第11讲《几何综合》第1课时（教案）2023年人教版中考数学一轮复习

这是一份第11讲《几何综合》第1课时（教案）2023年人教版中考数学一轮复习，共13页。

第十一讲“几何综合”.（第一课时）
［教学目标］
知识与技能
1.熟练掌握特殊三角形、特殊四边形性质；
2.了解一般线段之间关系的证明方式及辅助线的添加；
3.能熟练应用全等、相似证明、计算线段关系与长度.
数学思考
通过图形性质的应用与证明等学习，让学生从理解到掌握几何证明中一般辅助线的添加，了解当前中考几何证明、计算题目类型及几何部分所考察的知识点内容.
问题解决
1.培养学生的证明推理能力；
2.教授学生辅助线添加方法；
2.培养学生对知识综合运用能力.
情感态度
通过猜测、证明相关结论的过程，发展学生的数学思考能力；通过积极引导，帮助学生有意识地积累活动经验，获得成功的体验；利用课件中动画，使学生更加直观的理解几何图形的旋转、平移等变化，激发学生学习数学的兴趣.
[教学重点、难点]
教学重点：几何证明、辅助线添加.
教学难点：几何证明、辅助线添加.
[教学准备]
动画多媒体语言课件.
教学过程 第一课时
教学路径
教学说明
课堂导入

前面我们共同复习了，三角形、四边形、圆，这三部分几何知识，本堂课，我们将更加深入的学习在这三种图形为背景下的几何综合性问题.
（出示课件导入）
佳题探究
探究类型之一 以四边形为背景的综合题
分两页出示
第一页
例1.如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°,点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN.
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；

解析：证明△NED≌△MEA，利用平行四边形判定定理可证AMDN是平行四边形.1将AMDN四边按后图变颜色，2.并涂色△NED与△MEA
答案：证明：∵ABCD为菱形，
∴NC∥AB，
∴∠1=∠2，如后图，在其中标记∠1、∠2 下一步
在△NED和△MEA中，
∵ ∠1=∠2
∠NED=∠MEA
AE=ED，
∴△NED≌△MEA，
∴ME=NE， 下一步
∵AE=ED ，ME=NE，
∴四边形AMDN是平行四边形.
第二页
例1.如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°,点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN.
（2）填空：①当AM的值为________ 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 ________时，四边形AMDN是菱形.

图1 图2
解析：①由(1)已得AMDN是平行四边形，从而只需DM⊥AB时，四边形AMDN即为矩形，下一步
1.点击“下一步”后在该解析下出示图1；2.标记∠DAB=60°；3.涂色AMDN
由ABCD为菱形、AB=2、∠DAB=60°，则△ABD为等边三角形，
可得AM=AB时DM⊥AB，故AM的值为1时，四边形AMDN是矩形；
下一步
②由(1)已得AMDN是平行四边形，从而只需DM=AM时，四边形AMDN即为菱形，由ABCD为菱形、AB=2、∠DAB=60°，则△ABD为等边三角形，
下一步
1.点击“下一步”后在该解析下出示图2；2.标记∠DAB=60°；3.涂色AMDN
可得M与B重合时AM=AB，故AM的值为2时，四边形AMDN是菱形.
答案：直接在①中填“1”②中填“2”.
师：先请一位同学站起来为大家读一下例1.
生：读题目.
师：（题目较简单，请学生直接回答）
探究类型之二 以圆为背景的综合题
分三页出示
第一页
例4.如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上，∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC．
（1）试判断BE与FH的数量关系，并说明理由；

解析：证明Rt△ABE≌Rt△EHF，即可得证BE与FH的数量关系.
涂淡淡颜色Rt△ABE与Rt△EHF.（为了后面的标记角时，能够显现）
答案：BE=FH，理由如下：下一步
证明：标记∠B的直角符号---在标记∠1∠2∠3
∵∠ABE=∠AEF=90°，
∴∠1+∠2=∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，下一步
在Rt△ABE与Rt△EHF中有：
∠ABE=∠EHF=90°
∠1=∠3
AE=EF，
∴Rt△ABE≌Rt△EHF
∴BE=FH.
第二页
例4.如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上，∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC
（2）求证：∠ACF=90°；

