初三数学几何定理的运用

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九年级数学圆几何题小妙招

九年级数学圆几何题小妙招一、了解圆的基本概念在解决九年级数学圆几何题时，首先要掌握圆的基本概念，包括圆心、半径、直径、弦、弧、切线等。

这些基本概念是解决圆几何题的基础，只有熟练掌握这些概念，才能更好地分析问题和解决问题。

二、善于运用性质定理圆的性质定理是解决圆几何题的重要工具，包括弦长定理、切割线定理、相交弦定理、同弧所对的圆周角相等等。

在解题过程中，要善于运用这些定理，将复杂的问题转化为简单的问题，从而提高解题效率。

三、明确题目要求在解决九年级数学圆几何题时，要明确题目的要求，包括求解什么、已知什么条件等。

只有明确了题目要求，才能有针对性地进行分析和解答。

同时，要注意审题，避免因为看错题目而出现错误。

四、画图辅助解题在解决九年级数学圆几何题时，画图是一种非常有效的解题方法。

通过画图，可以将抽象的问题具体化，从而更好地分析问题和解决问题。

画图时要尽量准确，遵循题目的条件，不要随意添加或减少条件。

五、分类讨论在解决九年级数学圆几何题时，有时候需要对问题进行分类讨论。

例如，当涉及到弦与直径的关系时，可以分为弦是直径的情况和非直径的情况；当涉及到圆周角与圆心角的关系时，可以分为圆周角等于圆心角的情况、圆周角大于圆心角的情况和圆周角小于圆心角的情况等。

通过分类讨论，可以更好地解决问题。

六、利用对称性在解决九年级数学圆几何题时，可以利用对称性简化问题。

例如，当涉及到两个圆的位置关系时，可以考虑将其中一个圆关于另一个圆的直径进行对称，从而将问题转化为求解一个圆上的几何问题；当涉及到多个圆的位置关系时，可以考虑将多个圆进行适当的旋转和平移，使得问题变得简单。

七、利用代数方法在解决九年级数学圆几何题时，有时候可以利用代数方法简化问题。

例如，当涉及到弦长和半径的关系时，可以利用勾股定理求解；当涉及到弧长和半径的关系时，可以利用弧长公式求解；当涉及到角度和弧度的关系时，可以利用角度制和弧度制的转换公式求解等。

通过代数方法，可以更快地解决问题。

初中数学几何基证明技巧

初中数学几何基证明技巧黄文杰一.总论：1.研究几何图形要把我们生活中的折叠，平移，旋转等操作运用到几何学习和探究中来，充分运用生活的观察视角去研究问题和解决问题；2.要熟练掌握几何图形够成的基本元素是边和角，运用分类思想对组成图形的各要素进行研究和探索，得出合理的结论；3.充分灵活运用“边清，角清，已知条件清，等量关系清，问题清”和“合情推理”。

4.图形计算问题一般运用公式，等量关系，勾股定理，相似比建立方程解决。

5.辅助线的添加要以基本公理，定理模型图为根据，完善模型；计算题一般是构造直角三角形和相似三角形；面积问题一般是根据面积的和与差建立等量关系。

二.几何证明的分析和书写：（一）几何证明是平面几何中的一个重要问题，它对培养学生逻辑思维能力有着很大作用。

几何证明有两种基本类型：一是平面图形的数量关系；二是有关平面图形的位置关系。

这两类问题常常可以相互转化，如证明平行关系可转化为证明角等或角互补的问题。

（二）掌握分析、证明几何问题的常用方法：（1）综合法（由因导果），从已知条件出发，通过有关定义、定理、公理的应用，逐步向前推进，直到问题的解决；例：如图，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AD为腰CB上的中线，CE⊥AD交AB于E．求证∠CDA＝∠EDB．12AB CDE（2）分析法（执果索因）从命题的结论考虑，推敲使其成立需要具备的条件，然后再把所需的条件看成要证的结论继续推敲，如此逐步往上逆求，直到已知事实为止；例、如图，在△ABC 中，AD 平分∠BAC 交BC 于D ，EF 垂直平分AD ，交AC 于E ，交AC 于F.求证：四边形AEDF 是菱形.（3）两头凑法：将分析与综合法合并使用，比较起来，分析法利于思考，综合法易于表达，因此，在实际思考问题时，可合并使用，灵活处理，以利于缩短题设与结论的距离，最后达到证明目的。

例;已知：如图，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝90°，CD ⊥AD ，AD 2＋CD 2＝2AB 2．（1）求证：AB ＝BC ；（2）当BE ⊥AD 于E 时，试证明：BE ＝AE ＋CD ．（4）分析法与综合法的特点：分析法的特点是从要证明的结论开始一步步地寻求其成立的条件，直至寻求到已知条件上。

