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二次函數(shù)與相似三角形的綜合問題 知識點 二次函數(shù)綜合；勾股定理；相似三角形的性質； 教學目標 1. 熟練運用所學知識解決二次函數(shù)綜合問題 2．靈活運用數(shù)形結合思想 教學重點 巧妙運用數(shù)形結合思想解決綜合問題； 教學難點 靈活運用技巧及方法解決綜合問題； 教學過程 一、課堂導入 二次函數(shù)的綜合問題是中考壓軸題常考題型之一，難度較大。主要考查形式為二次函數(shù)與一些簡單幾何圖形的點存在性問題，既考查了學生的數(shù)形結合能力，又考查學生的計算能力。此類問題出現(xiàn)后，大多學生都無從下手，主要是學生的綜合能力、解題技巧及實戰(zhàn)經(jīng)驗不足所致。就本節(jié)二次函數(shù)與相似三角形的點存在性問題，主要考查了學生能否將相似三角形的性質與判定融入到二次函數(shù)，在函數(shù)圖像中構造相似圖形的能力。 二、復習預習 勾股定理及逆定理 1.定理：直角三角形兩直角邊a，b的平方和等于斜邊c的平方。（即：a2+b2=c2） 2.勾股定理反映了直角三角形三邊之間的關系，是直角三角形的重要性質之一，其主要應用有： （1）已知直角三角形的兩邊求第三邊 （2）已知直角三角形的一邊和另兩邊的關系，求直角三角形的另兩邊 （3）利用勾股定理可以證明線段平方關系的問題 3.逆定理：如果三角形的三邊長：a，b，c，則有關系a2+b2=c2，那么這個三角形是直角三角形。 4.用勾股定理的逆定理判定一個三角形是否是直角三角形應注意： （1）首先確定最大邊，不妨設最長邊為c。 （2）驗證c2和a2+b2是否具有相等的關系，若a2+b2=c2，則△ABC是以∠C為直角的直角三角形。 三、知識講解 考點1 二次函數(shù)的基礎知識 1.一般地，如果y=ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)且a≠0），那么y叫做x的二次函數(shù)，它是關于自變量的二次式，二次項系數(shù)必須是非零實數(shù)時才是二次函數(shù)，這也是判斷函數(shù)是不是二次函數(shù)的重要依據(jù)． 當b=c=0時，二次函數(shù)y=ax2是最簡單的二次函數(shù)． 2.二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）的三種表達形式分別為： 一般式：y=ax2+bx+c，通常要知道圖像上的三個點的坐標才能得出此解析式； 頂點式：y=a（x－h(huán)）2+k，通常要知道頂點坐標或對稱軸才能求出此解析式； 交點式：y=a（x－x1）（x－x2），通常要知道圖像與x軸的兩個交點坐標x1，x2才能求出此解析式； 對于y=ax2+bx+c而言，其頂點坐標為（－，）．對于y=a（x－h(huán)）2+k而言其頂點坐標為（h，k），由于二次函數(shù)的圖像為拋物線，因此關鍵要抓住拋物線的三要素：開口方向，對稱軸，頂點． 考點2 相似三角形的概念及其性質 1.定義：對應角相等，對應邊成比例的兩個三角形叫做相似三角形。 2.性質定理： (1)相似三角形的對應角相等； (2)相似三角形的對應邊成比例； (3)相似三角形的對應高線的比,對應中線的比和對應角平分線的比都等于相似比； (4)相似三角形的周長比等于相似比； (5)相似三角形的面積比等于相似比的平方. 考點3 探究三角形相似的一般思路 解答三角形相似的存在性問題時，要具備分類討論的思想及數(shù)形結合思想，要先找出三角形相似的分類標準，一般涉及到動態(tài)問題要以靜制動，動中求靜，具體如下： （1）假設結論成立，分情況討論。探究三角形相似時，往往沒有明確指出兩個三角形的對應角（尤其是以文字形式出現(xiàn)讓證明兩個三角形相似的題目）或涉及到動點問題，因動點問題中點的位置不確定，此時應考慮不同的對應關系，從而分情況討論； （2）確定分類標準：在分類時，先要找出分類的標準，看兩個三角形是否有對應相等的角，若有，找出對應相等的角后，再根據(jù)其他角進行分類討論來確定相似三角形成立的條件；若沒有，則分別按三種角來分類討論； （3）建立關系式并計算。由相似三角形列出相應的比例式，將比例式中的線段用所設點的坐標表示出來（其長度多借助勾股定理運算），整理可得一元一次方程或者一元二次方程，解方程可得字母的值，再通過計算得出相應的點的坐標； 四、例題精析 考點一 在函數(shù)中運用“SAS”判定定理構造相似三角形 例1 直線分別交x軸、y軸于A、B兩點，△AOB繞點O按逆時針方向旋轉90后得到△COD，拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過A、C、D三點． (1) 寫出點A、B、C、D的坐標； (2) 求經(jīng)過A、C、D三點的拋物線表達式，并求拋物線頂點G的坐標； (3) 在直線BG上是否存在點Q，使得以點A、B、Q為頂點的三角形與△COD相似？