解析：借助（1）中结论证明Rt△CHF为等腰三角形，即可得证∠ACF=90°.
Rt△CHF涂色
答案：证明：∵Rt△ABE≌Rt△EHF，
∴AB=EH，BE=HF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB= EH，下一步 标记如后图线段BE=CH=HF,CE.
又∵BE+EC= EC+CH，
∴CH=HF，
∴Rt△CHF为等腰三角形，下一步
标记后图中角上∠1、∠2、∠3.
∴∠1=45°，
∴∠2=45°，
又∵∠3=45°，
∴∠ACF=90°.
第三页
例4.如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上，∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC
（3）连接AF，过A、E、F三点作圆，如图2，若EC=4，∠CEF=15°，
求的长．出示题目时，直接按如下出示图1与图2

图1 图2
解析：通过圆中“同弧所对的圆周角相等”、“同弧所对的圆心角是圆周角的2倍”、以及“直径所对圆周角等于90°”，可求得该圆半径长及所对圆心角，进而得到的长．
答案：解：连接AF，取AF中点O，连接OE、OC.
连接AF，取AF中点O，连接OE、OC.（颜色按图中标记） 下一步
∵∠AEF=90°，
∴AF为直径，O为圆心
又∵AE=EF，
∴∠EOA=90°，∠OEF=45°，标记∠OEM=45° 下一步
标记∠CEF=15°，之后在闪烁两下△OEC
又∵∠CEF=15°，
∴∠OEC=60°，
∴△OEC为等边三角形，
∴OE=OC=EC=4
∴=.
第（1）（2）问可以直接请学生回答（难度较低，教师总结答案）
师：现在请同学分析一下第（3）问.
生：通过题意与（1）（2）问的结论，可以知道：连接AF，可知AF是直径，∠ACF=90°，那么A、E、F、C共圆，连接OE、OC，可知OE⊥AF，∠OEF=45°，
就能够知道△OEC为等边三角形，那么就可以求.
师：大家都听清楚他说的过程了吧?我们将上面所证的图形放入了圆中，从而我们要思考圆中的一些性质，比如：“直径所对的圆周角等于90度”、“同弧或等弧所对的圆周角相等”等等，正如这位同学说讲的一样，从确定四点共圆到推出△OEC为等边三角形，在得到该圆的半径长与所对的圆心角，就是解决此题的关键与思路.下面同学们快速的写下证明过程.
中考佳题
分三页出示
第一页
6.在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC.以点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°，且点D在直线MN上（不与点A重合）.如图，DE与AC交于点P，易证：BD=DP.
(无需写证明过程)

解析：构造全等三角形，证明BD=DP. 下一步
1.过点D作DF垂直AD，交AB于点F，2.涂淡色△BDF与△PDA.
过点D作DF⊥AD，交AB于点F，证明△BDF≌△PDA.
答案：证明：1.涂色△ADF，并闪烁两下，之后颜色去掉；2.标记颜色AD=DF；
过点D作DF⊥AD，交AB于点F，
∵MN∥BC，DF⊥AD，
∴△ADF是等腰直角三角形.
∴AD=DF，下一步
顺序出示1.标记∠1、∠5、∠2；2. 标记∠3、∠4.
又∵∠1+∠5=∠5+∠2=90°，
∴∠1=∠2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠3=∠4=135°，下一步
在△BDF与△PDA中有，
∠1=∠2
AD=DF
∠3=∠4，
∴△BDF≌△PDA，
∴BD=DP.
第二页
6.在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC.以点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°，且点D在直线MN上（不与点A重合）.
（1）如图所示，DE与CA延长线交于点P，BD=DP是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；