勾股定理及其应用

勾股定理及其应用勾股定理是数学中的一条基础定理，也是几何中一个重要的概念。

它被广泛应用于各个领域，比如物理学、工程学和计算机科学等。

本文将对勾股定理的原理进行介绍，并探讨其在实际应用中的具体运用。

一、勾股定理的原理勾股定理是指在直角三角形中，直角边的平方等于其他两条边平方的和。

即若在一个直角三角形中，设直角边分别为a、b，斜边为c，则有a² + b² = c²。

这一定理最早出现在古代中国的数学著作《周髀算经》中，被称为“六百年前的勾股定理”。

而在西方，古希腊数学家毕达哥拉斯被广泛认为是勾股定理的发现者。

二、勾股定理的应用1. 几何推理勾股定理在几何中有着广泛的应用。

通过勾股定理，我们可以判断一个三角形是否为直角三角形，以及计算出未知边长的长度。

此外，勾股定理也为我们解决各类直角三角形的问题提供了一种常用的方法。

2. 物理学领域勾股定理在物理学中有着重要的应用。

例如，在力学中，我们可以利用勾股定理来计算物体的位移和速度。

在光学中，勾股定理可用于计算光线的传播距离和角度。

在力学和光学等自然科学中，勾股定理是解决问题的基础。

3. 工程学领域在工程学领域，勾股定理也被广泛应用于测量和设计中。

例如，在建筑工程中，我们利用勾股定理来进行斜边的测量，从而确保建筑物结构的稳定性。

在工程设计中，我们可以利用勾股定理来确定设计方案的可行性。

4. 计算机科学领域在计算机科学中，勾股定理被广泛应用于图像处理和计算机图形学中。

通过勾股定理，我们可以计算图像中的像素距离，从而实现图像的缩放、旋转和变换等操作。

此外，勾股定理还在算法设计和数据结构中扮演着重要的角色，为计算机科学领域提供了一种简便而高效的方法。

结语勾股定理是数学中的一条重要定理，它不仅具有理论意义，还被广泛应用于各个领域。

几何推理、物理学、工程学和计算机科学等领域都离不开勾股定理的运用。

通过深入了解勾股定理的原理，我们可以更好地理解其应用，并在实际问题中灵活运用，从而取得更好的效果。

初中数学教案余弦定理与正弦定理的应用

初中数学教案余弦定理与正弦定理的应用初中数学教案余弦定理与正弦定理的应用一、引言在初中数学学习中，我们经常会遇到利用几何知识解决实际问题的情况。

而余弦定理和正弦定理作为几何知识的重要部分，具有广泛的应用价值。

本教案旨在通过具体的例子，让学生理解并能够熟练应用余弦定理和正弦定理。

二、教学目标1. 掌握余弦定理和正弦定理的概念和公式；2. 理解余弦定理和正弦定理的应用场景；3. 能够灵活运用余弦定理和正弦定理解决实际问题。

三、教学内容1. 余弦定理的应用余弦定理是用来求解三角形边长或角度的定理，其公式为：c^2 = a^2 + b^2 - 2ab*cos∠C示例题目1：已知三角形ABC，边长分别为a=5cm，b=7cm，∠C=60°，求边c的长度。

解答思路：根据余弦定理的公式，将已知的数值代入计算，有：c^2 = 5^2 + 7^2 - 2*5*7*cos60°c^2 = 25 + 49 - 70*cos60°c^2 = 74 - 70*0.5c^2 = 74 - 35c^2 = 39因此，c≈6.24cm示例题目2：已知三角形ABC，边长分别为a=8cm，b=9cm，c=10cm，求∠A的大小。

解答思路：根据余弦定理的公式，将已知的数值代入计算，有：8^2 = 9^2 + 10^2 - 2*9*10*cos∠A64 = 81 + 100 - 180*cos∠A180*cos∠A = 181 - 64cos∠A = 117/180∠A ≈ 51.32°2. 正弦定理的应用正弦定理是用来求解三角形边长或角度的定理，其公式为：a/sin∠A = b/sin∠B = c/sin∠C示例题目3：已知三角形ABC，∠A=45°，∠B=60°，AC=8cm，求边AB与BC的长度。

解答思路：根据正弦定理的公式，将已知的数值代入计算，有：AB/sin45° = 8/sin60°AB = 8*sin45°/sin60°AB ≈ 8*0.7071/0.8660 ≈ 6.928cmBC/sin60° = 8/sin45°AB = 8*sin60°/sin45°AB ≈ 8*0.8660/0.7071 ≈ 9.398cm四、教学方法1. 结合实际生活进行示例分析，增加学生的兴趣；2. 组织学生小组合作，共同解决问题，培养合作意识；3. 引导学生总结规律，归纳定理应用方法。

初中数学几何模型的60种解题技巧

初中数学作为学生学习的基础课程之一，其中的几何模型在数学解题中占据着重要的地位。

掌握几何模型的解题技巧不仅可以帮助学生更好地理解数学知识，还可以提高他们的解题效率。

本文将介绍初中数学几何模型的60种解题技巧，希望能为学生们的学习提供帮助。

1. 角度概念的运用：在几何模型的解题过程中，学生可以通过具体的角度概念来解答问题，例如利用垂直角、平行线、内角和为180度等概念来解题。

2. 图形相似的判断：判断两个图形是否相似是解题的基础，学生可以利用边长比例、角度比例等方法来确定图形的相似性。

3. 平行线相关性质的应用：平行线的性质在几何模型的解题中经常会出现，学生可以通过平行线与角度的关系来解答问题。

4. 圆的相关性质的利用：圆的性质在几何模型中也是常见的，学生需要掌握圆的直径、半径、圆心角等概念，以便解题。

5. 三角形的分类和性质的运用：学生需要掌握等边三角形、等腰三角形、直角三角形等不同类型三角形的性质，并根据题目的要求来进行合理的运用。

6. 应用解题：在学习几何模型的解题过程中，学生需要结合实际的应用场景，将抽象的几何原理与具体的问题相结合来解答问题。

7. 连线问题的求解：对于一些多边形的连线问题，学生可以通过几何模型的知识来进行合理的求解。

8. 几何图形的对称性：对称图形在几何模型中也是常见的，学生可以通过对称性来解答与对称图形相关的问题。

9. 正多边形的性质：正多边形的性质是几何模型解题中的重要内容，学生需要掌握正多边形的内角和为180度、外角的性质等知识。

10. 形状的变换：在几何模型的解题中，学生需要掌握形状的平移、旋转、翻转等变换操作，以便解答形状变换后的问题。

11. 圆的面积和周长的求解：学生需要掌握圆的面积和周长的相关公式，并结合题目要求来进行求解。

12. 三角形的面积和周长的求解：学生需要掌握不同类型三角形的面积和周长的求解方法，并灵活运用到不同的题目中。

13. 平行四边形的面积和周长的求解：平行四边形的面积和周长的求解也是初中数学几何模型解题的重要内容，学生需要掌握相关公式及其应用。

2023年中考数学几何专题：勾股定理的应用(解析版)

