第13讲《代几综合（二）》第3课时（教案）2023年人教版中考数学一轮复习

这是一份第13讲《代几综合（二）》第3课时（教案）2023年人教版中考数学一轮复习，共8页。
第十三讲“代几综合（二）”.（第三课时）
［教学目标］
知识与技能
1.理解并能够熟练运用勾股定理、相似、三角函数等计算手段.
2.掌握解代数与几何综合题的基本思路：
（1）借助几何直观解题；（2）运用方程思想、函数思想解题.
数学思考
根据具体实例，通过独立思考，灵活运用数形结合的思想方法，由形导数，以数促形，学会综合运用代数和几何知识解题的基本方法---数形结合.
问题解决
经历代数与几何综合题的研究、解答、归纳，让学生学会解答代几综合题的基本方法，培养学生自主探究、自主学习的能力、概括能力，从而提高学生分析问题、解决问题的能力.
情感态度
1.通过例题解答，巩固学生基础知识，增强数学素养，学生用转化的思想、普遍联系的观点分析问题，用数学的眼光解答问题；
2.通过小组活动，培养学生的合作意识和探究能力.
[教学重点、难点]
教学重点：复习问题材涉及的方程、不等式、概率、函数、三角形、四边形、相似形、圆等有关知识，探索解题的基本思路并写出规范的解题过程.
教学难点：几何图形的直观使用，方程思想、函数思想的灵活使用，写出规范的解题过程.
[教学准备]
动画多媒体语言课件.
教学过程 第三课时
中考佳题答案
1.A
2.C
3.D
4.D
5.
6.12
7. -4≤a≤-2
8. S1＜S3＜S2
9. 2+
10.
教学路径
教学说明
佳题补充
分三页出示
第一页
（选学）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，且OA＝2，OC＝1，矩形对角线AC、OB相交于E，过点E的直线与边OA、BC分别相交于点G、H．
(1)①直接写出点E的坐标：_______.
②求证：AG＝CH．

解析：①E为该矩形对角线AC的中点即可求得其坐标；下一步
涂色△AEG与△CEH
②通过证明△AEG≌△CEH，进而证得AG＝CH．
答案：①在横线中填“()” 下一步
按后图标记4个角
②证明：∵OABC为矩形
∴CE=AE，BC∥AO，
∴∠1=∠3，
在△AEG和△CEH中
∠1=∠3
CE=AE
∠2=∠4，
∴△AEG≌△CEH，
∴AG＝CH．
第二页
(2)如图2，以O为圆心，OC为半径的圆弧交OA与D，若直线GH与弧CD所在的圆相切于矩形内一点F，求直线GH的函数关系式．

解析：如后图连接DE，标记H(m,1)
连接DE，设H(m,1)，通过勾股定理求得点H(m,1)中m的值，进而求得直线GH的函数关系式．
答案：解：连接DE，
∵E为AC中点且D为AO中点，
∴DE⊥AO，
∴DE为⊙O的切线， 下一步
如后图1.对HC、HF涂同色，对EF、ED涂同色；2.在HF边上标记“m”；
3.在ED上标记；4.在EF上标记.
又∵直线GH与弧CD所在的圆相切于点F，
∴HC=HF，EF=ED=，
设H(m,1)，则HF=m，下一步
如后图1. EG边上标记(+m)；2.OD边上标记“1”；3.AG边上标记“m”；4.DG边上标记“(1-m)”；5.涂色Rt△EDG.
由(1)中可知HE=EG=+m，AG=HC，
∴DG=1-m，
在Rt△EDG中有EG2=ED2+DG2
(+m)2=()2+(1-m)2解得m=，下一步
∵H(,1)、E(1,)，直线GH的函数关系式易求y=x+
第三页
(3)在(2)的结论下，梯形ABHG的内部有一点P，当⊙P与HG、GA、AB都相切时，求⊙P的半径．