解析：理解题目，参考上问辅助线添加方法及证明方法，下一步
1.过点D作DF垂直AD，交AB于点F，2.涂淡色△BDF与△PDA.
过点D作DF⊥AD，交AB延长线于点F，证明△BDF≌△PDA.
答案： BD=DP成立，证明如下：下一步
1.涂色△ADF，并闪烁两下，之后颜色去掉；2.标记颜色AD=DF；
证明：过点D作DF⊥AD，交AB延长线于点F，
∵MN∥BC，DF⊥AD，
∴△ADF是等腰直角三角形.
∴AD=DF，下一步
顺序出示1.标记∠1、∠5、∠2；2. 标记∠3、∠4.
又∵∠1+∠5=∠5+∠2=90°，
∴∠1=∠2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠3=∠4=45°，下一步
在△BDF与△PDA中有，
∠1=∠2
AD=DF
∠3=∠4，
∴△BDF≌△PDA，
∴BD=DP.
第三页
6.在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC.以点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°，且点D在直线MN上（不与点A重合）.
（2）如图所示，DE与AC延长线交于点P，BD与DP是否相等？请直接写出你的结论，无需证明.

解析：理解题目，参考上问辅助线添加方法及证明方法，下一步
1.过点D作DF垂直AD，交BA延长线于点F，2.涂淡色△BDF与△PDA.
过点D作DF⊥AD，交BA延长线于点F，证明△BDF≌△PDA.
答案：BD=DP成立，证明如下：下一步
证明：1.涂色△ADF，并闪烁两下，之后颜色去掉；2.标记颜色AD=DF；
过点D作DF⊥AD，交BA延长线于点F，
∵MN∥BC，DF⊥AD，
∴△ADF是等腰直角三角形.
∴AD=DF，下一步
1. 标记∠3、∠5、∠4.
又∵∠3=∠5+90°，
∠4=∠5+90°，
∴∠3=∠4，下一步
1.标记∠1、∠2；
∵△ABC为等腰直角三角形，且MN∥BC，
∴∠1=∠2=45°，下一步
在△BDF与△PDA中有，
∠1=∠2
AD=DF
∠3=∠4，
∴△BDF≌△PDA，
∴BD=DP.
师：通过例4的学习，我们了解了一般的全等证明方式方法，同学们继续看下中考佳题中的第6题，我们在一起探讨全等证明的方法.（教师读题）如何寻求全等三角形？
生：（教师观察学生的表情，如果比较迷茫，教师提示）要寻找能够含有BD与DP两条线段的三角形.
师：那是哪两个三角形呢？
生：图中没有这样的两个三角形，所以要考虑作辅助线，构造出这样的两个三角形.
师：想法很好，思路也非常正确，这条辅助线如何作呢？（教师提示做出辅助线）（第（1）问解决完成后，教师总结方法），下面请一位同学回答证明过程.
生：回答
师：（重点总结辅助线方法，（2）（3）问的辅助线一样，强调一下）过D作DF垂直于MN，交AB于点F，（分析第（2）（3）问）
师：下面同学们自己作练习题中的1、2、4、7、8（教师利用这两分钟下去巡视一下，看看学生们前两道题目的解决情况）.
中考佳题
1.如图所示，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为（1，），则点C的坐标为（ ）
A．（－，1） B．（－1，） C．（，１） D．（－，－1）

解析:过点C作CD⊥x轴，易证△CDO≌△OEA，从而可得点C的坐标.
1.过点C作CD⊥x轴；2.涂颜色△CDO与△OEA；3.标记图中横杠
答案：直接在括号中填“A”
2.如图所示，已知等腰梯形ABCD中，AD//BC，AC与BD相交于点O，则下列判断不正确的是（ ）
A.△ABC≌△DCB B.△AOD≌△COB
C.△ABO≌△DCO D.△ADB≌△DAC