2023中考数学几何专题：勾股定理的应用（解析版）1. 放学以后，小红和小颖从学校分手，分别沿东南方向和西南方向回家，若小红和小颖行走的速度都是40米/分，小红用15分钟到家，小颖20分钟到家，小红和小颖家的直线距离为（）A ．600米 B. 800米 C. 1000米 D. 不能确定【解析】速度一定且相同，路程比=时间比.再用勾股定理，直线距离应该是25分钟的路程.选C.【答案】C2. 一架25分米长的梯子，斜立在一竖直的墙上，这时梯足距离墙底端7分米.如果梯子的顶端沿墙下滑4分米，那么梯足将滑动( )A. 9分米B. 15分米C. 5分米D. 8分米【解析】在初始和结束两个状态下,选定直角三角形,应用勾股定理. 初始时,经计算,可知,梯顶距墙底端24分米.结束时,经计算,可知,梯足距离墙底端15分米.选D. 【答案】D3. 如图,点P 是AOB ∠的角平分线上一点，过点P 作//PC OA 交OB 于点C .若60,4AOB OC ∠==,则点P 到OA 的距离PD 等于__________.【解析】过P 点作PE OB ⊥，并交OB 于点E .∵60,AOB OP ∠=是AOB ∠的角平分线， ∴630BOP ∠==. 又∵//PC OA ，∴60PCB AOB ∠=∠=.∴30OPC BOP BPC ∠==∠=∠.∴14,22PC OC EC PC ====.∴PB =.【答案】4. 将一根长为24cm 的筷子，置于底面直径为5cm ，高为12cm 的圆柱形水杯中，设筷子露在杯子外边的长度为cm h ，则h 的取值范围为PODC B A EP ODC BA【答案】2.3cm5. 如图，是一块直角三角形的土地，现在要在这块地上挖一个正方形蓄水池AEDF ，已知剩余的两直角三角形（阴影部分）的斜边长分别为20cm 和30cm ，则剩余的两个直角三角形（阴影部分）的面积和．．．为 2cm ．【解析】cm AE x =，cm BE a =，cm CF b =，在Rt BDE ∆中，22230900a x +== ① 在Rt CDF ∆中，22220400b x +== ②在Rt ABC ∆中，()()222502500a x b x +++==，即2222222500a ax x b bx x +++++= ③③-①-②得，221200ax bx +=，3002ax bx+=最简单的方法为两个小的直角三角形旋转合并成一个大的直角三角形（正方形的边重合）故130203002⨯⨯=．【答案】3006. 如图，学校有一块长方形花铺，有极少数人为了避开拐角走“捷径”，在花铺内走出了一条“路”．他们仅仅少走了步路（假设2步为1米），却踩伤了花草．【解析】直接应用勾股定理可知,少走了5m.又知2步为1米,所以少走了10步. 【答案】107. 蚂蚁沿图中的折线从A 点爬到D 点，一共爬了多少厘米？（小方格的边长为1厘米）【解析】把折线从A 到D,分三段计算.第1段长为5,第2段长为13,第3段长为10,进行加法计算,所以蚂蚁一共爬了28cm .【答案】28cm8. 在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，若54a b c +==，，则ABC S ∆= . 【解析】在Rt ABC ∆中,由勾股定理得，222a b c +=. 又有()2222a b a b ab +=++, 所以 ()222a b c ab +-=所以1924ABC S ab ∆==.【答案】94ABC S ∆=9. 如图，Rt ABC ∆中，90CAB ∠=︒，AB AC =，E 、F 为BC 上的点，且45EAF ∠=︒，求证：222EF BE FC =+．【解析】过点A 作线段AD ，使CAF BAD ∠=∠，且AD AF =．在ACF ∆和ABD ∆中， AC AB CAF BAD AF AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ACF ABD ∆∆≌ ∴CF BD =，DBA FCA ∠=∠90DBE DBA ABE FCA ABE ∠=∠+∠=∠+∠=︒ 在ADE ∆和AFE ∆中， 45AE AE EAF EAD AD AF =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴ADE AFE ∆∆≌ ∴ED EF =在Rt BDE ∆中，222DE BD BE =+，∴222EF BE FC =+．【答案】见解析F E C B ADF E CB ACBAD10. 如图，已知Rt △ABC 的周长为26+，其中斜边2AB =，求这个三角形的面积.【解析】在Rt △ABC 中，根据勾股定理，得2222a b +=，即2()24a b ab +-=。

