第三十讲从创新构造入手(2014年初中数学培优提高)
九年级数学竞赛从创新构造入手专题教案设计模板
九年级数学竞赛从创新构造入手专题教案设计模板一、教学目标：1. 让学生掌握数学竞赛中常用的构造方法，提高解题技巧。
2. 通过实例分析，让学生学会如何运用构造法解决实际问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和创新意识，提高解决问题的能力。
二、教学内容：1. 构造法的定义及作用2. 常见构造方法介绍3. 构造法在数学竞赛中的应用实例4. 构造法与其他解题方法的结合运用5. 创新构造法的训练题目及解析三、教学重点与难点：1. 教学重点：构造法的定义、作用及常见构造方法的掌握。
2. 教学难点：构造法在实际问题中的应用和创新构造法的训练。
四、教学过程：1. 导入：通过一个简单的数学问题，引导学生思考如何利用构造法解决。
2. 讲解：介绍构造法的定义、作用及常见构造方法，并通过实例进行分析。
3. 练习：让学生尝试运用构造法解决实际问题，教师进行指导。
4. 拓展：讲解构造法与其他解题方法的结合运用，提高解题效率。
五、课后作业：1. 完成创新构造法的训练题目，巩固所学知识。
3. 结合所学构造方法，尝试解决其他数学问题。
六、教学评估：1. 通过课堂练习和课后作业的完成情况，评估学生对构造法的理解和掌握程度。
2. 观察学生在解决实际问题时是否能够灵活运用构造法，以及构造的合理性和创新性。
七、教学策略：1. 案例教学：通过分析具体的数学竞赛题目，让学生直观地理解构造法的应用。
2. 互动讨论：鼓励学生在课堂上提出问题，师生共同探讨，提高学生的参与度和理解力。
3. 循序渐进：从简单的构造方法开始教学，逐渐过渡到复杂的创新构造，让学生逐步掌握。
4. 反馈与激励：及时给予学生反馈，表扬他们的进步和创造性思维，激发学习兴趣。
八、教学资源：1. 数学竞赛题目库：用于提供实例分析和课后作业。
2. 教学PPT：展示构造法的定义、例子和训练题目。
3. 参考书籍：提供额外的构造法知识和解题策略。
4. 在线资源：利用互联网资源，如教育平台和讨论区，为学生提供更多学习材料和交流机会。
最新人教版数学中考一轮复习第39讲创新学习型问题课件
第39讲┃创新学习型问题
(2)如图②，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明； (3)如图③，当点P在线段BA(或AB)的延长线上时，此时(2)中的结论是否成立？请画出图形 并给予证明．
第39讲┃创新学习型问题
例题分层分析 (1)欲证明AE∥BF，QE＝QF，只需证△BFQ≌________． (2)欲证明QE＝QF，需证△FBQ≌________，推出QF＝________；再根据直角三角形斜边上中线性质求出QE ＝QF. (3)欲证明QE＝QF，需证△AEQ≌________，推出DQ＝________；再根据直角三角形斜边上中线性质求出即 可．
第39讲┃创新学习型问题
例题分层分析 (1)从阅读材料中你得出了什么公式？这个公式的意义是什么？能用它求两个非负数和的最小值吗？ (2)从举例应用的例子你能体会出如何求一个函数的最小值吗？ (3)在问题解决中的函数解析式与举例应用中的函数形式上有什么相同点？能类似求出最小值吗？
第39讲┃创新学习型问题
第39讲┃创新学习型问题
解题方法点析 这种策略类型的开放性试题的处理方法一般需要模仿、类比、试验、创新和综合运用所学知识，
建立合理的数学模型，从而使问题得以解决．策略开放性问题的解题方法一般不唯一或解题路径不明 确，要求解题者不墨守成规，敢于创新，积极发散思维，优化解题方案和过程．
第39讲┃创新学习型问题 解 析 用旋转的方法构造全等，把分散的条件集中．
第39讲┃创新学习型问题
解题方法点析 解结论开放性问题时要充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、归纳、类比，透彻分析出给定条件
下可能存在的结论现象，特别是在一个变化中保持不变的量，然后经过论证做出取舍，这是一种归纳类 比思维．
九年级数学竞赛从创新构造入手专题教案设计模板
九年级数学竞赛从创新构造入手专题教案设计模板一、教学目标：1. 让学生掌握数学竞赛中常见的构造方法，提高解决问题的能力。
2. 培养学生创新思维，锻炼逻辑推理和空间想象能力。
3. 通过实例分析，让学生了解构造法在解决数学竞赛题目中的应用。
二、教学内容：1. 构造法的定义和意义2. 构造法的基本原理3. 常见构造方法介绍4. 构造法在数学竞赛中的应用实例5. 构造法解题步骤和技巧三、教学重点与难点：1. 重点：构造法的定义、意义、基本原理和常见构造方法。
2. 难点：构造法在解决实际问题中的应用和灵活运用。
四、教学过程：1. 引入：通过一个简单的数学问题，引发学生对构造法的兴趣。
2. 讲解：介绍构造法的定义、意义、基本原理和常见构造方法。
3. 示范：分析一个数学竞赛题目，展示构造法的应用过程。
4. 练习：让学生尝试解决几个构造法相关的数学问题。
五、课后作业：1. 理解并掌握构造法的定义、意义、基本原理和常见构造方法。
2. 分析课后练习题，运用构造法解决问题。
教学目标：1. 让学生掌握几何构造法的基本概念和技巧。
2. 培养学生运用几何构造法解决几何问题的能力。
3. 通过实例分析，让学生了解几何构造法在数学竞赛中的应用。
教学内容：1. 几何构造法的定义和意义2. 几何构造法的基本原理3. 常见几何构造方法介绍4. 几何构造法在数学竞赛中的应用实例5. 几何构造法解题步骤和技巧教学重点与难点：1. 重点：几何构造法的定义、意义、基本原理和常见几何构造方法。
2. 难点：几何构造法在解决实际问题中的应用和灵活运用。
教学过程：1. 引入：通过一个简单的几何问题，引发学生对几何构造法的兴趣。
2. 讲解：介绍几何构造法的定义、意义、基本原理和常见几何构造方法。
3. 示范：分析一个几何竞赛题目，展示几何构造法的应用过程。
4. 练习：让学生尝试解决几个几何构造法相关的数学问题。
课后作业：1. 理解并掌握几何构造法的定义、意义、基本原理和常见几何构造方法。
九年级数学竞赛从创新构造入手专题教案设计模板
九年级数学竞赛从创新构造入手专题教案设计模板一、教学目标：1. 让学生理解创新构造在数学竞赛中的重要性。
2. 培养学生运用创新思维解决数学问题的能力。
3. 通过实例分析，让学生掌握几种常见的创新构造方法。
二、教学内容：1. 创新构造的定义与意义。
2. 常见的创新构造方法：换元法、构造法、赋值法、不等式法等。
3. 创新构造在数学竞赛中的应用实例。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：创新构造方法的讲解与运用。
2. 教学难点：如何引导学生运用创新思维解决实际问题。
四、教学过程：1. 导入：通过一个有趣的数学故事，引发学生对创新构造的兴趣。
2. 新课导入：讲解创新构造的定义与意义，引导学生认识到其在数学竞赛中的重要性。
3. 实例分析：分析几个数学竞赛题目，讲解如何运用创新构造方法解决问题。
4. 方法讲解：详细讲解换元法、构造法、赋值法、不等式法等创新构造方法。
5. 练习巩固：让学生独立解决一些数学竞赛题目，运用所学的创新构造方法。
6. 总结提升：引导学生总结创新构造的优点与注意事项。
五、课后作业：1. 复习本节课所学的创新构造方法。
2. 完成课后练习题，巩固所学知识。
3. 搜集一些数学竞赛题目，尝试运用创新构造方法解决。
六、教学策略：1. 案例教学：通过分析具体的数学竞赛题目，让学生了解创新构造的方法和技巧。
2. 互动讨论：鼓励学生积极参与课堂讨论，分享自己在解决问题时的创新构造思路。
3. 练习巩固：提供丰富的练习题，让学生在实践中运用和创新构造方法。