解析:根据等腰梯形的性质，可得到ABCD中，相等的边、角，进而易得全等的三角形.
1.对相等的边涂色(图中颜色一致的)；2.标记相等的角，符号一致
答案：直接在括号中填“B”
4.如图，一次函数y=x+3的图象与x轴，y轴交于A，B两点，与反比例函数的图象相交于C，D两点，分别过C，D两点作y轴，x轴的垂线，垂足为E，F，连接CF，DE．有下列四个结论：①△CEF与△DEF的面积相等；②△AOB∽△FOE；③△DCE≌△CDF；④AC=BD．其中正确的结论是（ ）
A. ①② B. ①②③ C. ①②③④ D. ②③④

解析：根据一次函数y=x+3与反比例函数，可得坐标系中各点坐标，进而易验①、②、③、④的正确性.
顺序标记各点坐标：A-B-D-C-F-E-标记∠OAB=45°
答案：直接在括号中填“C”
分两页出示
第一页
7.如图所示，∠ABC=90°，D，E分别在BC、AC上，AD⊥DE，且AD=DE，点F是AE的中点，FD与AB相交于点M.
（1）求证：∠FMC=∠FCM；

解析：利用△AFM≌△CFD，可证得MF=CF，进而证明∠FMC=∠FCM.
1.标记∠FMC与∠FCM，如后图； 2.涂色△AFM与△CFD；
3.在重点涂色MF和CF.
答案：证明：1.标记∠F处的直角符号；2.标记∠4与∠5.
∵AD⊥DE且AD=DE，
又∵点F是AE的中点，
∴DF⊥AC，
∴∠4=∠5=45°，AF=FD，下一步
标记∠1、∠3、∠2
又∵∠ABC=90°，
∴∠1+∠3=∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠2，下一步
∴∠MAF=∠1+∠4=∠2+∠5=∠CDF，
在Rt△AFM和Rt△CFD中有，
∠MAF=∠CDF
AF=FD
∠AFM=∠CFD=90°，
∴Rt△AFM≌Rt△CFD，下一步
将∠FMC与∠FCM边上的“？”改为粗的“√”
∴MF=CF，
∴∠FMC=∠FCM.
第二页
7.如图所示，∠ABC=90°，D，E分别在BC、AC上，AD⊥DE，且AD=DE，点F是AE的中点，FD与AB相交于点M.
（2）AD与MC垂直吗？并说明理由.

解析：由（1）已证得△MFC为等腰直角三角形，进而可得DE∥MC，即可证明AD⊥MC.
1.涂淡色△MFC；2. 如后图在两线段上标记箭头.
答案：AD⊥MC，理由如下：
延长AD交MC于点H.
证明：延长AD交MC于点H，
由（1）得MF=CF，
∴△MFC为等腰直角三角形，下一步
1.标记∠1与∠2；2.标记AH⊥MC的垂直符号.
又∵△DFE为等腰直角三角形，
∴∠1=∠2=45°，
∴DE∥MC，
∵AD⊥DE，
∴AD⊥MC.
8.如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，F分别在AB，AC上，CF=CB.连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，连接EF.
(1) 求证：△BCD≌△FCE；
(2) 若EF∥CD，求∠BDC的度数．