初中数学奥林匹克几何问题-塞瓦定理及应用

初中数学奥林匹克几何问题-塞瓦定理及应用本资料为WoRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址第二章塞瓦定理及应用【基础知识】塞瓦定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，，三线平行或共点，则．①证明如图2-1（）、（），若，，交于一点，则过作的平行线，分别交，的延长线于，，得．又由，有．从而．若，，三线平行，可类似证明（略）．注（1）对于图2-1（）、（）也有如下面积证法：由：，即证．（2）点常称为塞瓦点．（3）共点情形的塞瓦定理与梅涅劳斯定理可以互相推证．首先，由梅涅劳斯定理推证共点情形的塞瓦定理．如图2-1（）、（），分别对及截线，对及截线应用梅涅劳斯定理有，．上述两式相乘，得．其次，由共点情形的塞瓦定理推证梅涅劳斯定理．如图2-2，设，，分别为的三边，，所在直线上的点，且，，三点共线．令直线与交于点，直线与交于点，直线与交于点．分别视点，，，，，为塞瓦点，应用塞瓦定理，即对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．上述六式相乘，有．故．塞瓦定理的逆定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，②则，，三直线共点或三直线互相平行．证明若与交于点，设与的交点为，则由塞瓦定理，有，又已知有，由此得，即，亦即，故与重合，从而，，三线共点．若，则．代入已知条件，有，由此知，故．上述两定理可合写为：设，，分别是的，，所在直线上的点，则三直线，，平行或共点的充要条件是．③第一角元形式的塞瓦定理设，，分别是的三边，，所在直线上的点，则三直线，，平行或共点的充要条件是．④证明由，，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立．第二角元形的塞瓦定理设，，分别的三边，，所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则，，平行或共点的充要条件是．⑤证明注意到塞瓦定理及其逆定理，有．由此即证得结论．注在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式的右端仍为1．特别要注意的是三边所在直线上的点或者两点在边的延长线上，或者没有点在边的延长线上．④、⑤式中的角也可按①式的对应线段记忆．推论设，，，分别是的外接圆三段弧，，上的点，则，，共点的充要条件是．证明如图2-3，设的外接圆半径为，交于，交于，交于．由，，，，，六点共圆及正弦定理，有．同理，，．三式相乘，并应用第一角元形式的塞瓦定理即证．为了使读者熟练地应用塞瓦定理，针对图2-4中的点、、、、、，将其作为塞瓦点，我们写出如下式子：对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有．【典型例题与基本方法】1．恰当地选择三角形及所在平面上的一点，是应用塞瓦定理的关键例1四边形两组对边延长分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行．证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连线的线段．（1978年全国高中竞赛题）证明如图2-5，四边形的两组对边延长分别交于，，对角线，的延长线交于．对及点，应用塞瓦定理，有．由，有，代入上式，得，即．命题获证．例2如图2-6，锐角中，是边上的高，是线段内任一点，和的延长线分别交，于，．求证：．（1994年加拿大奥林匹克试题）证法1对及点，应用塞瓦定理，有．①过作，延长，分别交于，，则，且，，从而，．而由①，有，故．由此知为等腰底边上的高，故．证法2对及点应用塞瓦定理，有．即，由锐角性质知．类似地，对及截线或对及截线应用梅涅劳斯定理也可证得有．注将此例中的平角变为钝角，则有如下：例3如图2-7，在四边形中，对角线平分．在上取一点，与相交于，延长交于．求证：．（1999年全国高中联赛题）证明连交于，对及点，应用塞瓦定理，有．平分，由角平分线性质，可得，故．过点作的平行线交的延长线于，过点作的平行线交的延长线于，则．所以．从而，．又，，有．因此，，即有．故．注由此例还可变出一些题目，参见练习题第4、5及19题．例4如图2-8，是的中线，在上，分别延长，交，于，，过作交于，及为正三角形．求证：为正三角形．证明连，对及点应用塞瓦定理，有．而，则．由，由．于是，有，从而，即知四边形为平行四边形，有．又，则．而，，知，有，．于是．故为正三角形．例5如图2-9，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．（1994年香港代表队选拔赛题）（其中注意），．证明用表示的度量，令，则，，，对及点，应用第一角元形式的塞瓦定理，有．亦即．于是，即．而，则．因，则．，即．从而．故，即是的三等分线．利用第一角元形式的塞瓦定理可简捷处理20XX年全国高中联赛加试第一题的第1问：例6设、分别为锐角（）的外接圆上弧、的中点．过点作交圆于点，为的内心，联结并延长交圆于点．求证：．证明事实上，易知、、及、、分别三点共线，对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．①由知，有．于是①式即为．故．2．注意塞瓦定理逆定理的应用以及与梅涅劳斯定理的配合应用例7如图2-10，在中，，为上给定的一点（不是线段的中点）．设为直线上与，都不相同的任意一点，并且直线，交于，直线，交于，直线，交于．试证明交点与在直线上的位置无关．（1990年苏州市高中竞赛题）证明设分线段为定比，分线段为定比．