4. 激励评价：对学生在解决问题时的创新构造给予积极的评价，激发学生的学习兴趣和自信心。
七、教学评价：1. 课堂参与度：观察学生在课堂讨论和练习中的积极性，评价其对创新构造方法的掌握程度。
2. 练习成果：评估学生在课后作业和练习题中的表现，检验其对创新构造方法的运用能力。
3. 竞赛成绩：关注学生在数学竞赛中的表现，从中了解创新构造方法对其竞赛成绩的促进作用。
(完整版)初中数学培优竞赛讲座第30讲__创新命题
第三十讲 创新命题计算机技术与网络技术的迅猛发展，深刻改变了我们的学习方式、生活方式与思维方式．IT 技术、Cyber 空间、bemgdigital(数字化生存)等新概念层出不穷．与时俱进，科学的发展对数学的需求，不断提出了新问题，在解决新问题的过程中又产生了许多新方法．近年各地中考、各级竞赛出现了丰富的以考查创新意识、创造精神为目的的创新命题，归纳起来有以下类型：1．定义一种新运算； 2．定义一类新数；3．给定一定规则或要求，然后按上述规则要求解题； 4．注重跨学科命题．解创新命题时，需要在新的问题情境下，尽快适应新情况，充分运用已学过的数学知识方法去创造性地思考解决问题，对培养阅读理解能力、创新能力、提高学习兴趣有重要的促进作用．例题【例1】 一个非零自然数若能表示为两个非零自然数的平方差，则称这个自然数为“智慧数”，比如16＝52－32，故16是一个“智慧数”，在自然数列中，从1开始起，第1990个“智慧数”是 ． (北京市竞赛题) 思路点拨 自然数可分为奇数与偶数，从分析奇数与偶数中“智慧数”的特征入手． 注： 定义新数，即给出一种特殊的概念或满足某种特殊的关系，解这类问题的关键是准确全面理解“新数”的意义，通过推理解决问题．【例2】 在甲组图形的4个图中，每个图是由4种简单图形A 、B 、C 、D(不同的线段或圆)中的某两个图形组成的，例如由A 、B 组成的图形记为B A ⋅，在乙组图形的(a)、(b)、(c)、(d)4个图中，表示“D A ⋅”和“C A ⋅”的是( ) ．A ．(a)，(b)B ．(b)，(c)C ． (c)，(d)D ．(b)，(d) (江苏省竞赛题)思路点拨 从甲组图形中，两两比较A 、B 、C 、D 分别代表的哪种线段，哪种圆．【例3】 有依次排列的3个数：3，9，8．对任相邻的两个数，都用右边的数减去左边的数，所得之差写在这两个数之间，可产生一个新数串：3，6，9，－1，8，这称为第一次操作；做第二次同样的操作后也可产生一个新数串：3，3，6，3，9，－10，－1，9，8，继续依次操作下去，问：从数串3，9，8开始操作第100次以后所产生的那个新数串的所有数之和是多少?( “希望杯”邀请赛试题)思路点拨 用字母表示数，通过对一般性的考查，探求新增数之和的规律，以此作为解题的突破口． 【例4】 设[x]表示不超过x 的最大整数(如[3.7]＝3，[－3.7]＝－4)解下列了程： (1)[－l. 77x]＝[－1.77]x ；(x 为非零自然数) (四川省选拔赛试题) (2)[3x+1]=2x －21(全国初中数学联赛题) 思路点拨 解与[x]相关的问题，关键是去掉符号“[ ]”，需灵活运用[x]的性质，并善于把估算、等式与不等式知识综合起来．注：解决实际问题及计算机的运算时，常常需要对一些数据进行取整运算，即用不超过它的最大整数取而代之．[x]有以下基本性质：(1)x=[x]+r ，0≤r<l ； (2) [x]≤x ＜[x]+1； (3)x －1＜[x]≤x ； (4)[n+x]＝n+[x]； (5)[x+y]≥[x]+[y]其中当n 为整数，当且仅当x 为整数时等号成立．【例5】 如图，沿着圆周放着一些数，如果有依次相连的4个数a ，b ，c ，d 满足不等式(a 一d)(b 一c)>0，那么就可以交换b ，c 的位置，这称为一次操作．(1)若圆周上依次放着数1，2，3，4，5，6，问：是否能经过有限次操作后，对圆周上任意依次相连的4个数a ，b ，c ，d 都有(a 一d)(b 一c)≤0?请说明理由．(2)若圆周上从小到大按顺时针方向依次放着2003个正整数1，2…，2003，问：是否能经过有限次操作后，对圆周上任意依次相连的4个数a ，b ，c ，d 都有(a 一d)(b 一c)≤0 ?请说明理由．(全国初中数学竞赛题)思路点拨 (1)从1～6中选取满足(a 一d)(b 一c)>0的四个数，按题设条件操作， 直至符合结论的要求；(2)略．注：解按规则要求操作类的问题或写出具体操作步骤，或指出按规则要求不能实现的理由．解题的关键是善于在变化中把握不变量，利用不变量解题，此外，还要能灵活运用整数的整除性、奇偶性、通过赋值数学化等知识与方法．【例6】 假设a#a+b 表示经过计算后a 的值变为a 的原值和b 的原值的和，又b#b.c 表示经过计算后b 的值变为b 的原值和c 的原值和乘飘假设计算开始时a=0，b=1，c=1，对a 、b 、c 同时进行以下计算：(1) a#a+b ；(2) b#b.c ；(3) c#a+b+c(即c 的值变为所得到的a 、b 的值与c 的原值的和)．连续进行上述运算共三次，试判断a 、b 、c 三个数值之和是几位数?思路点拨 对a 、b 运算次数1 2 3 a 1 2 5 b 1 3 24 c3837经过三次运算后，a+b+c=5+24+37=66，它是一个两位数．学力训练1．现定义两种运算： ，对于任意两个整数a ，b ， ＝a+b －1，=a b －1，那么 = ．2．对于任意有理数a ，b ，c ，d ，我们规定bc ad dc b a -=,如果81122<--x ，那么x 的取值范围是 ． 3．餐厅里有两种餐桌，方桌可坐4人，圆桌可坐9人，若就餐人数刚好坐满若干张方桌和圆桌，餐厅经理就称此数为“发财数”，在l ～100这100个数中，“发财数”有 个． (“五羊杯”竞赛题) 4．读一读：式子“1＋2＋3＋4＋5＋……＋100”表示从1开始的100个连续自然数的和.由于上述式子比较长，书写也不方便，为了简便起见，我们可将“1＋2＋3＋4＋5＋……＋100”表示为∑=1001n n ，这里“∑”是求和符号.例如：“1＋3＋5＋7＋9＋……＋99”（即从1开始的100以内的连续奇数的和）可表示为∑=-50112n n ；又如“13＋23＋33＋43＋53＋63＋73＋83＋93＋103”可表示为∑=1013n n.同学们，通过对以上材料的阅读，请解答下列问题：①2＋4＋6＋8＋10＋……＋100（即从2开始的100以内的连续偶数的和）用求和符号可表示为 ； ②计算：∑=-512)1(n n＝ （填写最后的计算结果）。
初中数学教学创新思路(含学习方法技巧、例题示范教学方法)
初中数学教学创新思路第一篇范文在新时代背景下，教育改革正在不断深化，初中数学教育也面临着前所未有的挑战。
为了适应新时代教育发展的需求，初中数学教师需要创新教学思路和方法，提高教学质量，培养学生的创新能力和综合素质。
本文从以下几个方面探讨初中数学教学的创新思路。
一、树立以人为本的教育理念教育是为了培养人，而非仅仅是传授知识。
因此，初中数学教学应始终坚持以人为本的教育理念，关注学生的个体差异，尊重学生的兴趣和需求，激发学生的学习积极性，培养学生独立思考和解决问题的能力。
二、注重数学思维的培养数学教育的核心目标是培养学生的数学思维能力。
教师在教学过程中应注重启发式教学，引导学生运用数学逻辑和方法分析问题、解决问题，从而提高学生的数学思维品质。
三、整合信息技术与数学教学信息技术的发展为数学教学提供了新的契机。
教师可以利用多媒体、网络等资源，为学生提供丰富的学习材料，创设生动、直观的学习情境，提高学生的学习兴趣和效果。
四、实施分层次教学由于学生的数学基础和能力存在差异，教师应实施分层次教学，针对不同层次的学生制定合适的教学目标和策略，使每个学生都能在数学学习中得到充分发展。