解析：首先，根据题意确定P点位置，方法如下：下一步
⊙P与GA、AB相切，从而P必在∠OAB的角分线上；下一步
⊙P与HG、GA相切，从而P必在∠HGA的角分线上. 下一步
进而P点位置得以确定，为∠OAB与∠HGA的角分线的交点.
答案：如后图1.连接DE并延长，交BC于点M；2.连接MA
解：连接DE并延长，交BC于点M，连接AM，
由题意可知ABMD为正方形，
∴AM平分∠OAB，下一步
如后图1.连接OH，BG.
连接OH，BG，
∵CH、HF与⊙O相切，
∴OH平分∠CHF，
由题意知BC∥AO，
∴∠CHF=∠HGA，
由(1)知CH=GA
∴OHBG为平行四边形，
∴OH∥BG
∴∠OHF=∠HGB，
∴BG平分∠HGA，下一步
在AM与BG的交点处标记点“P”（注意P点的颜色）
如后图标记点M、B、A、G四点坐标.
∴P点即为AM与BG的交点，此时⊙P与HG、GA、AB都相切
根据题意不难知M(1,1)、B(2,1)、A(2,0)、G(,0),
∴直线AM解析式为y=-x+2
直线BG解析式为y=3x-5
联立 y=-x+2
y=3x-5，
解得 x=
y=
∴P(,)
∴⊙P的半径为.
分三页出示
第一页
（选做）在平面直角坐标系xOy中，已知动点P在正比例函数y=x的图象上，点P的横坐标为m（m＞0）.以点P为圆心，m为半径的圆交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C、D两点（D点在点C的上方）.点E为平行四边形DOPE的顶点（如图）.
（1）写出点B、E的坐标（用含m的代数式表示）；

答案：B(3m,0)、E(m,4m) 下一步
1.连接PB，过P作PM⊥x轴，垂足为M；2.如图标记P、M坐标
求解如下：解：连接PB，过P作PM⊥x轴，垂足为M，
∵P在正比例函数y=x的图象上且P的横坐标为m（m＞0），
∴P(m, m)，
∴M(m, 0)， 下一步
1.如图标记PB的长度“m”；2.涂色△PMB；3.标记B点坐标
在Rt△PMB中BM2=PB2-PM2，即BM2=5m2-m2=4m2
解得BM=2m
∴B(3m,0) 下一步
标记D、E点坐标
同理可得D(0，3m)
∵E为平行四边形DOPE的顶点
∴E(m,4m)
第二页
（2）连接DB、BE，设△BDE的外接圆交y轴于点Q（点Q异于点D），连接EQ、BQ.试问线段BQ与线段EQ的长是否相等？为什么？
随题目直接出示下面第一个图形，

解析：判断△BDE的形状进而确定△BDE的外接圆的圆心位置是求解此问的关键.
答案：BQ=EQ，证明如下：下一步
证明：如后图出示点D、E、B坐标，标记∠D垂直符号；涂色△BDE
由(1)知B(3m,0) 、D(0，3m)、 E(m,4m)
∴BD=、DE=、BE=，
∵BD2+DE2=BE2
∴△BDE为直角三角形，且∠D=90°，下一步
如后图1.标记G (2m,2m)，2.作GN⊥y轴，3.标记N点坐标，4.标记Q坐标
∴△BDE的外接圆的圆心为其斜边BE的中点G，
由B(3m,0) 、E(m,4m)易求G (2m,2m)，
过点G作GN⊥y轴，垂足为N，易知N(0，2m)，
由垂径定理可知DN=NQ
∴Q(0，m) 下一步
由勾股定理易求BQ=EQ=，
∴线段BQ与线段EQ的长相等.

第三页
（3）连接BC，求∠DBC－∠DBE的度数.
随题目出示前图

解析：求证∠OBC=∠DBE即可求得∠DBC－∠DBE的度数.
答案：作PH⊥y轴(标记垂直符号)，标记D、H、C三点坐标
解：作PH⊥y轴，垂足为H，由题易知H (0，m)，
由垂径定理可知DH=HC，
∴C(0，-m) 下一步
涂色△DBE与△OBC，在DE与DB边上标记长度，标记∠1、∠2
由(2)问中已知BD=、DE=，
在Rt△DBE中，tan∠1=
在Rt△OBC中，tan∠2=
∴∠1=∠2 下一步
∴∠DBC－∠DBE=∠DBO=∠3
∵B(3m,0) 、D(0，3m)
∴∠3=45°，
∴∠DBC－∠DBE=∠DBO=45°.