下证由确定，即当，给定后，点的位置由点唯一确定．在中，由，，交于一点，应用塞瓦定理，有，即．对及截线，应用梅涅劳斯定理，得，即．上述两式相加，得．从而，即，故由唯一确定．因此，点与在直线上的位置无关．例8如图2-11，设为内任一点，在形内作射线，，，使得，，．求证：，，三线共点．证法1设交于，交于，交于，则由正弦定理有．同理，,．将上述三式相乘，并应用正弦定理，有．由塞瓦定理的逆定理，知，，共点．证法2设交于，交于，交于，直线交于，直线交于，直线交于．对及点，应用塞瓦定理，有．在和中应用正弦定理，有．同理，，．以上三式相乘，并注意到①式，有．由塞瓦定理的逆定理，知，，共点．证法3设交于，交于，交于，直线交于，直线交于，直线交于．对及点，应用角元形式的塞瓦定理，有．由题设，，，则有，，．于是，对，应用角元形式的塞瓦定理的逆定理，知，，三线共点．例9如图2-12，四边形内接于圆，其边与的延长线交于点，与的延长线交于点，过点作该圆的两条切线，切点分别为和．求证：，，三点共线．（1997年试题）证明连分别交，于，，设与交于．要证，，三点共线，只须证明，，和，，都三点共线，又只须证明，，三线共点．由塞瓦定理的逆定理知只须证明．又直线截，应用梅涅劳斯定理，有，从而只须证明．设圆心为，连交于，连，，，，则由切割线走理和射影定理，有，即知，，，四点共圆，有，此表明为的内角的外角平分线．而，则平分．于是，，结论获证．【解题思维策略分析】1．获得线段比例式的一种手段例10如图2-13，中，，分别为和同方向延长线上的点，与相交于，且．若点满足（为常数），则．证明设交于，对及其形外一点，应用塞瓦定理，有．而，则．不妨设，则，即有，于是，故．此时，点到的距离不小于到的距离，则过作必交延长线于一点，设为．又作的外接圆交于另一点，则四边形为等腰梯形．当时，由，知必在线段上，于是，（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）．又由，知．故结论获证．2．转化线段比例式的一座桥梁例11设为内任一点，，，分别交，，于，，．求证：．证明如图2-14，记，，．对及点，应用塞瓦定理，有．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有，即．由合比定理得，即．同理，，．三式相加，得．例12如图2-15，设为内任意一点，，，的延长线交对边，，于点，，，交于．试证：．证明令，，，对及点，应用塞瓦定理，有．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．注意到，则有，即，故．又对直线截，有．而，则，故．又对及截线，有，即有，故．从而．于是，．其中等号由中等号成立时成立，即当且仅当亦即当且仅当，亦即时取等号．此时，和之间成为如图2-16的双曲线的关系．例13如图2-17，已知直线的三个定点依次为、、，为过、且圆心不在上的圆，分别过、两点且与圆相切的直线交于点，与圆交于点．证明：的平分线与的交点不依赖于圆的选取．（45预选题）证明设的平分线交于点，交圆于点，其中与是不同的两点．由于是等腰三角形，则有．同理，在中，有．在中，视为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有．注意到，．则．即，故结论获证．3．求解三角形格点问题的统一方法如果三角形的三个角的度数都是10的整数倍，三角形内一点与三角形的三个顶点分别连结后，得到的所有的角也都具有这个性质，我们称这样的点为三角形的格点．例14如图2-18，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．（1998年加拿大奥林匹克试题）证明设，则，对及点，应用第一角元形式的塞瓦定理，有．从而，即有．．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故．注此题也可这样来解：由，有．由于作为的函数在上严格递减，所以．故．因此，．或者过点作于，则，．关于有．所以，、、三线共点，因此点在上，即．例15如图2-19，在内取一点，使得，．设，，求．（1983年前南斯拉夫奥林匹克试题）解设，则．由第一角元形式的塞瓦定理，有．从而．，，．于是．注意到，知，．，故．所以为所求．注此题结果也可直接由①式有且，，求得．另外，此题也可这样来解：由，有．因为作为的函数在（，）上严格递减，所以．故．或者由，令，则．对和点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．则．因为作为的函数在上严格递增，所以．例16如图2-20，具有下面性质：存在一个内部的点，使得，，，．证明：是等腰三角形．（1996年美国第25届奥林匹克试题）证明设，则．由第一角元形式的塞瓦定理，有．即有．，．从而且，，故，即，从而．注此题也可这样来求解：由，有．因为作为的函数在（，）上严格递减，所以，即．故．还可对及点应用第一角元形式的塞瓦定理来求．4．论证直线共点的一种工具例17如图2-21，在四边形中，，，过，的交点引，，其中交，于，，交，于，．，分别交于，，则．（1990年cmo选拔试题）证明在，上分别取，，使，，则由对称性可知有下列角相等，即若设，，，，，，则，又，故．又，故，．连交于，在中，．故由塞瓦定理的逆定理，知，，共点，即过点．由对称性知，．例18如图2-22，在锐角中，以点引出的高为直径作圆交，于，，再从作．同样可作出，．试证：三直线，，相交于一点．（第29届预选题）证明设与，分别相交于点，，由，，知，即．同理，设，边上的高，的垂足分别为，，且，分别与，交于，，则有，．由于的三条高相交于垂心，此时应用第一角元形式的塞瓦定理，得，用等角代换上式，有．故由第一角元形式的塞瓦定理，知，，三线共点，即，，相交于一点．例19如图2-23，四边形内接于圆，，的延长线交于，，的延长线交于，为圆上任一点，，分别交圆于，．