五、开展数学活动，提高实践能力数学教学不应局限于课堂，教师可组织各种数学活动，如数学竞赛、探究性实验、社会实践等，让学生在实践中运用数学知识，提高解决实际问题的能力。
六、强化数学应用意识数学知识来源于生活，也应用于生活。
教师应引导学生关注数学在现实生活中的应用，培养学生运用数学知识解决实际问题的意识，提高学生的数学素养。
七、开展跨学科教学数学与其他学科之间有着密切的联系。
教师可以开展跨学科教学，与其他学科教师合作，设计综合性的教学项目，让学生在多学科融合中提高创新能力。
八、注重教师自身素质的提升教师是教育教学的关键因素。
初中数学教师应不断提升自身的教育教学能力和专业素养，关注数学教育的发展动态，勇于探索和实践，为学生提供高质量的数学教育。
金老师教育-中考数学总复习：53创新、开放与探究型问题--知识讲解(附培优提高题练习含答案解析)
中考冲刺：创新、开放与探究型问题—知识讲解（提高）【中考展望】所谓开放探索型问题指的是有些数学问题的条件、结论或解决方法不确定或不唯一，需要根据题目的特点进行分析、探索，从而确定出符合要求的答案(一个、多个或所有答案)或探索出解决问题的多种方法．由于开放探究型问题对考查学生思维能力和创造能力有积极的作用，是近几年中考命题的一个热点．通常这类题目有以下几种类型：条件开放与探索，结论开放和探索，条件与结论都开放与探索及方案设计、命题组合型、问题开放型等．【方法点拨】由于开放探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不唯一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．【典型例题】类型一、探索规律1．（2020•武汉校级二模）如图，△ABC面积为1，第一次操作：分别延长AB，BC，CA至点A1，B1，C1，使A1B=AB，C1B=CB，C1A=CA，顺次连接A1，B1，C1，得到△A1B1C1．第二次操作：分别延长A1B1，B1C1，C1A1至点A2，B2，C2，使A2B1=A1B1，B2C1=B1C1，C2A1=C1A1，顺次连接A2，B2，C2，得到△A2B2C2，…按此规律，要使得到的三角形的面积超过2020，最少经过（）次操作．A．7 B．6 C．5 D．4【思路点拨】先根据已知条件求出△A1B1C1及△A2B2C2的面积，再根据两三角形的倍数关系求解即可．【答案】D.【解析】解：△ABC与△A1BB1底相等（AB=A1B），高为1：2（BB1=2BC），故面积比为1：2，∵△ABC面积为1，∴S△A1B1B=2．同理可得，S△C1B1C=2，S△AA1C=2，∴S△A1B1C1=S△C1B1C+S△AA1C+S△A1B1B+S△ABC=2+2+2+1=7；同理可证△A2B2C2的面积=7×△A1B1C1的面积=49，第三次操作后的面积为7×49=343，第四次操作后的面积为7×343=2401．故按此规律，要使得到的三角形的面积超过2020，最少经过4次操作．故选D．【总结升华】考查了三角形的面积，此题属规律性题目，解答此题的关键是找出相邻两次操作之间三角形面积的关系，再根据此规律求解即可．举一反三：【变式】（2020•抚顺）如图，△A1A2A3，△A4A5A5，△A7A8A9，…，△A3n﹣2A3n﹣1A3n（n为正整数）均为等边三角形，它们的边长依次为2，4，6，…，2n，顶点A3，A6，A9，…，A3n均在y轴上，点O是所有等边三角形的中心，则点A2020的坐标为 .【答案与解析】解：∵△A1A2A3为等边三角形，边长为2，点A3，A6，A9，…，A3n均在y轴上，点O是所有等边三角形的中心，∴A3的坐标为（0，3），∵2020÷3=672，∴A2020是第672个等边三角形的第3个顶点，∴点A2020的坐标为（0，×3），即点A2020的坐标为（0，4483）；故答案为：（0，4483）．类型二、条件开放型、结论开放型2．在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC的顶点A的坐标为（2，2）．（1）若底边BC在x轴上，请写出一组满足条件的点B、点C的坐标：；（2）若底边BC的两端点分别在x轴、y轴上，请写出一组满足条件的点B、点C的坐标： .【思路点拨】（1）首先由BC在x轴上，在等腰△ABC中，即可过顶点A作AD⊥BC交BC于D，根据三线合一的性质，可得BD=CD，即B，C关于点D对称，则可求得满足条件的点B、点C的坐标；（2）连接OA，由等腰三角形ABC的顶点A的坐标为（2，2），易证得△AOB≌△AOC，则可知OB=OC，继而可得满足条件的点B、点C的坐标．【答案与解析】解：（1）∵BC在x轴上，在等腰△ABC中，过顶点A作AD⊥BC交BC于D，∵顶点A的坐标为（2，2），∴D的坐标为（2，0），在等腰△ABC中，有BD=CD，∴B，C关于点D对称，∴一组满足条件的点B、点C的坐标为：B（0，0），C（4，0）；（2）连接OA，∵等腰三角形ABC的顶点A的坐标为（2，2），∴∠AOC=∠AOB=45°，∴当OB=OC时，在△AOB与△AOC中，OB=OCAOB=AOC OA=OA⎧⎪∠∠⎨⎪⎩∴△AOB≌△AOC，∴AB=AC，即△ABC是等腰三角形，∴一组满足条件的点B、点C的坐标：（0，1），（1，0）．【总结升华】此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．举一反三：【变式】在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC的顶点A的坐标为(2，2)．(1)若底边BC在x轴上，请写出一组满足条件的点B，点C的坐标：________________；设点B，点C的坐标分别为(m，0)，(n，0)，你认为m，n应满足怎样的条件？(2)若底边BC的两个端点分别在x轴，y轴上，请写出一组满足条件的点B，点C的坐标：______________；设点B，点C的坐标分别为(m，0)，(0，n)，你认为m，n应满足怎样的条件?【答案】解：可以通过等腰三角形的作法来探求符合题意的条件：由于AB＝AC，故点B和点C在以A为圆心的同一个圆上．(1)如图(a)，作AE⊥x轴于E，以大于AE的长度为半径画弧，与x轴的交点即为符合题意的点B和点C．易知E(2，0)为线段BC的中点，故CE＝EB，即n－2＝2－m；如：点B(0，0)，点C(4，0)；m+n＝4且m ≠n．(2)类似于(1)作OA，与两条坐标轴分别交于B1，B2，C1，C2，显然当A，B，C三点不共线时这样确定的点B，C均符合题意．如：点B(1，0)，点C(0，1)，或点B(3，0)，点C(0，1)；m＝n，且m，n不为0和4；或m+n＝4．类型三、条件和结论都开放的问题3．如图(1)，四边形ABCD中，AD与BC不平行，现给出三个条件：①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD，③AD＝BC．请你从上述三个条件中选择两个条件，使得加上这两个条件后能够推出ABCD是等腰梯形，并加以证明(只需证明一种情况)．【思路点拨】有两种方法，第一种是：①∠CAB=∠DBA，②AC=BD；第二种是：②AC=BD，③AD=BC，均可利用等腰梯形的判定方法进行验证．【答案与解析】解：第一种选择：①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD．证明：由△ACB≌△BDA，可得AD＝BC，∠ABC＝∠BAD．如图(2)作DE∥BC交AB于点E，则∠DEA＝∠CBA．∴∠DAE＝∠DEA，AD＝ED＝BC．由ED＝BC及DE∥BC知，四边形DEBC是平行四边形，所以AB∥CD．∵ AD与．BC不平行，∴四边形ABCD是等腰梯形．第二种选择：②AC＝BD，③AD＝BC．