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第一单元三角形
初中几何第二册
第三章第一单元三角形
一、教法建议
【抛砖引玉】
从课本引言的画图上可发现有几种不同类型的三角形,启发学生想一想在他(她)们周围还发现有其它类型的三角形吗?
从同学们熟悉的三角形实例中引入三角形的一些概念,然后指导同学们画三角形的角的平分线及三角形的中线.从画图实践中,指导学生总结出三角形角平分线及三角形中线定义,以及角之间的倍数关系,线段之间倍数关系.对画三角形高线时,重点指导钝角三角形的高线画法,反复示范练习.在画图中熟练画法并概述出定义.引导同学们在画图中发现,三角形三条角平分线,或三条中线,三条高时总交于一点.这个结论很正确,以后还要研究或证明这个发现,以激发学生求知欲.
在数学中让学生实际测量P7图3—6
(1)~(3)三个三角形边长,通过测量数据让他(她)们总结出不等边三角形,等腰三角形,等边三角形概念,等腰三角形的腰,底边,顶角,底角定义,然后把三角形按边分类,突出分类思想,对三角形三边关系定理及推论,可先举出一个具体三角形,边长已知,推出具体关系,对研究定理及推论便直观易懂,学生易于接受,然后通过例题用代数法求解过程中,进一步强化定理应用,不满足定理的解要舍去.
三角形的内角和的教学,一定要与同学们一块做好P10的实验,使同学们亲自得出“三角形三个内角和等于180°”.通过三个内角的拼合所留下的痕迹启示他们如何证明这个结论.要证明这个结论,可以延长一边BC得到一个平角∠BCD,然后以CA为一边,在△ABC的外部画∠ACE=∠A,再证∠ECD=∠B即可,这样就找到并想到这样添出辅助线,并也知道什么是辅助线和为什么要添加辅助线,再结合例1的教学,用学得的三角形内角和定理指导实践,使理论与实践密切结合,迅速打开思路,本例也体现了以数助形.
通过三角形内角和定理的教学,引导学生按角把三角形分类,再一次突出分类思想,了解分类要做到“不重”和“不漏”,强调分类方法在今后的学习中要用到,让学生从三角形内角和定理直接总结出推论1,并指出这个推论有重要应用.对于三角形外角教学,一定结合P13图3—11讲清外角定义,并揭示外角的三个特征:
(1)顶点在三角形的一个顶点上;
(2)一条边是三角形的一边;(3)另一条边是三角形某条边的延长线,再画几个图让学生辨析,进一步巩固外角概念,进而结合三角形内角和定理推出推论2,推论3,再通过例题教学,强化这两个推论的应用,进一步熟悉它.
【指点迷津】
本单元是学生学习推理入门的初级阶段,担负着培养学生逻辑推理任务,一定要过好这一关,增强学生学好几何必胜信心.对于钝角三角形高的画法比较难,通过画图应知道两条高在三角形外部,并垂直钝角边的延长线.对于三角形按边或按角分进行分类,是分类思想的具体体现.应指出分类的原则,一定要做到不重不漏,以便今后更好地应用,三角形内角和定理的研究一定要做好三个角的拼凑试验,从实践上升到理论,证明思路便可找到.对三角形外角概念结合图形,突出它的三个特征,便容易掌握了.在教学中要求学生多动手,多思考,多与图形实物联系,做好括号证明依据的填写,摸仿证明方法,格式书写,学会证明.
二、学海导航
【基础思维】
1.三角形一个角的平分线与这个角的对边相交,这个角的顶点和交点之间的线段叫做三角形的.在三角形中,连结一个顶点和它的的线段叫做三角形的中线.从三角形的一个顶点向它的对边画垂线,之间的线段叫三角形的高.
2.三角形的三条角平分线,三条中线都在三角形而三角形的高不同,锐角三角形的三条高在三角形,直角三角形中有两条高恰好为,钝角三角形有两条高在.
3.三边都不相等的三角形叫三角形;有两条边相等的三角形叫,相等的两边叫,另一边叫,两腰的夹角叫,底角,
叫等边三角形.
4.三角形的分类(按边):
不等边三角形
三角形─────
──────
等边三角形
5.三角形两边的和第三边,两边的差第三边.