若对角线与相交于，求证：，，三点共线．证明连，，，，，．由，，有，，此两式相乘，有．①又由，，有，，此两式相乘，有．由①②，得．上式两边同乘以，得．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．于是．此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知，，交于一点．从而，，三点共直线．【模拟实战】习题A1．在中，是上的点，，是中点．与交于，交于，求四边形的面积与的面积的比．2．若通过各顶点的直线，，共点，并且它们在边，，所在直线上的截点，，关于所在边中点的对称点分别为，，，则直线，，也共点．3．一圆交的各边所在直线于两点，设边上的交点为，，边上的交点为，，边上的交点为，．若，，共点，则，，也共点．4．试证：过三角形顶点且平分三角形周长的三条直线共点．5．将各内角三等分，每两个角的相邻三等分线相交得，又，，分别平分，，且它们与，，交于，，．求证：，，三线共点．6．将的各外角三等分，每两个外角的相邻三等分线相交得．又，，分别平分，，且它们与，，交于，，．求证：，，三线共点．7．是的内切圆，，，上的切点各是，，．射线交于，同样可得，．试证：直线，，共点．8．在内部，且从，，各向，，所作的垂线共点，则从，，各向，，所作的垂线也共点．9．在中，，为形内一点，，，求的度数．10．在中，，，为形内一点，且，求的度数．（《数学教学》问题432题）11．在中，，，为形内一点，，求的度数．（《数学教学》问题491题）12．在中，，，为的平分线上一点，使，交于，交于．求证：．（《数学教学》问题531题）13．在中，，，为形内一点，，，求的度数．（《数学通报》问题1023题）14．在中，，，为形内一点，且，，求的度数．（《数学通报》问题1142题）15．在中，，，为形内一点，，，求的度数．（《数学通报》问题1208题）16．中，，，为形内一点，，．求证：．（《数学通报》问题1306题）17．在中，，，为形内两点，，．求证：，，三点共线．（《数学通报》问题1243题）18．中，，，为形内两点，，．求证：．（《数学通报》问题1281题）19．在中，，，为内心，为上一点，满足．试求的度数．（《数学通报》问题1073题）20．，，，，，顺次分别在的三边，，上，且，，，过，，分别作，，的平行线，，．求证：，，三线共点的充要条件是，，三线共点．21．在中，，于，过任作两射线分别交，于点，，交过点的平行线于，，且．求证：，，共点．22．在中，过三边，，边中的中点，，的三条等分三角形周长的直线，，（，，在三角形三边上）分别交，，于，，．求证：，，三线共点．23．的内切圆切，，于，，．是内一点，交内切圆于两点，其中靠近的一点为，类似定义，．试证：，，三线共点．24．在内部，的延长线分别交，于，；的延长线分别交，于，；的延长线分别交，于，，且满足．求证：，，所在直线共点．（《中学数学教学》擂台题（28））25．给定，延长边至，使．的外接圆与以为直径的圆相交于和．设与的延长线分别交和于，．求证：，，共线．（第15届伊朗奥林匹克题）26．在的边上向外作三个正方形，，，是正方形中的边，，对边的中点．求证：直线，，共点．习题B1．是的内切圆，，，，分别是，，上的切点，，，都是的直径．求证：直线，，共点．（《数学通报》问题1396题）2．四边形的内切圆分别与边，，，相切于，，，．求证：，，，四线共点．（《数学通报》问题1370题）3．锐角中，角的平分线与三角形的外接圆交于另一点，点，与此类似．直线与，两角的外角平分线交于，点，与此类似．求证：（Ⅰ）三角形的面积是六边形的二倍；（Ⅱ）三角形的面积至少是三角形面积的四倍．（-30试题）4．设为内一点，使，是线段上的点，直线，分别交边，于，．求证：．5．在凸四边形中，对角线平分，是的延长线上的一点，交于点，延长交的延长线于．试证：．6．在中，，，为内心，为上一点，满足．试求的度数．（《数学通报》问题1073题）7．设是等边三角形，是其内部一点，线段，，依次交三边，，于，，三点．证明：．（-37预选题）8．在一条直线的一侧画一个半圆，，，是上两点，上过和的切线分别交于和，半圆的圆心在线段上，是线段和的交（-35预选题）点，是上的点，．求证：平分．9．设是锐角的内接正方形的中心，其中内接正方形的两个顶点在边上，一个顶点在边上，一个顶点在边上．同样定义两个顶点分别在边和边上的内接正方形的中心分别为，．证明：，，交于一点．（-42预选题）10．以的底边为直径作半圆，分别与，交于点，，分别过点，作的垂线，垂足依次为，，线段和交于点．求证：．（1996年国家队选拔考试题）11．设，是锐角的外接圆的圆心和垂心．证明：存在，，分别在线段，，上，使得，且此时，，三线交于一点．（-41预选题）12．已知是的直径，弦于，点和分别在线段和上，且∶∶，射线，交于，．求证：，，三线共点．13．设是的内心，以为圆心的一个圆分别交于，，交于，，交于，．这六个点在圆上的顺序为，，，，，．设，，为弧，，的中点，直线，相交于，直线，相交于，直线，相交于．求证：直线，，三线共点．14．在的边和上分别向形外作和，使，且．求证：连线，与边上的高三线共点．15．过非等边三角形各顶点作其外接圆的切线，则各切线与其对边的交点共线．16．在内三点，，满足，，则，，三线共点的充要条件是．17．在任意的三边，，上各有点，，，而是内部任一点，直线，，分别交线段，，于，，．求证：直线，，共点的充分必要条件是，，共点，而与点的位置无关．18．设是平面上区域内任一点，，，的延长线交三边于，，．求证：在区域内，存在一个以的某两边为邻边的平行四边形．19．设凸四边形的两组对边所在的直线，分别交于，两点，两对角线的交点为，过点作于．求证：．（2002国家集训队选拔试题）20．在中，和均为锐角．是边上的内点，且平分，过点作垂线于，于，与相交于．求证：．。