证明：如图(3)，延长AD、BC相交于点E．由△DAB≌△CBA，可得∠DAB＝∠CBA，∴EA＝EB．由AD＝BC，可得DE＝CE，∠EDC＝∠ECD．再由三角形内角和定理可得∠EDC＝∠EAB，∴DC∥AB．∵AD与BC不平行，∴四边形ABCD是等腰梯形．【总结升华】此题一道开放性的题目，主要考查学生对等腰梯形的判定的掌握情况．举一反三：【高清课堂：创新、开放与探究型问题例3】【变式】如图，ABCD是一张矩形纸片，AD=BC=1,AB=CD=5．在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到△MNK．（1）若∠1=70°，求∠MNK的度数．（2）△MNK的面积能否小于12？若能，求出此时∠1的度数；若不能，试说明理由．（3）如何折叠能够使△MNK的面积最大？请你利用备用图探究可能出现的情况，求出最大值．（备用图）【答案】解：（1）∵ABCD是矩形，∴AM∥DN．∴∠KNM=∠1．∵∠1=70°，∴∠KNM=∠KMN=70°．（2）不能．过M点作ME⊥DN，垂足为E，则ME=AD=1．∵∠KNM=∠KMN，∴MK=NK，又MK≥ME，∴NK≥1．∴△MNK的面积=NK•ME≥．∴△MNK的面积不可能小于．（3）分两种情况：情况一：将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合．MK=MD=x，则AM=5﹣x．由勾股定理得12+（5﹣x）2=x2，解得x=2.6．∴MD=ND=2.6．S△MNK=S△MND==1.3．情况二：将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC．MK=AK=CK=x，则DK=5-x．同理可得MK=NK=2.6．∵MD=1∴S△MNK=S△MND==1.3．△MNK的面积最大值为1.3．类型四、动态探究型4．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）求证：EF=EG；（2）如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB=a、BC=b，求EFEG的值．【思路点拨】（1）由∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，可得∠DEF=∠GEB，又由正方形的性质，可利用SAS证得Rt△FED≌Rt△GEB，则问题得证；（2）首先点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、I，然后利用SAS证得Rt△FEI≌Rt△GEH，则问题得证；（3）首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，易证EM∥AB，EN∥AD，则可证得△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，又由有两角对应相等的三角形相似，证得△GME∽△FNE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．【答案与解析】解：（1）证明：∵∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，∴∠DEF=∠GEB，又∵ED=BE，∴Rt △FED ≌Rt △GEB ， ∴EF=EG ；（2）成立．证明：如图，过点E 分别作BC 、CD 的垂线，垂足分别为H 、I ，则EH=EI ，∠HEI =90°，∵∠GEH+∠HEF=90°，∠IEF+∠HEF =90°， ∴∠IEF=∠GEH ， ∴Rt △FEI ≌Rt △GEH ， ∴EF=EG ；（3）解：如图，过点E 分别作BC 、CD 的垂线，垂足分别为M 、N ，则∠MEN=90°， ∴EM ∥AB ，EN ∥AD ．∴△CEN ∽△CAD ，△CEM ∽△CAB ，∴,NE CE EM CEAD CA AB CA ==， ∴NE EM AD AB =，即NE AD b EM AB a==， ∵∠IEF+∠FEM=∠GEM+∠FEM=90°， ∴∠GEM=∠FEN ， ∵∠GME=∠FNE=90°， ∴△GME ∽△FNE ，∴EF ENEG EM =， ∴EF bEG a=． 【总结升华】此题考查了正方形、矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质．此题综合性较强，注意数形结合思想的应用．举一反三：【变式1】已知：如图(a)，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为1cm/s；点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cm／s；连接PQ．若设运动的时间为t(s)(0＜t＜2)，解答下列问题：(1)当t为何值时，PQ∥BC?(2)设△AQP的面积为y(cm2)，求y与t之间的函数关系式；(3)是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t 的值．若不存在，说明理由；(4)如图(b)，连接PC，并把△POC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)在Rt△ABC中，AB＝5．由题意知AP＝5-t，AQ＝2t．若PQ∥BC，则△APQ∽△ABC．∴AQ AP AC AB=．∴2545t t-=．解得107t=．(2)过点P作PH⊥AC于H，如图(c)．∵△APH∽△ABC，∴PH AP BC AB=．∴535PH t-=．解得335PH t=-．∴211132(3)32255y AQ PH t t t t =⨯⨯=⨯⨯-=-+． (3)若PQ 把△ABC 周长平分，则AP+AQ ＝BP+BC+CQ ．∴(5-t)+2t ＝t+3+(4-2t)． 解得t ＝1．若PQ 把△ABC 面积平分， 则12APQ ABC S S =△△，即23335t t -+=． ∵t ＝1代入上述方程不成立，∴不存在这一时刻t ，使线段PQ 把Rt △ACB 的周长和面积同时平分． (4)过点P 作PM ⊥AC 于M ，PN ⊥BC 于N ，如图(d)． 若四边形PQP ′C 是菱形，那么PQ ＝PC ． ∵PM ⊥AC 于M ，∴QM ＝CM ．∵PN ⊥BC 于N ，易知△PBN ∽△ABC ．∴PN BP AC AB =，∴45PN t=．解得45tPN =．∴QM ＝CM ＝45t．∴442455t t t ++=． 解得109t =．∴当109t =时，四边形PQP ′C 是菱形．此时37353PM t =-=，4859CM t ==．在Rt △PMC 中，PC ===∴菱形PQP ′C ． 举一反三：【高清课堂：创新、开放与探究型问题 例4】【变式2】如图，点D ，E 在△ABC 的边BC 上，连接AD ，AE. ①AB＝AC ；②AD＝AE ；③BD＝CE.以此三个等式中的两个作为命题的题设，另一个作为命题的结论，构成三个命题：①②⇒③；①③⇒②；②③⇒①.（1）以上三个命题是真命题的为（直接作答） ； （2）请选择一个真命题进行证明（先写出所选命题，然后证明）.【答案】 解：（1）三个都是真命题；（2）解法一 ①②⇒③如图,过点A 作AD ⊥BC 于点F . ∵AB ＝AC , ∴BF ＝CF . ∵AD ＝AE , ∴DF ＝EF . ∴BD ＝CE .解法二 ①③⇒②∵AB ＝AC ,∴∠ABD ＝∠ACE . ∵BD ＝CE ,∴△ABD ≌△ACE (SAS ). ∴AD ＝AE .