若存在，請求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由． 例2如圖，已知點A (-2，4) 和點B (1，0)都在拋物線上． （1）求m、n； （2）向右平移上述拋物線，記平移后點A的對應點為A′，點B的對應點為B′，若四邊形A A′B′B為菱形，求平移后拋物線的表達式； （3）記平移后拋物線的對稱軸與直線AB′ 的交點為C，試在x軸上找一個點D，使得以點B′、C、D為頂點的三角形與△ABC相似．  考點二 運用相似三角形的性質解決二次函數(shù)綜合問題 例3如圖，已知直線AB：y=kx+2k+4與拋物線y=x2交于A，B兩點． （1）直線AB總經(jīng)過一個定點C，請直接出點C坐標； （2）當k=﹣時，在直線AB下方的拋物線上求點P，使△ABP的面積等于5； （3）若在拋物線上存在定點D使∠ADB=90，求點D到直線AB的最大距離．  例4如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，拋物線y=﹣x2+bx+c（c＞0）的頂點為D，與y軸的交點為C，過點C作CA∥x軸交拋物線于點A，在AC延長線上取點B，使BC=AC，連接OA，OB，BD和AD． （1）若點A的坐標是（﹣4，4） ①求b，c的值； ②試判斷四邊形AOBD的形狀，并說明理由； （2）是否存在這樣的點A，使得四邊形AOBD是矩形？ 若存在，請直接寫出一個符合條件的點A的坐標；若不存在，請說明理由．  課程小結 有針對性的對勾股定理、相似三角形的性質及二次函數(shù)的基礎知識進行復習，有助于為研究二次函數(shù)與相似三角形的綜合問題提供有利的依據(jù)。在探究二次函數(shù)與相似三角形的綜合問題時，抓住已有的信息及條件在函數(shù)圖像中構造出相似三角形，并能運用相似三角形的性質解決問題，掌握此類問題的解題思路及技巧是解決問題的關鍵。 解析 例1（1）A(3，0)，B(0，1)，C(0，3)，D(－1，0)． （2）因為拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過A(3，0)、C(0，3)、D(－1，0) 三點，所以 解得 所以拋物線的解析式為y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，頂點G的坐標為(1，4)． （3）如圖2，直線BG的解析式為y＝3x＋1，直線CD的解析式為y＝3x＋3，因此CD//BG． 因為圖形在旋轉過程中，對應線段的夾角等于旋轉角，所以AB⊥CD．因此AB⊥BG，即∠ABQ＝90． 因為點Q在直線BG上，設點Q的坐標為(x，3x＋1)，那么． Rt△COD的兩條直角邊的比為1∶3，如果Rt△ABQ與Rt△COD相似，存在兩種情況： ①當時，．解得．所以，． ②當時，．解得．所以，． 【總結與反思】1．圖形在旋轉過程中，對應線段相等，對應角相等，對應線段的夾角等于旋轉角． 2．用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，用配方法求頂點坐標． 3．第（3）題判斷∠ABQ＝90是解題的前提． 4．△ABQ與△COD相似，按照直角邊的比分兩種情況，每種情況又按照點Q與點B的位置關系分上下兩種情形，點Q共有4個． 例2【規(guī)范解答】(1) 因為點A (-2，4) 和點B (1，0)都在拋物線上，所以 解得，． (2)如圖2，由點A (-2，4) 和點B (1，0)，可得AB＝5．因為四邊形A A′B′B為菱形，所以A A′＝B′B＝ AB＝5．因為，所以原拋物線的對稱軸x＝－1向右平移5個單位后，對應的直線為x＝4． 因此平移后的拋物線的解析式為． 圖2 (3) 由點A (-2，4) 和點B′ (6，0)，可得A B′＝． 如圖2，由AM//CN，可得，即．解得．所以．根據(jù)菱形的性質，在△ABC與△B′CD中，∠BAC＝∠CB′D． ①如圖3，當時，，解得．此時OD＝3，點D的坐標為（3，0）． ②如圖4，當時，，解得．此時OD＝，點D的坐標為（，0）． 【總結與反思】1．點A與點B的坐標在3個題目中處處用到，各具特色．第（1）題用在待定系數(shù)法中；第（2）題用來計算平移的距離；第（3）題用來求點B′ 的坐標、AC和B′C的長． 2．拋物線左右平移，變化的是對稱軸，開口和形狀都不變． 3．探求△ABC與△B′CD相似，根據(jù)菱形的性質，∠BAC＝∠CB′D，因此按照夾角的兩邊對應成比例，分兩種情況討論． 