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初三数学几何定理的运用摘要：教师在教学时经常需要面对不同的学生，如何根据不同的情况采取相应的措施显得非常必要。

一些学生到了初三仍对几何证明题书写感到困难，思考时没有明确的目的。

本文针对这些情况，充分重视了“定理教学”，采取了先集中讲授再平时渗透的方法，提出了从定理的基本要求出发，通过建立表象、组合定理、联想定理等教学对策，从而使学生具备“用定理”的意识。

关键词：建立表象、组合定理、联想定理教师在教途上并不是一帆风顺的，尤其在农村中学，有时由于教学上的需要，往往到了初三，也会出现面对陌生学生的情况。

笔者今年就遇到了尴尬：几何证明题学生会证的，却不会书写或书写不完整；知道步骤的原因和结论，但讲不出定理的内容；更多的学生面对几何题在证明时凭感觉。

面对着时间紧、任务重，怎么办呢？经过一番苦思冥想，针对学生基础差、底子薄，决定狠抓“定理教学”。

通过一段时间的复习，学生普遍反映在证题和书写时有了“依靠”，也发现了定理的价值，基本树立了“用定理”的意识。

那么，学生在证题时到底是由哪些原因造成思维受阻，产生解题的困惑呢？我们把它归纳为以下几点：⑴不理解定理是进行推理的依据。

其实如果我们把一道完整的几何证明题的过程进行分解，发现它的骨干是由一个一个定理组成的。

而学生书写的不完整、不严密，就因为缺乏对定理必要的理解，不会用符号语言表达，从而不能严谨推理，造成几何定理无法具体运用到习题中去。

⑵找不到运用定理所需的条件，或者在几何图形中找不出定理所对应的基本图形。

具体表现在不熟悉图形和定理之间的联系，思考时把定理和图形分割开来。

对于定理或图形的变式不理解，图形稍作改变（或不是标准形），学生就难以思考。

⑶推理过程因果关系模糊不清。

针对以上的原因，我们在教学中采取了一些自救对策。

一、教学环节对几何定理的教学，我们在集中讲授时分5个环节。

第1、2 环节是理解定理的基本要求；第3 环节是基本推理模式，第4 环节是定理在推理过程中的呈现方式，提出了“模式＋定理”的书写方法；第5 环节是定理在解题分析时的导向作用，提出了“图形＋定理”的思考方法。

程序图设计如下：基本要求→重新建立表象→推理模式→ 组合定理→ 联想定理二、操作分析和说明⒈定理的基本要求我们认为，能正确书写证明过程的前提是学会对几何定理的书写，因为几何定理的符号语言是证明过程中的基本单位。

因而在教学中我们采取了“一划二画三写”的步骤，让学生尽快熟悉每一个定理的基本要求，并重新整理了初中阶段的定理（见附页，此只列出与本文有关的定理），集中展示给学生。

例如定理43：直角三角形被斜边上的高线分成的两个直角三角形和原三角形相似。

一划：就是找出定理的题设和结论，题设用直线，结论用波浪线，要求在划时突出定理的本质部分。

如：“直角三角形”和“高线”、“相似”。

二画：就是依据定理的内容，能画出所对应的基本图形。

如：三写：就是在分清题设和结论的基础上，能用符号语言表达，允许采用等同条件。

如：∵△ABC是Rt△，CD⊥AB于D（条件也可写成：∠ACB＝90°,∠CDB＝90°等) ∴△ACD∽△BCD∽△ABC。

学生在书写时果然出现了一些问题：①不理解每个定理的条件和结论。

学生在书写时往往漏掉条件（如定理19漏掉垂直，定理46漏掉高、中线等）；对条件太简单的不会写（如定理3）；或者把条件当成结论（如定理12把三线都当成结论）。

②还表现在思维偏差。

我们的要求是会用定理，而有些学生把定理重新证明一遍（如定理5、6）；或者在一个定理中出现∵××，又∵××，∴××的错误。

③更多的是没有抓住本质。

具体表现在把非本质的条件当成本质条件（如定理7出现∵∠1 和∠2是同位角，∴AB∥CD）；条件重复（如定理49，结论∠APO＝∠BPO已经包括过圆心O，学生在条件中还加以说明）；图形过于特殊（如把定理1的图画成射影定理的基本图形）；文字过多（一些定理译不出符号语言，用文字代替）等。

⒉重新建立表象从具体到抽象，由感性到理性已成为广大数学教师传授知识的重要原则。

“表象”就是人们对过去感知过的客观世界中的对象或对象在头脑中留下来的可以再现出来的形象，具有一定的鲜明性、具体性、概括性和抽象性。

由于几何的每一个定理都对应着一个图形，这给我们在教学中提供了一定的便利。

我们要求学生对定理的表象不能只停留在实体的形象上，而是让学生有意识的记图形，想图形，以形成和唤起表象。

我们认为，这对于理解、巩固和记忆几何定理起着重大的作用。

教给学生想形象的基本方法后，我们接下去的步骤是用实例引导学生，下面是一段经整理后的课堂教学主要内容：⑴问：听了老师的介绍后，你怎样回忆垂径定理的形象？答：垂径定理我在想的时候，脑子里留下“两条等弧、两条相等的线段、一个直角”在一闪一闪的，以后看到弧相等或其他两个条件之一，脑子里就会浮现出垂径定理。

目的：建立单个定理的表象，要求能想到非标准图形。

继续问：看到弧相等，你们只想到了垂径定理，其他的定理就没有想起来吗？答：想到了圆心角相等、圆周角相等、弦相等……甚至有学生想到了两条平行弦……目的：通过表象，进行联想，使学生理解定理间的联系。

⑵问：从定理21开始，你能找出和它有联系的定理吗？答：有定理22（擦短使平行直线变成线段），定理25（特殊化成菱形），定理27……目的：一般化或特殊化或图形的平移、旋转等变化，加深定理间的联系。