6.三个角都是锐角的三角形叫,有一个角是叫直角三角形,
叫钝角三角形,两条直角边的直角三角形叫直角三角形,三角形的一边与另一边的组成的角叫三角形外角.
7.三角形的分类(按角):
────
三角形────
斜三角形
────
8.三角形三个内角和等于,直角三角形的两个锐角;三角形的一个外角等于和它的两个内角的和,三角形的一个外角大于任何一个和它的内角.
【学法指要】
例1.已知一个等腰三角形ABC的周长为10cm,且三边长都是整数,求三边长.
思路分析:
在△ABC中,设AB=AC,则
AB+AC+BC=10,即2AB+BC=10
∴AB=
∵三边长都为整数,∴BC必为偶数
∴BC只能取2,4,6,8
对应AB(AC)为4,3,2,1
∵AB=AC=2,BC=6时,AB+AC<BC
与定理三角形两边之和大于第三边矛盾
∴此时△ABC不存在
同理:
AB=AC=1,BC=8时,△ABC也不存在
故△ABC的三边长可能取值为:
4cm,4cm,2cm或3cm,3cm,4cm
本例在求解过程中,未告知哪两边相等,必须假设两边相等,将三个未知量转化为二个,得出一个不定方程,进而根据正整数性质分别得出四组解,然后再结合三角形三边关系定理,把不合题意两组解除去.解题过程中,将矛盾不断转化,分类进行求解,做到了不重不漏.
例2.完成下列证明
已知:
如图,P是△ABC内一点
求证:
∠BPC>∠BAC
证明:
连结AP,并延长到D
∵∠BPD>∠BAD(),
∠DPC>∠DAC(),
∴∠BPD+∠DPC>.
即∠BPC>∠BAC
第一括号填写:
三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角;
第二括号填写:
三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角;
……,填写:
∠BAD+∠DAC
例2又一证法:
延长BP交AC于D点
∵∠BPC>∠BDC(),
∠BDC>∠BAC(),
∴∠BPC>.
第一、二两个括号与原证明填写依据相同,……,填写:
∠BAC
本例向同学要求填写证明的依据,规范的证明模式供同学模仿,步步推理有据,书写规范,使同学们学会证明.本例在求解过程中,用到了代数中不等式的性质,如又证明中知:
“若a>b,b>c,则a>c”,即不等式的传递性.代数法证明几何题,尤其对本单元,涉及较多,望同学们有意识地应用数形结合法去解决问题,将会收到较好的效果.
例3.如图,△ABC的三条内角平分线相交于I,IG⊥BC于G,求证:
∠BID=
∠CIG
思路分析:
从题设及观察图形可知
∠CIG=90°-∠BCF(直角三角形两锐角互余)
=90°-
∠ACB(角平分线定义)
∵∠ACB+∠ABC+∠BAC=180°(三角形内角和定理)∴∠ACB=180°-∠ABC-∠BAC(移项)
∴∠CIG=90°-
(180°-∠ABC-∠BAC)(等量代换)
=90°-90°+
∠ABC+
∠BAC(去括号)
=
∠ABC+
∠BAC(合并同类项)
∵∠ABE=
∠ABC,∠BAD=
∠BAC(角平分线定义)
∴∠CIG=∠ABE+∠BAD(等量代换)
∵∠BID=∠ABE+∠BAD(三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和)
∴∠CIG=∠BID(等量代换)
本例从未知入手,结合图形及题设变换关系式,步步变换,推理有据,一步步向预定的目标推进,终于达到目的.这种思路是执果索因,沿着要什么,找什么的思路去求索,在求索的道路上,要观察图形,结合题设,联想定理,综合分析,有的放矢,求索道路愈来愈明朗化,趋近于要证的结论.这是我们求索几何思路十分有效的方法之一.同学们在今后学习与研究几何问题时,要有意识的这样求索,将会使你的数学素养不断提高,证题能力达到一个新的层次.
例4.已知:
△ABC的三边a、b、c满足a4+b4+c4=a2b2+b2c2+c2a2.求证:
△ABC为等边三角形.