例3【規(guī)范解答】解：（1）∵當x=﹣2時，y=（﹣2）k+2k+4=4． ∴直線AB：y=kx+2k+4必經(jīng)過定點（﹣2，4）．∴點C的坐標為（﹣2，4）． （2）∵k=﹣，∴直線的解析式為y=﹣x+3．聯(lián)立，解得：或． ∴點A的坐標為（﹣3，），點B的坐標為（2，2）． 過點P作PQ∥y軸，交AB于點Q，過點A作AM⊥PQ，垂足為M，過點B作BN⊥PQ，垂足為N，如圖1所示． 設點P的橫坐標為a，則點Q的橫坐標為A．∴yP=a2，yQ=﹣a+3．∵點P在直線AB下方， ∴PQ=yQ﹣yP =﹣a+3﹣a2∵AM+NB=a﹣（﹣3）+2﹣a=5． ∴S△APB=S△APQ+S△BPQ=PQ?AM+PQ?BN=PQ?（AM+BN）=（﹣a+3﹣a2）?5=5． 整理得：a2+a﹣2=0．解得：a1=﹣2，a2=1．當a=﹣2時，yP=（﹣2）2=2．此時點P的坐標為（﹣2，2）． 當a=1時，yP=12=．此時點P的坐標為（1，）． ∴符合要求的點P的坐標為（﹣2，2）或（1，）． （3）過點D作x軸的平行線EF，作AE⊥EF，垂足為E，作BF⊥EF，垂足為F，如圖2． ∵AE⊥EF，BF⊥EF，∴∠AED=∠BFD=90．∵∠ADB=90，∴∠ADE=90﹣∠BDF=∠DBF． ∵∠AED=∠BFD，∠ADE=∠DBF， ∴△AED∽△DFB．∴． 設點A、B、D的橫坐標分別為m、n、t，則點A、B、D的縱坐標分別為m2、n2、t2． AE=yA﹣yE=m2﹣t2．BF=yB﹣yF=n2﹣t2．ED=xD﹣xE=t﹣m，DF=xF﹣xD=n﹣t． ∵，∴=．化簡得：mn+（m+n）t+t2+4=0． ∵點A、B是直線AB：y=kx+2k+4與拋物線y=x2交點，∴m、n是方程kx+2k+4=x2即x2﹣2kx﹣4k﹣8=0兩根． ∴m+n=2k，mn=﹣4k﹣8．∴﹣4k﹣8+2kt+t2+4=0， 即t2+2kt﹣4k﹣4=0．即（t﹣2）（t+2k+2）=0．∴t1=2，t2=﹣2k﹣2（舍）．∴定點D的坐標為（2，2）． 過點D作x軸的平行線DG，過點C作CG⊥DG，垂足為G，如圖3所示． ∵點C（﹣2，4），點D（2，2），∴CG=4﹣2=2，DG=2﹣（﹣2）=4．∵CG⊥DG， ∴DC====2． 過點D作DH⊥AB，垂足為H，如圖3所示，∴DH≤DC．∴DH≤2．∴當DH與DC重合即DC⊥AB時， 點D到直線AB的距離最大，最大值為2．∴點D到直線AB的最大距離為2． 【總結與反思】（1）要求定點的坐標，只需尋找一個合適x，使得y的值與k無關即可． （2）只需聯(lián)立兩函數(shù)的解析式，就可求出點A、B的坐標．設出點P的橫坐標為a，運用割補法用a的代數(shù)式表示△APB的面積，然后根據(jù)條件建立關于a的方程，從而求出a的值，進而求出點P的坐標． （3）設點A、B、D的橫坐標分別為m、n、t，從條件∠ADB=90出發(fā)，可構造k型相似，從而得到m、n、t的等量關系，然后利用根與系數(shù)的關系就可以求出t，從而求出點D的坐標．由于直線AB上有一個定點C，容易得到DC長就是點D到AB的最大距離，只需構建直角三角形，利用勾股定理即可解決問題． 例4【規(guī)范解答】（1）①∵AC∥x軸，A點坐標為（﹣4，4）．∴點C的坐標是（0，4） 把A、C代入y═﹣x2+bx+c得， 得，解得； ②四邊形AOBD是平行四邊形；理由如下： 由①得拋物線的解析式為y═﹣x2﹣4x+4，∴頂點D的坐標為（﹣2，8），過D點作DE⊥AB于點E，則DE=OC=4，AE=2，∵AC=4，∴BC=AC=2，∴AE=BC．∵AC∥x軸，∴∠AED=∠BCO=90，∴△AED≌△BCO，∴AD=BO．∠DAE=∠BCO，∴AD∥BO，∴四邊形AOBD是平行四邊形． （2）存在，點A的坐標可以是（﹣2，2）或（2，2）要使四邊形AOBD是矩形；則需∠AOB=∠BCO=90， ∵∠ABO=∠OBC，∴△ABO∽△OBC，∴=，又∵AB=AC+BC=3BC，∴OB=BC， ∴在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理可得：OC=BC，AC=OC，∵C點是拋物線與y軸交點，∴OC=c， ∴A點坐標為（c，c），∴頂點橫坐標=c，b=c，∵將A點代入可得c=﹣+c?c+c， ∴橫坐標為c，縱坐標為c即可，令c=2，∴A點坐標可以為（2，2）或者（﹣2，2）． 【總結與反思】 （1）①將拋物線上的點的坐標代入拋物線即可求出b、c的值； ②求證AD=BO和AD∥BO即可判定四邊形為平行四邊形； （2）根據(jù)矩形的各角為90可以求得△ABO∽△OBC即=，再根據(jù)勾股定理可得OC=BC，AC=OC，可求得橫坐標為c，縱坐標為C．