⑶下面的步骤，我们让学生自主思考。

学生在不断尝试的过程中，通过比较、分析、判断，进一步熟悉定理的三种语言、定理之间的联系和区别。

从学生思考的角度看，他们主要是在寻找基本图形，由于定理之间有一定的联系，在一个基本图形中往往存在着另一个残缺的基本图形，所以学生大多通过连线、延长、作圆、平移、旋转等手段，也有通过特殊化、找同结论等途径把不同的定理联系起来。

下面摘录的是学生自主思考后，得到的富有创意性的结论。

①定理16（延长中线成矩形）→ 定理24（作矩形的外接圆）→ 定理34。

②定理51（一线过圆心，且两线垂直）→ 定理36（一线平移成切线）→ 定理47、48（绕切点旋转）→ 定理50。

③如下图，把 EF 向下平移（或绕A点旋转），使定理37和50联系起来（有同结论∠α＝∠D）：⒊推理模式从学生各方面的反馈情况看，多数学生觉得几何抽象还在于几何推理形式多样、过程复杂而又摸不定，往往听课时知道该如何写，而自己书写时又漏掉某些步骤。

怎样将形式多样的推理过程让学生看得清而又摸得着呢？为此，我们在二步推理的基础上，经过归纳整理，总结了三种基本推理模式。

具体教学分三个步骤实施：⑴精心设计三个简单的例题，让学生归纳出三种基本推理模式。

①条件→ 结论→ 新结论（结论推新结论式）②新结论（多个结论推新结论式）③新结论（结论和条件推新结论式）⑵通过已详细书写证明过程的题目让学生识别不同的推理模式。

⑶通过具体习题，学生有意识、有预见性地练习书写。

这一环节我们的目的是让学生先理解证明题的大致框架，在具体书写时有一定的模式，有效地克服了学生书写的盲目性。

但教学表明学生仍然出现不必要的跳步，这是什么原因呢？我们把它归结为对推理的因果关系不明确、定理是推理的依据和单位不明白。

因而我们根据需要，又设计了以下一个环节。

⒋组合定理基本推理模式中的骨干部分还是定理的符号语言。

因而在这一环节，我们让学生在证明的过程中找出单个定理的因果关系、多个定理的组合方式，然后由几个定理组合后构造图形，进一步强化学生“用定理”的意识。

下面通过一例来说明这一步骤的实施。

例1：已知如图，四边形ABCD外接⊙O的半径为5，对角线 AC 与 BD 相交于E，且 AB ＝AE·AC，BD＝ 8。

求△BAD的面积。

（2001年嘉兴市质量评估卷六）证明：连结OB，连结OA交BD 于F。

学生从每一个推测符号中找出所对应的定理和隐含的主要定理：比例基本性质→ S/AS/ 证相似→相似三角形性质→垂径定理→勾股定理→三角形面积公式由于学生自己主动找定理，因而印象深刻。

在证明过程中确实是由一个一个定理连结起来的，也让学生体会到把定理（不排除概念、公式等）镶嵌在基本模式中，就能形成严密的推理过程。

此时，可顺势布置以下的任务：给出勾股定理，你能再结合一个或多个定理，构造图形，并编出证明题或计算题吗？实践表明：经过“模式＋定理”书写方法的熏陶后，学生基本具备了完整书写的意识。

⒌联想定理分析图形是证明的基础，几何问题给出的图形有时是某些基本图形的残缺形式，通过作辅助线构造出定理的基本图形，为运用定理解决问题创造条件。

图形固然可以引发联想（这也是教师分析几何证明题、学生证题的基本方法之一），但对于识图或想象力较差的学生来说，就比较困难，他们往往存有疑问：到底怎样才能分解出基本图形呢？在复杂的图形中怎样找到所需要的基本图形呢？因而我们从另一侧面，即证明题的“已知、求证”上给学生以支招，即由命题的题设、结论联想某些定理，以配合图形想象。

例：如图，⊙O1和⊙O2相交于B、C两点，AB是⊙O1 的直径，AB、AC的延长线分别交⊙O2于D、E，过B作⊙O1的切线交AE于F。

求证：BF∥DE。

讨论此题时，启发学生由题设中的“AB是⊙O的直径”联想定理“直径所对的圆周角是90°”，因而连结BC；“过B作⊙O的切线交AE于F”联想定理“切线的性质”，得出∠ABF＝90°。

从而构造出基本图形②③。

由命题的结论“BF∥DE”联想起“同位角相等，两直线平行”定理，构造出基本图形④。

将上述基本图形②③④ 的性质结合在一起，学生就易于思考了。

这一环节我们的引导语有：“由已知中的哪一个条件，你能联想起什么定理？”、“条件组合后能构成哪个定理？”、“有无对应的基本图形？”、“能否构造出基本图形？”等。

目的是让学生树立起“图形＋定理”的思考方法，把以前的无意识思考变成有目的、有意识的思考。

三、几点认识复习的效果最终要体现在学生身上，只有通过学生的自身实践和领悟才是最佳复习途径，因此在复习时，我们始终坚持主体性原则。

在组织复习的各个环节中，充分调动学生学习的主动性和积极性：提出问题让学生想，设计问题让学生做，方法和规律让学生体会，创造性的解答共同完善。

“没有反思，学生的理解就不可能从一个水平升华到更高的水平”（弗赖登塔尔）。

我们认为传授方法或解答后让学生进行反思、领悟是很好的方法，所以我们在教学时总留出足够的时间来让学生进行反思，使学生尽快形成一种解题思路、书写方法。

集中讲授能使学生对几何定理的应用有一定的认识，但如果不加以巩固，也会造成遗忘。

因而我们也坚持了渗透性原则，在平时的解题分析中时常有意识地引导、反复渗透。