图1 图2
解析：(1)由题意可知CF=CB、CD=CE，∠1、∠2、∠3互余得∠1=∠2.
顺序出示1.在题目中 “CF=CB”下画黄色线（与图1中BC、CF的颜色一致），并且按图1只标记BC、CF；2.在题目中 “线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE”下画红色线（与图1中CD、CE的颜色一致），并且按图1标记CD、CE；3.标记∠DCE直角符号；4.涂淡色△BCD与△FCE. 下一步
（2）通过EF∥CD，与角度互余得到∠BDC的度数.
（出示原图及在图中标记∠D？）
答案：（2）解：∵EF∥CD，
∴∠3=∠4，
按着图2的图示，先涂色线段CD、EF，并在两线段上标记同方向“箭头”，之后在标记∠3与∠4. 下一步
涂淡色△BCD与△FCE.
又∵（1）中已证△BCD≌△FCE，
∴∠4=∠5，
∴∠3=∠4=∠5，标记图2中∠5 下一步
顺序标记1. ∠ACB标记直角符号；2.标记∠1.
又∵∠ACB=90°，
∴∠3+∠1=90°，
∴∠5+∠1=90°，
∴∠BDC=90°.
师：听取学生汇报题目解决思路后，出示课件.（1、2、4、7、8题目稍简单）
探究类型之二 以圆为背景的综合题
例3.如图所示，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在AD，BC上，连结OG，DG，若OG⊥DG，且☉O的半径长为1，则下列结论不成立的是( )
A.CD+DF=4 B.CD-DF=-3
C.BC+AB=+4 D.BC-AB=2

解析： = 1 \* GB3 ①设⊙O与BC的切点为M,连接MO并延长MO交AD于点N,易证
△OMG≌△GCD，则⊙O的半径R=OM=GC=1，CD=GM=BC-BM-GC=BC-2
即BC−AB=2；
1.连接MO并延长MO交AD于点N；2.涂色△OMG与△GCD；3.涂同色OM、GC、BM；4. 涂同色CD、GM.；5.将BC−AB=2改色；6.在D上打√
7.标记垂直符号，∠B∠M∠G∠C.
下一步(除MN线段，垂直符号，∠B∠M∠G∠C外其他的动画都去掉，进行第 = 2 \* GB3 ②个).
= 2 \* GB3 ②设AB=c、BC=a、AC=b、由⊙O为Rt△ABC的内切圆可得：R=( a+c-b),即a+c-2=b；
1.过O作OP⊥AB，OH⊥AC；2.涂同色AP、AH，涂同色CM、CH；
下一步 ( = 2 \* GB3 ②中动画都去掉，进行第 = 3 \* GB3 ③个).
= 3 \* GB3 ③在Rt△ABC中，勾股定理得a2+c2= b2=( a+c-2)2,整理得ac-2a-2c+2=0， = 1 \* GB3 ①中已得BC−AB=2即a=2+c，联立得(2+c) c-2(2+c)-2c+2=0，解得
c1=1-（舍），c2=1+=AB，进而得BC=a=3+，故BC+AB=+4
1.涂色Rt△ABC； 2.在出示 = 3 \* GB3 ③中解析时，直接将“c2=1+=AB”与“BC=a=3+”用另外颜色表示突出；3.C上打√ 下一步 ( = 3 \* GB3 ③中动画都去掉)
= 4 \* GB3 ④设DF=x，则FO=x，NF= AD-AN-DF=(3+-1-x)= (2+-x)，
在Rt△ONF中ON=MN-1=，勾股定理得(2+-x)2+()2= x2，
解得DF=x=4-，
1.在DF上标记“x”；2.涂色Rt△ONF； 3.在出示 = 5 \* GB3 ⑤中解析时，直接将“DF=x=4-”用另外颜色表示突出； 下一步 ( = 5 \* GB3 ⑤中动画都去掉)
= 5 \* GB3 ⑤ CD=1+，DF=4-，得CD+DF=5，CD-DF=-3.
1.CD+DF=5，CD-DF=-3.涂色
2.在B答案上打“√”，在A答案上打“×”
答案：直接在括号中填“A”
师：（例3难度较大，主要难点在辅助钱添加、全等、内切圆与三角形边的关系、勾股定理，教师可以直接根据动画，分部讲解）
师：课间休息.
本讲的
“佳题补充”
中的两道题目，难度不是很大，从而在该讲课程编排上，前半节课程习题内容较多，时间较紧，希望在后半节课中能够有时间涉及到佳题补充内容，从而教师会感觉第二节（后半节）教案题目比较少.
教师根据班级学员学习程度，亦可自行调节题目讲解顺序与个数.