解法三 ②③⇒①∵AD ＝AE ,∴∠ADE ＝∠AED , 即∠ADB ＝∠AEC ∵BD ＝CE ,∴△ABD ≌△ACE (SAS ). ∴AB ＝AC类型五、创新型5．先阅读下列材料，然后解答问题：从A B C ，，三张卡片中选两张，有三种不同选法，抽象成数学问题就是从3个元素中选取2个元素组合，记作2332C 321⨯==⨯．一般地，从m 个元素中选取n 个元素组合，记作：E DCB A(1)(1)C (1)321n m m m m n n n --+=-⨯⨯⨯例从7个元素中选5个元素，共有5776543C 2154321⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯种不同的选法．问题：从某学习小组10人中选取3人参加活动，不同的选法共有 种． 【思路点拨】本题需要学生读懂m 个元素中选取n 个元素的计算规则，然后针对具体的从10人中选取3人参加的计算．【答案与解析】由给出的公式可知从10个人中取3个人参加活动，有3101098C 120321⨯⨯==⨯⨯种不同的选法．【总结升华】本题构思精妙、情境新颖.从试题的情境来看，本题以初中数学中的整数的乘除运算等基本运算为素材，以高中数学中组合数的定义及其计算公式为背景，展示给学生的是一个全新的问题，试题具有较大的自由度和思维空间，考查了阅读理解、知识迁移等多种数学能力，体现了主动探究精神，呈现出研究性学习的特点，从而进一步考查了学生自学高中数学知识的能力．从试题的解答来看，直接以组合数的定义及其计算公式为背景的试题在各种复习资料和模拟试题中从未见过，解决这个问题没有现成的“套路”和“招式”，需要学生自主学习组合数的定义及其计算公式的定义，综合运用多种数学思想方法，才能解决问题．中考冲刺：创新、开放与探究型问题—巩固练习（提高）【巩固练习】 一、选择题1.（2020•重庆校级二模）下列图形都是由同样大小的小圆圈按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有1个空心小圆圈，第②个图形中一共有6个空心小圆圈，第③个图形中一共有13个空心小圆圈，…，按此规律排列，则第⑦个图形中空心圆圈的个数为（ ）A．61 B．63 C．76 D．782．如图，直角三角形纸片ABC中，AB=3，AC=4，D为斜边BC中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D 重合，折痕与AD交与点P1；设P1D的中点为D1，第2次将纸片折叠，使点A与点D1重合，折痕与AD交于点P2；设P2D1的中点为D2，第3次将纸片折叠，使点A与点D2重合，折痕与AD交于点P3；…；设P n﹣1D n﹣2的中点为D n﹣1，第n次将纸片折叠，使点A与点D n﹣1重合，折痕与AD交于点P n（n＞2），则AP6的长为（）A．512532⨯B．69352⨯C．614532⨯D．711352⨯3．下面两个多位数1248624…、6248624…，都是按照如下方法得到的：将第一位数字乘以2，若积为一位数，将其写在第2位上，若积为两位数，则将其个位数字写在第2位．对第2位数字再进行如上操作得到第3位数字……，后面的每一位数字都是由前一位数字进行如上操作得到的．当第1位数字是3时，仍按如上操作得到一个多位数，则这个多位数前100位的所有数字之和是( ) A．495 B．497 C．501 D．503二、填空题4.（2020•合肥校级三模）如图，一个3×2的矩形（即长为3，宽为2）可以用两种不同方式分割成3或6个边长是正整数的小正方形，即：小正方形的个数最多是6个，最少是3个．（1）一个5×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的个数可以是个，最少是个；（2）一个7×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的个数最多是个，最少是个；（3）一个（2n+1）×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的个数最多是个；最少是个．（n 是正整数）5. 一园林设计师要使用长度为4L的材料建造如图1所示的花圃，该花圃是由四个形状、大小完全一样的扇环面组成，每个扇环面如图2所示，它是以点O为圆心的两个同心圆弧和延长后通过O点的两条直线段围成，为使得绿化效果最佳，还须使得扇环面积最大．(1)使图①花圃面积为最大时R －r 的值为 ，以及此时花圃面积为 ，其中R 、r 分别为大圆和小圆的半径；(2)若L ＝160 m ，r ＝10 m ，使图面积为最大时的θ值为 ．6．如图所示，已知△ABC 的面积1ABC S =△，在图(a)中，若11112AA BB CC AB BC CA ===，则11114A B C S =△； 在图(b)中，若22213AA BB CC AB BC CA ===，则222A B C 13S =△；在图(c)，若33314AA BB CC AB BC CA ===，则333716A B C S =△．…按此规律，若88819AA BB CC AB BC CA ===，则888A B C S =△________．三、解答题7．（2020•丹东模拟）已知，点D 为直线BC 上一动点（点D 不与点B 、C 重合），∠BAC=90°，AB=AC ，∠DAE=90°，AD=AE ，连接CE ．（l ）如图1，当点D 在线段BC 上时，求证：①BD ⊥CE ，②CE=BC ﹣CD ；（2）如图2，当点D 在线段BC 的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CE 、BC 、CD 三条线段之间的关系；（3）如图3，当点O 在线段BC 的反向延长线上时，且点A 、E 分别在直线BC 的两侧，点F 是DE 的中点，连接AF 、CF ，其他条件不变，请判断△ACF 的形状，并说明理由．8.如图(a)、(b)、(c)，在△ABC中，分别以AB，AC为边，向△ABC外作正三角形、正四边形、正五边形，BE，CD相交于点O．(1)①如图(a)，求证：△ADC≌△ABE；②探究：图(a)中，∠BOC＝________；图(b)中，∠BOC＝________；图(c)中，∠BOC＝________；(2)如图(d)，已知：AB，AD是以AB为边向△ABC外所作正n边形的一组邻边；AC，AE是以AC为边向△ABC外所作正n边形的一组邻边．BE，CD的延长相交于点O．①猜想：图(d)中，∠BOC＝________________；(用含n的式子表示)②根据图(d)证明你的猜想．9. 如图(a)，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°， AD＝9，BC＝12，AB＝a，在线段BC上任取一点P(P 不与B，C重合)，连接DP，作射线．PE⊥DP，PE与直线AB交于点E．(1)试确定CP＝3时，点E的位置；(2)若设CP＝x(x＞0)，BE＝y(y＞0)，试写出y关于自变量x的函数关系式；(3)若在线段BC上能找到不同的两点P1，P2，使按上述作法得到的点E都与点A重合，试求出此时a的取值范围．10. 点A，B分别是两条平行线m，n上任意两点，在直线n上找一点C，使BC＝k·AB．连接AC，在直线AC上任取一点E，作∠BEF＝∠ABC，EF交直线m于点F．(1)如图(a)，当k＝1时，探究线段EF与EB的关系，并加以说明；说明：①如果你经过反复探索没有解决问题，请写出探索过程(要求至少写三步)；②在完成①之后，可以自己添加条件(添加的条件限定为∠ABC为特殊角)，在图(b)中补全图形，完成证明．(2)如图(c)，若∠ABC＝90°，k≠l，探究线段EF与EB的关系，并说明理由．【答案与解析】一、选择题1.