思路分析:
欲证△ABC为等边三角形
即证:
a=b=c,转化为
a-b=0,b-c=0,c-a=0
a2-b2=0,b2-c2=0,c2-a2=0
(a2-b2)2=0,(b2-c2)2=0,(c2-a2)2=0
(a2-b2)2+(b2-c2)2+(c2-a2)2=0
a4-2a2b2+b4+b4-2b2c2+c4+c4-2c2a2+a4=0
2a4+2b4+2c4=2a2b2+2b2c2+2c2a2
a4+b4+c4=a2b2+b2c2+c2a2以上每步可逆,于是问题得到圆满答案
又解思路分析:
∵a4+b4+c4=a2b2+b2c2+c2a2
∴a4+b4+c4-a2b2-b2c2-c2a2=0
2a4+2b4+2c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2=0
(a4-2a2b2+c4)+(b4-2b2c2+c4)+(c4-2c2a2+a4)=0
∴(a2-b2)2+(b2-c2)2+(c2-a2)2=0
∴(a2-b2)2=0,(b2-c2)2=0,(c2-a2)2=0
∴a2-b2=0,b2-c2=0,c2-a2=0
∴(a+b)(a-b)=0,(b+c)(b-c)2=0,(c+a)(c-a)=0
∵a、b、c为△ABC的三边
∴a+b≠0,b+c≠0,c+a≠0
∴a-b=0,b-c=0,c-a=0
∴a=b,b=c,c=a
∴a=b=c
∴△ABC是等边三角形
本例采取由结论推向已知,执果索因,此为分析法.用分析法达到目的,又应用从已知推向结论,执因索果,此为综合法.用综合法也很顺畅,分析法与综合法在解几何题中经常用到,有时两种方法配合使用.通常在入门阶段以综合法为主,找思路由分析法辅助,二者相辅相成,配合默契,要熟悉这两种证题方法,以便更好的应用.在几何证题过程中,代数法有时也起到关键作用,如本例,因题设告知我们的关系式容易引起我们联想配方法,应用乘法公式.按这条思路走下去,顺利求得结果.这是同学也能想到的,下面试举一例供你们练习.
已知:
a,b,c为△ABC的三边,且满足a2+b2+c2=ab+bc+ca=0.求证:
△ABC为等边三角形.
【思维体操】
例1.AB与CD相交于点O,求证:
∠A+∠C=∠B+∠D
思路分析:
在△AOC中,
∠A+∠C+∠AOC=180°(三角形内角定理)
在△BOD中,∠B+∠D+∠BOD=180°(三角形内角和定理)
∴∠A+∠C+∠AOC=∠B+∠D+∠BOD(等量代换)
∵∠AOC=∠BOD(对顶角相等)
∴∠A+∠C=∠B+∠D
这道几何题是一对对顶三角形组成的几何图形.因为我们发现了两个三角形,所以便联想到三角形内角和定理,探索思路,使问题解决了.可是这道题的应用价值很值得开发,它是一类几何题打开思路的“桥梁”,借助它可顺利到达“彼岸”,请看实例.
扩散一:
如图,∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=.
揭示思路:
从图形中观察出现对顶三角形,此时便使我们设法把5个分散的角转化在一个图形中,在这种想法趋使下,使我们想到对顶三角形这“桥梁”.
结合图形,连CD,立即可发现,∠B+∠E=∠1+∠2
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E
=∠A+∠ACD+∠ADC=180°(三角形内角和定理)
扩散二:
如图,∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=.
揭示思路:
观察图形,以AB,CE为边的对顶三角形.因而,连CE(或
连结AC),均可将五个角转化到一个三角形中,可求∠A+∠B+∠C+
∠D+∠E=180°
扩散三:
如图,∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F等于()
(A)270°(B)360°
(C)450°(D)540°
揭示思路:
本例连AE(或BF),便可把6个角转化到一个四边形中,因为一个四边形可分为两个三角形(连对角线),这样可知这六个角之和为360°,应选(B).