【答案】A；【解析】∵第①个图形中空心小圆圈个数为：4×1﹣3+1×0=1个；第②个图形中空心小圆圈个数为：4×2﹣4+2×1=6个；第③个图形中空心小圆圈个数为：4×3﹣5+3×2=13个；…∴第⑦个图形中空心圆圈的个数为：4×7﹣9+7×6=61个；2.【答案】A；【解析】由题意得，AD=12BC=52，AD1=AD﹣DD1=158，AD2=25532⨯，AD3=37532⨯，AD n=21532nn+⨯，故AP 1=54，AP 2=1516，AP 3=26532⨯…APn=12532n n-⨯， 故可得AP 6=512532⨯.故选A.3.【答案】A ；【解析】根据题意，当第1位数字是3时，按操作要求得到的数字是3624862486248…，从第2位数字起每隔四位数重复一次6248，因为(100-1)被4整除得24余3，所以这个多位数前100位的所有数字之间和是3+(6+2+4)+(6+2+4+8)×24＝495，答案选A ． 二、填空题 4.【答案】（1）4；10；（2）5；14；（3）4n+2；n+2．【解析】 （1）一个5×2的矩形最少可分成4个正方形，最多可分成10个正方形； （2）一个7×2的矩形最少可分成5个正方形，最多可分成14个正方形；（3）第一个图形：是一个3×2的矩形，最少可分成1+2个正方形，最多可分成1×4+2个正方形； 第二个图形：是一个5×2的矩形，最少可分成2+2个正方形，最多可分成2×4+2个正方形； 第三个图形：是一个7×2的矩形，最少可分成3+2个正方形，最多可分成3×4+2个正方形； …第n 个图形：是一个（2n+1）×2的矩形，最多可分成n ×4+2=4n+2个正方形，最少可分成n+2个正方形． 故答案为：（1）4；10；（2）5；14；（3）4n+2；n+2．5.【答案】（1）R －r 的值为4L ，以及此时花圃面积为24L ； （2）θ值为240π．【解析】要使花圃面积最大，则必定要求扇环面积最大．设扇环的圆心角为θ，面积为S ，根据题意得：2()180180R rL R r θπθπ=++- ()2()180R r R r πθ+=+-，∴180[2()]()L R r R r θπ--=+∴2222()360360360R r S R r θπθππθ=-=-22180[2()]()360()L R r R r R r ππ--=-+1[2()]()2L R r R r =--- 21()()2R r L R r =--+-22()416L L R r ⎡⎤=---+⎢⎥⎣⎦．∵02L R r <-<， ∴S 在4LR r -=时取最大值为216L ．∴花圃面积最大时R －r 的值为4L，最大面积为224164L L ⨯=．(2)∵当4LR r -=时，S 取大值， ∴1604044L R r -===(m)，40401050R r =+=+=(m)，∴180[2()]180(160240)240()60L R r R r θπππ---⨯===+．6.【答案】1927． 【解析】3331-3=4416A B C S =⨯⨯△…三、解答题 7．【答案与解析】（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE ， 在△ABD 和△ACE 中，，∴△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE=45°，BD=CE，∴∠ACB+∠ACE=90°∴∠ECB=90°，∴BD⊥CE，CE=BC﹣CD．（2）如图2中，结论：CE=BC+CD，理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE，∴CE=BC+CD．（3）如图3中，结论：△ACF是等腰三角形．理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ACE=∠ABD=135°，∴∠DCE=90°，又∵点F是DE中点，∴AF=CF=DE，∴△ACF是等腰三角形．8．【答案与解析】(1)证法一：∵△ABD与△ACE均为等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，且∠BAD＝∠CAE＝60°．∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE．∴△ADC≌△ABE．证法二：∵△ABD与△ACE均为等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，且∠BAD＝∠CAE＝60°．∴△ADC可由△ABE绕着点A按顺时针方向旋转60°得到．∴△ABE≌△ADC．②120°，90°，72°．(2)①360n°．②证法一：依题意，知∠BAD和∠CAE都是正n边形的内角，AB＝AD，AE＝AC，∴∠BAD＝∠CAE＝(2)180nn-°．∴∠BAD－∠DAE＝∠CAE－∠DAE，即∠BAE＝∠DAC．∴△ABE≌△ADC．∴∠ABE＝∠ADC．∵∠ADC+∠ODA＝180°，∴∠ABO+∠ODA＝180°．∴∠ABO+∠ODA+∠DAB+∠BOC＝360°．∴∠BOC+∠DAB＝180°．∴∠BOC＝180°－∠DAB＝(2)180360 180nn n--=°°°．证法二：延长BA交CO于F，证∠BOC＝∠DAF＝180°-∠BAD．证法三：连接CE．证∠BOC＝180°－∠CAE．9．【答案与解析】解：(1)作DF⊥BC，F为垂足．当CP＝3时，四边形ADFB是矩形，则CF＝3．∴点P与点F重合．又∵BF⊥FD，∴此时点E与点B重合．(2)(i)当点P 在BF 上(不与B ，F 重合)时，(见图(a))∵∠EPB+∠DPF ＝90°，∠EPB+∠PEB ＝90°，∴∠DPF ＝∠PEB ．∴Rt △PEB ∽△ARt △DPF ． ∴BE FP BP FD=． ① 又∵ BE ＝y ，BP ＝12-x ，FP ＝x-3，FD ＝a ，代入①式，得312y x x a-=- ∴1(12)(3)y x x a=--，整理， 得21(1536)(312)y x x x a =-+<< ② (ii)当点P 在CF 上（不与C ，F 重合）时，（见上图(b))同理可求得BE FP BP FD =． 由FP ＝3-x 得21(1536)(03)y x x x a=-+<<． ∴ 221(1536)(03)1(1536)(312).x x x a y x x a⎧--+<<⎪⎪=⎨⎪--+<<⎪⎩ (3)解法一：当点E 与A 重合时，y ＝EB ＝a ，此时点P 在线段BF 上． 由②式得21(1536)a x x a =--+． 整理得2215360x x a -++=． ③∵在线段BC 上能找到两个不同的点P 1与P 2满足条件，∴方程③有两个不相等的正实根．∴△＝(-15)2－4×(36+a 2)＞0．解得2814a <． 又∵a ＞0， ∴902a <<． 解法二：当点E 与A 重合时，∵∠APD ＝90°，∴点P 在以AD 为直径的圆上．设圆心为M ，则M 为AD 的中点． ∵在线段BC 上能找到两个不同的点P 1与P 2满足条件，∴线段BC 与⊙M 相交．即圆心M 到BC 的距离d 满足02AD d <<． ④ 又∵AD ∥BC ，∴d ＝a ． ∴由④式得902a <<．10．【答案与解析】解：(1)EF＝EB．证明：如图(d)，以E为圆心，EA为半径画弧交直线m于点M，连接EM．∴EM＝EA，∴∠EMA＝∠EAM．∵BC＝k·AB，k＝1，∴BC＝AB．∴∠CAB＝∠ACB．∵m∥n，∴∠MAC＝∠ACB，∠FAB＝∠ABC．∴∠MAC＝∠CAB．∴∠CAB＝∠EMA．∵∠BEF＝∠ABC，∴∠BEF＝∠FAB．∵∠AHF＝∠EHB，∴∠AFE＝∠ABE．∴△AEB≌△MEF．∴EF＝EB．探索思路：如上图(a)，∵BC＝k·AB，k＝1，∴BC＝AB．∴∠CAB＝∠ACB．∵m∥n，∴∠MAC＝∠ACB．添加条件：∠ABC＝90°．证明：如图(e)，在直线m上截取AM＝AB，连接ME．∵ BC＝k·AB，k＝1，∴ BC＝AB．∵∠ABC＝90°，∴∠CAB＝∠ACB＝45°．∵ m∥n，∴∠MAE＝∠ACB＝∠CAB＝45°，∠FAB＝90°．∵ AE＝AE，∴△MAE∽△BAE．∴ EM＝EB，∠AME＝∠ABE．∵∠BEF＝∠ABC＝90°，∴∠FAB+∠BEF＝180°．又∵∠ABE+∠EFA＝180°，∴∠EMF＝∠EFA．∴ EM＝EF．∴ EF＝EB．(2)EF＝1k EB．说明：如图(f)，过点E作EM⊥m，EN⊥AB，垂足为M，N．∴∠EMF＝∠ENA＝∠ENB＝90°．∵ m∥n，∠ABC＝90°，∴∠MAB＝90°．∴四边形MENA为矩形．∴ ME＝NA，∠MEN＝90°．∵∠BEF＝∠ABC＝90°．∴∠MEF＝∠NEB．∴△MEF∽△NEB．∴ME EF EN EB=，∴AN EF EN EB=在Rt△ANE和Rt△ABC中，tanEN BCBAC kAN AB∠===，∴1EF EBk=．。
第30讲 从创新构造入手
第三十讲 从创新构造入手有些数学问题直接求解比较困难，可通过创造性构造转化问题而使问题获解．所谓构造法，就是综合运用各种知识和方法，依据问题的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理．构造与问题相关的数学模式，揭示问题的本质，从而沟通解题思路的方法．构造法是一种创造性思维，是建立在对问题结构特点的深刻认识基础上的．构造法的基本形式是以已知条件为“原料”，以所求结论为“方向”，构造一种新的数学形式，初中阶段常用的构造解题的基本方法有：1．构造方程；2．构造函数；3．构造图形；4．对于存在性问题，构造实例；5．对于错误的命题，构造反例；6．构造等价命题等．【例题求解】【例1】 设1a 、2a 、1b 、2b 都为实数，21a a ≠，满足))(())((22122111b a b a b a b a ++=++，求证：1))(())((22211211-=++=++b a b a b a b a ．思路点拨 可以从展开已知等式、按比例性质变形已知等式等角度尝试．仔细观察已知等式特点，1a 、2a 可看作方程1))((21=++b x b x 的两根，则))((1))((2121a x a x b x b x --=-++，通过构造方程揭示题设条件与结论的内在规律，解题思路新颖而深刻．注：一般说来，构造法包含下述两层意思：利用抽象的普遍性，把实际问题转化为数学模型；利用具体问题的特殊性，给所解决的问题设计一个框架，强调数学应用的数学建模是前一层意思的代表，而后一层意思的“框架”含义更为广泛，如方程、函数、图形、“抽屉”等．【例2】 求代数式1342222+-+++x x x x 的最小值．思路点拨 用一般求最值的方法很难求出此代数式的最小值．222222)30()2()10()1(13422-+-+-++=+-+++x x x x x x ，于是问题转化为：在x 轴上求一点C(1，0)，使它到两点A(一1，1)和B(2，3)的距离和(CA+CB)最小，利用对称性可求出C 点坐标．这样，通过构造图形而使问题获解．【例3】 已知b 、c 为整数，方程052=++c bx x 的两根都大于1-且小于0，求b 和c 的值．思路点拨 利用求根公式，解不等式组求出b 、c 的范围，这是解本例的基本思路，解法繁难．由于二次函数与二次方程有深刻的内在联系，构造函数，令c bx x y ++=25，从讨论抛物线与x 轴交点在1-与0之间所满足的约束条件入手．【例4】 如图，在矩形ABCD 中，AD=a ，AB=b ，问：能否在Ab 边上找一点E ，使E 点与C 、D 的连线将此矩形分成三个彼此相似的三角形?若能找到，这样的E 点有几个?若不能找到，请说明理由．思路点拨 假设在AB 边上存在点E ，使Rt △ADE ∽Rt △BEC ∽Rt △ECD ，又设AE=x ，则BC BE AE AD =，即ax b x a -=，于是将问题转化为关于x 的一元二次方程是否有实根，在一定条件下有几个实根的研究，通过构造方程解决问题．【例5】 试证：世界上任何6个人，总有3人彼此认识或者彼此不认识．思路点拨 构造图形解题，我们把“人”看作“点”，把2个人之间的关系看作染成颜色的线段．比如2个人彼此认识就把连接2个人的对应点的线段染成红色；2个人彼此不认识，就把相应的线段染成蓝色，这样，有3个人彼此认识就是存在一个3边都是红色的三角形，否则就是存在一个3边都是蓝色的三角形，这样本题就化作：已知有6个点，任何3点不共线，每2点之间用线段连结起来，并染上红色或蓝色，并且一条边只能染成一种颜色．证明：不管怎么染色，总可以找出三边同色的三角形．注：“数缺形时少直观，形缺少时难入微”数形互助是一种重要的思想方法，主要体现在：(1)几何问题代数化；(2)利用图形图表解代数问题；(3)构造函数，借用函数图象探讨方程的解．利用代数法解几何题，往往是以较少的量的字母表示相关的几何量，根据几何图形性质列出代数式或方程(组)，再进行计算或证明．特别地，证明几何存在性的问题可构造方程，利用一元二次方程必定有解的的的代数模型求证；应用为韦达定理，讨论几何图形位置的可能性．有些问题可通过改变形式或换个说法，构造等价命题或辅助命题，使问题清晰且易于把握．对于存在性问题，可根据问题要求构造出一个满足条件的结论对象，即所谓的存在性问题的“构造性证明”．1．若关于x 的方程012)1(22=-+-mx x m 的所有根都是比1小的正实数，则实数m 的取值范围是 ．2．已知a 、b 、c 、d 是四个不同的有理数，且1))((=++d a c a ，1))((=++d b c b ，那么))((c b c a ++的值是 ．3．代数式9)12(422+-++x x 的最小值为 ．4．A 、B 、C 、D 、E 、F 六个足球队单循环赛，已知A 、B 、C 、D 、E 五个队已经分别比赛 了5、4、3、2、1场，则还未与B 队比赛的球队是 ．5．若实数a 、b 满足122=++b ab a ，且22b a ab t --=，则t 的取值范围是 ．6．设实数分别s 、t 分别满足0199192=++s s ，019992=++t t ，并且1≠st ，求ts st 14++的值．7．已知实数a 、b 、c 满足0))((<+++c b a c a ，求证：)(4)(2c b a a c b ++>-．8．写出10个不同的自然数，使得它们中的每个是这10个数和的一个约数，并说明写出的10个自然数符合题设条件的理由．9．求所有的实数x ，使得xx x x 111-+-= ．10．若是不全为零且绝对值都小于106的整数．求证：2110132>++c b a ．11．已知关于x 的方程k x x =+-1322有四个不同的实根，求k 的取值范围．12．设10<<z y x ，，0，求证1)1()1()1(<-+-+-x z z y y x ．13．从自然数l ，2，3，…354中任取178个数，试证：其中必有两个数，它们的差为177．14．已知a 、b 、c 、d 、e 是满足8=++++e d c b a ，162222=++++e d c b a 的实数，试确定e 的最大值．15．如图，已知一等腰梯形，其底为a 和b ，高为h ．(1)在梯形的对称轴上求作点P ，使从点P 看两腰的视角为直角；(2)求点P 到两底边的距离；(3)在什么条件下可作出P 点?。
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第三十讲 从创新构造入手
有些数学问题直接求解比较困难,可通过创造性构造转化问题而使问题获解.