扩散四:
如图,∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G其和的度数是
揭示思路:
本例求其七个角的值,很难找到对顶三角形,此时可把图形上部的四边形连一条对角线分成两个三角形.再观察图形,可发现以BC,GE为边的对顶三角形,这时便给我们一个惊喜,这七个角分别集中在四边形ABCD与△GEF中,立即知其七角之和为540°
连结GE,BC
∴∠1+∠2=∠3+∠4
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G
=(∠A+∠B+∠C+∠D)+(∠F+∠FGE+∠FEG)
=360°+180°=540°
扩散五:
如图,在△ABC的边CA,BA的延长线上分别取点D、E,连结DE,作∠E,∠C的平分线,交于点F,求证:
∠F=
(∠B+∠D)
揭示思路:
由题设知FC,FE分别是∠C,∠E的平分线,所以设∠BCF=∠ACF=α,∠AEF=∠DEF=β,观察图形可发现以DE,CF分别为边的对顶三角形及以EF,BC分别为边的对顶三角形,于是有
∠F+∠α=∠D+∠β
∠B+∠α=∠F+∠β
∴∠F-∠B=∠D-∠F
∴2∠F=∠B+∠D
∴∠F=
(∠B+∠D)
扩散六:
如图,在△ABC中,∠B的平分线与∠C的外角平分线交于P点.求证:
2∠P=∠A.
揭示思路:
因为BP平分∠ABC,PC平分∠ACD,所以可设
∠ABP=∠CBP=α,∠ACP=∠DCP=β.
观察图形可发现以AB,CP为边的对顶三角形,于是有α+∠A=∠P+β…
(1)
∵∠DCP=∠CBP+∠P(三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和)
即β=α+∠P…
(2)
(2)代入
(1),得α+∠A=∠P+α+∠P
∴∠A=2∠P
从扩散一──扩散六所遇到的新问题都有一定的难度,而我们借助对顶三角形的特点作为“桥梁”,很顺利到达“彼岸”.对顶三角形这一基本图形隐含在复杂的几何图形中,我们必须善于挖掘出对顶三角形这一基本图形.如何挖掘,当然要善于观察并联想对顶三角形这一基本图形,便可从复杂图形中挖掘出来.如实在找不到,这时便可构造出与证题有利的对顶三角形.在具体求解过程中,要借助代数的优势,进行有关的化简与计算,使这一类问题化难为易.
三、智能显示
【心中有数】
本单元是学好全章的基础,这部分内容在实际中也有广泛的应用,又是几何证明的入门.因而,认真学好三角形边、角关系及推论,填好括号里的证明依据,掌握书写证明的格式,学会简单证明,模仿较难的证明的书写方法.慢慢学会证明方法,添加辅助线的方法及作用.
本单元学习分类思想十分重要,它在今后还有很多应用.在具体分类过程中,要做到“不重”和“不漏”,认真细致,做到重的排除,漏的找回,把分类方法掌握好.
本单元解决几何问题较多的用到一元一次方程,二元一次方程组等代数知识,用代数法处理几何问题,一定要遵循几何原理.按照几何原理列出代数式或方程(组)求解.这种数形结合的解题方法也是本单元学习的重要思维方法,要掌握它,并用它指导我们分析问题与解决问题.
【动脑动手】
1.已知△ABC中,AB=AC,且BD平分AC,若BD把△ABC的周长分为12cm和15cm两部分,求三边的长.
2.若自然数a、b、c为三角形的三边,且a≤b≤c,b=4,问这样的三角形有几个?
3.如图,已知在△ABC中,∠90°,AD,BD分别是两外角∠EAB,∠ABF的平分线且相交于D,求∠D的度数.
参考答案:
1.根据题意,本例可分两种情况.
如图
(1)和图
(2),设AB=AC=a,BC=b,则有
分别解两个方程组,得
故三角形三边的长为8cm,8cm,11cm或10cm,10cm,7cm.