所谓构造法,就是综合运用各种知识和方法,依据问题的条件和结论给出的信息,把问题作适当的加工处理.构造与问题相关的数学模式,揭示问题的本质,从而沟通解题思路的方法.构造法是一种创造性思维,是建立在对问题结构特点的深刻认识基础上的.
构造法的基本形式是以已知条件为“原料”,以所求结论为“方向”,构造一种新的数学形式,初中阶段常用的构造解题的基本方法有:
1.构造方程;
2.构造函数;
3.构造图形;
4.对于存在性问题,构造实例;
5.对于错误的命题,构造反例;
6.构造等价命题等.
【例题求解】
【例1】 设1a 、2a 、1b 、2b 都为实数,21a a ≠,满足))(())((22122111b a b a b a b a ++=++,求
证:1))(())((22211211-=++=++b a b a b a b a .
思路点拨 可以从展开已知等式、按比例性质变形已知等式等角度尝试.仔细观察已知等式特点,1a 、2a 可看作方程1))((21=++b x b x 的两根,则))((1))((2121a x a x b x b x --=-++,通过构造方程揭示题设条件与结论的内在规律,解题思路新颖而深刻.
注:一般说来,构造法包含下述两层意思:利用抽象的普遍性,把实际问题转化为数学模型;利用具体问题的特殊性,给所解决的问题设计一个框架,强调数学应用的数学建模是前一层意思的代表,而后一层意思的“框架”含义更为广泛,如方程、函数、图形、“抽屉”等.
【例2】 求代数式1342222+-+++x x x x 的最小值.
思路点拨 用一般求最值的方法很难求出此代数式的最小值.
222222)30()2()10()1(13422-+-+-++=+-+++x x x x x x ,于是问题转化为:在x 轴上求一点
C(1,0),使它到两点A(一1,1)和B(2,3)的距离和(CA+CB)最小,利用对称性可求出C 点坐标.这样,通过构造图形而使问题获解.
【例3】 已知b 、c 为整数,方程052=++c bx x 的两根都大于1-且小于0,求b 和c 的值.
思路点拨 利用求根公式,解不等式组求出b 、c 的范围,这是解本例的基本思路,解法繁难.由于二次函数与二次方程有深刻的内在联系,构造函数,令c bx x y ++=25,从讨论抛物线与x 轴交点在1-与0之间所满足的约束条件入手.
【例4】 如图,在矩形ABCD 中,AD=a ,AB=b ,问:能否在Ab 边上找一点E,使E 点与C 、D 的连线将此矩形分成三个彼此相似的三角形?若能找到,这样的E 点有几个?若不能找到,请说明理由.
思路点拨 假设在AB 边上存在点E,使Rt △ADE ∽Rt △BEC ∽Rt △ECD,又设AE=x ,则BC BE AE AD =,即a
x b x a -=,于是将问题转化为关于x 的一元二次方程是否有实根,在一定条件下有几个实根的研究,通过构造方程解决问题.
【例5】 试证:世界上任何6个人,总有3人彼此认识或者彼此不认识.
思路点拨 构造图形解题,我们把“人”看作“点”,把2个人之间的关系看作染成颜色的线段.比如2个人彼此认识就把连接2个人的对应点的线段染成红色;2个人彼此不认识,就把相应的线段染成蓝色,这样,有3个人彼此认识就是存在一个3边都是红色的三角形,否则就是存在一个3边都是蓝色的三角形,这样本题就化作:
已知有6个点,任何3点不共线,每2点之间用线段连结起来,并染上红色或蓝色,并且一条边只能染成一种颜色.证明:不管怎么染色,总可以找出三边同色的三角形.
注:“数缺形时少直观,形缺少时难入微”数形互助是一种重要的思想方法,主要体现在:
(1)几何问题代数化;
(2)利用图形图表解代数问题;
(3)构造函数,借用函数图象探讨方程的解.
利用代数法解几何题,往往是以较少的量的字母表示相关的几何量,根据几何图形性质列出代数式或方程(组),再进行计算或证明.
特别地,证明几何存在性的问题可构造方程,利用一元二次方程必定有解的的的代数模型求证;应用为韦达定理,讨论几何图形位置的可能性.
有些问题可通过改变形式或换个说法,构造等价命题或辅助命题,使问题清晰且易于把握.
对于存在性问题,可根据问题要求构造出一个满足条件的结论对象,即所谓的存在性问题的“构造性证明”. 学历训练
1.若关于x 的方程012)1(22=-+-mx x m 的所有根都是比1小的正实数,则实数m 的取值范围
是 .
2.已知a 、b 、c 、d 是四个不同的有理数,且1))((=++d a c a ,1))((=++d b c b ,那么))((c b c a ++的值是 .
3.代数式9)12(422+-++x x 的最小值为 .
4.A 、B 、C 、D 、E 、F 六个足球队单循环赛,已知A 、B 、C 、D 、E 五个队已经分别比赛 了5、4、3、2、1场,则还未与B 队比赛的球队是 .
5.若实数a 、b 满足122=++b ab a ,且22b a ab t --=,则t 的取值范围是 .
6.设实数分别s 、t 分别满足0199192=++s s ,019992=++t t ,并且1≠st ,求t
s st 14++的值. 7.已知实数a 、b 、c 满足0))((<+++c b a c a ,求证:)(4)(2c b a a c b ++>-.
8.写出10个不同的自然数,使得它们中的每个是这10个数和的一个约数,并说明写出的10个自然数符合题设条件的理由.
9.求所有的实数x ,使得x
x x x 111-+-= .
10.若是不全为零且绝对值都小于106的整数.求证:2110132>
++c b a .
11.已知关于x 的方程k x x =+-1322有四个不同的实根,求k 的取值范围.
12.设10<<z y x ，，0,求证1)1()1()1(<-+-+-x z z y y x .
13.从自然数l,2,3,…354中任取178个数,试证:其中必有两个数,它们的差为177.
14.已知a 、b 、c 、d 、e 是满足8=++++e d c b a ,162222=++++e d c b a 的实数,试确定e 的最大值.
15.如图,已知一等腰梯形,其底为a 和b ,高为h .
(1)在梯形的对称轴上求作点P ,使从点P 看两腰的视角为直角;
(2)求点P 到两底边的距离;
(3)在什么条件下可作出P 点?。