2.由a≤b≤c,且b=4知a≤4,c≥4,又∵a、b、c都是自然数
∴a只可能取:
1,2,3,4
又∵c<a+b,b=4,a≤4的最大值a=4,∴c<4+4=8,∴最大只能取7
∴c只能取:
4,5,6,7
再依据a≤b≤c,b=4及三角形两边的和大于第三边,可是这样的三角形有10个,它们是1、4、4,2、4(4,5),3,4,(4,5,6),4,4,(4,5,6,7)
3.∵AD,BD为∠EAB,∠ABF的平分线
∴可设∠EAD=∠BAD=α,∠ABD=∠FBD=β
∴原方程可整理为:
(2)代入
(1)得135°+∠D=180°
∴∠D=180°-135°=45°
【创新园地】
如图所示,求∠A,∠B,∠C,∠D,∠E,∠F,∠G这七个角之和是多少度?
揭示思路1:
设∠APT=∠BPQ=α1,∠BQP=∠CQR=α2,…∠GTS=∠ATP=α7
又设∠TPQ为∠P,∠PQR为∠Q,…,∠STP为∠T,则有:
∠A+α1+α7=180°
∠B+α1+α2=180°
∠C+α2+α3=180°
…………
∠G+6+7=180°(三角形内角和定理)
∴∠A+∠B+…+∠G+2(α1+α2+…+α7)=180°×7
∴∠A+∠B+…+∠G=180°×7-2(α1+α2+…+α7)
∵∠P=180°-α1,∠Q=180°-α2,…,∠T=180°-α7
∴∠P+∠Q+…+∠T=180°×7-(α1+α2+…+α7)
∵七边形由一个顶点连对角线可将七边形分成五个三角形
∴∠P+∠Q+…+∠T=900°
∴α1+α2+…+α7=180°×7-(∠P+∠Q+…+∠T)=1260°-900°=360°
∴∠A+∠B+…+∠G=180°×7-360°×2=1260°-720°=540°
揭示思路2:
因为连四边形的一条对角线可分成两个三角形,所以可知四边形的内角和是360°.由此我们可知,在四边形CEGP和四边形QDFA中
∠C+∠E+∠G+∠GPC=360°
∠D+∠F+∠A+∠AQD=360°
∴∠A+∠C+∠D+∠E+∠F+∠GPC+∠AQD=720°
∵∠GBC=∠B+α,∠AQD=∠B+β(三角形的一个外角等
于和它不相邻的两个内角的和)
∴∠GBC+∠AQD=∠B+(∠B+α+β)
∵∠B+α+β=180°(三角形内角和定理)
∴∠A+∠C+∠D+∠E+∠F+180°+∠B=720°
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=540°
四、同步题库
一、填空题
1.如图1-1-13,AD是△ABC的角平分线,那么有∠
∠.
图1-1-13
2.如图1-1-14,已知AD、BE、CF是三角形ABC的三条中线,那么有AC=2,
BD=,
.
3.如图1-1-15,已知BE∥CD,∠1=95°,∠2=28°,那么∠CAB=.
4.在△ABC中,AB=6,BC=11,那么 5.如图1-1-16,已知在△ABC中,BD、CE是AC、AB边上的高,BD、CE交于H,图中 有个直角三角形,它们是. 图1-1-14图1-1-15图1-1-16 6.在上题中,如果∠DBC=32°,∠ECB=40°,那么∠DHC=,∠EHD, ∠BCD=. 7.如果等腰三角形的一边长是10cm,另一边长是7cm,那么这种三角形有个, 它们的周长分别是. 8.已知在△ABC中,∠C+∠A=2∠B,∠C-∠A=80°,那么∠A=,∠B=. 9.BC是△ABC和△DBC的公共边,那么,BC (AB+AC+DB+DC)(填“>”或 “<”). 10.已知△ABC三边a=4.8,b=2a,b比c大2,那么△ABC的周长为. 二、选择题 1.三角形的角平分线是() (A)直线(B)线段(C)射线(D)垂线段 2.在锐角三角形中,任意两个锐有的和一定大于(). (A)90°(B)105°(C)120°(D)130° 3.在△ABC中,∠A=∠B=2∠C,那么这个三角形是(). (A)Rt△(B)钝角△(C)锐角△(D)不能确定 4.如图1-1-17,在△ABC中,∠A=70°,BO、CO分别是∠B、∠C的平分线,那么∠BOC的度数为(). (A)55°(B)125°(C)110°(D)100° 图1-1-17 5.已知三角形三边长分别是4、1+2a、9,那么,实数a的取值范围是().
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