第1课时 二次根式的概念
1．了解二次根式的概念；(重点)
2．理解二次根式有意义的条件；(重点)
3．理解a(a≥0)是一个非负数，并会应用a(a≥0)的非负性解决实际问题．(难点)
一、情境导入
1．小明准备了一张正方形的纸剪窗花，他算了一下，这张纸的面积是8平方厘米，那么它的边长是多少？
2．已知圆的面积是6π，你能求出该圆的半径吗？
大家在七年级已经学习过数的开方，现在让我们一起来解决这些问题吧！ 二、合作探究
探究点一：二次根式的概念 【类型一】 二次根式的识别
(2015·安顺期末)下列各式：①
13
；②2x；③x2＋y2；④－5；⑤ 5，其中2
二次根式的个数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析：根据二次根式的概念可直接判断，只有①③满足题意．故选B.
方法总结：判断一个式子是否为二次根式，要看式子是否同时具备两个特征：①含有二次根号“ ”；②被开方数为非负数．两者缺一不可．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题
【类型二】 二次根式有意义的条件
代数式
x＋1
有意义，则x的取值范围是( ) x－1
A．x≥－1且x≠1 B．x≠1 C．x≥1且x≠－1 D．x≥－1
解析：根据题意可知x＋1≥0且x－1≠0，解得x≥－1且x≠1.故选A.
方法总结：(1)要使二次根式有意义，必须使被开方数为非负数，而不是所含字母为非
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负数；(2)若式子中含有多个二次根式，则字母的取值必须使各个被开方数同时为非负数；(3)若式子中含有分母，则字母的取值必须使分母不为零．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题
探究点二：利用二次根式的非负性求值
【类型一】 利用被开方数的非负性求字母的值 (1)已知a，b满足2a＋8＋|b－1|＝0，求2a－b的值； (2)已知实数a，b满足a＝b－2＋2－b＋3，求a，b的值． 解析：根据二次根式的被开方数是非负数及绝对值的意义求值即可．
2a＋8＝0，
解：(1)由题意知得2a＝－8，b＝1，则2a－b＝－9；
b－1＝0，b－2≥0，
(2)由题意知解得b＝2.所以a＝0＋0＋3＝3.
2－b≥0，
方法总结：①当几个非负数的和为0时，这几个非负数均为0；②当题目中，同时出现a和
－a时(即二次根式下的被开方数互为相反数)，则可得a＝0.
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题
【类型二】 与二次根式有关的最值问题 当x＝________时，3x＋2＋3的值最小，最小值为________．
2
解析：由二次根式的非负性知3x＋2≥0，∴当3x＋2＝0即x＝－时，32
的值最小，此时最小值为3.故答案为－，3.
3
方法总结：对于二次根式a≥0(a≥0)，可知其有最小值0. 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题 三、板书设计
3x＋2＋3
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本节课的内容是在我们已学过的平
方根、算术平方根知识的基础上，进一步引入二次根式的概念．教学过程中，应鼓励学生积极参与，并让学生探究和总结二次根式在实数范围内有意义的条件
第2课时 二次根式的性质
1．理解和掌握(a)2＝a(a≥0)和a2＝|a|；(重点)
2．能正确运用二次根式的性质1和性质2进行化简和计算．(难点)
一、情境导入
如果正方形的面积是3，那么它的边长是多少？若边长是3，则面积是多少？ 如果正方形的面积是a，那么它的边长是多少？若边长是a，则面积是多少？你会计算吗？
二、合作探究
探究点一：利用二次根式的性质进行计算
【类型一】 利用(a)2＝a(a≥0)计算 计算： (1)(0.3)2; (2)(－13)2； (3)(23)2; (4)(2x－y)2.
解析：(1)可直接运用(a)2＝a(a≥0)计算，(2)(3)(4)在二次根号前有一个因数，先利用(ab)2
＝a2b2，再利用(a)2＝a(a≥0)进行计算．
解：(1)(0.3)2＝0.3；
(2)(－13)2＝(－1)2×(13)2＝13； (3)(23)2＝22×(3)2＝12；
(4)(2x－y)2＝22×(x－y)2＝4(x－y)＝4x－4y.
方法总结：形如(nm)2(m≥0)的二次根式的化简，可先利用(ab)2＝a2b2，化为n2·(m)2(m≥0)后再化简．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第3题 【类型二】 利用a2＝|a|计算 计算： (1)22； (2)2（－）2； (3)－（－π）2.
3
解析：利用a2＝|a|进行计算． 解：(1)22＝2； (2)
222（－）2＝|－|＝；
333
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(3)－（－π）2＝－|－π|＝－π.
方法总结：a2＝|a|的实质是求a2的算术平方根，其结果一定是非负数． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第9题 【类型三】 利用二次根式的性质化简求值 先化简，再求值：a＋1＋2a＋a2，其中a＝－2或3. 解析：先把二次根式化简，再代入求值，即可解答．
解：a＋1＋2a＋a2＝a＋（a＋1）2＝a＋|a＋1|，当a＝－2时，原式＝－2＋|－2＋1|＝－2＋1＝－1；当a＝3时，原式＝3＋|3＋1|＝3＋4＝7.
方法总结：本题考查了二次根式的性质，解决本题的关键是先化简，再求值． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第10题 探究点二：利用二次根式的性质进行化简 【类型一】 与数轴的综合
如图所示为a，b在数轴上的位置，化简2a2－（a－b）2＋（a＋b）2.
解析：由a，b在数轴上的位置确定a＜0，a－b＜0，a＋b＜0.再根据a2＝|a|进行化简． 解：由数轴可知－2＜a＜－1，0＜b＜1，则a－b＜0，a＋b＜0.原式＝2|a|－|a－b|＋|a＋b|＝－2a＋a－b－(a＋b)＝－2a－2b.
方法总结：利用a2＝|a|化简时，先必须弄清楚被开方数的底数的正负性，计算时应包括两个步骤：①把被开方数的底数移到绝对值符号中；②根据绝对值内代数式的正负性去掉绝对值符号．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第7题
【类型二】 与三角形三边关系的综合 已知a、b、c是△ABC的三边长，化简（a＋b＋c）2－（b＋c－a）2＋
（c－b－a）2.
解析：根据三角形的三边关系得出b＋c＞a，b＋a＞c，根据二次根式的性质得出含有绝对值的式子，最后去绝对值符号后合并即可．
解：∵a、b、c是△ABC的三边长，∴b＋c＞a，b＋a＞c，∴原式＝|a＋b＋c|－|b＋c－a|＋|c－b－a|＝a＋b＋c－(b＋c－a)＋(b＋a－c)＝a＋b＋c－b－c＋a＋b＋a－c＝3a＋b－c.
方法总结：解答本题的关键是根据三角形的三边关系(三角形中任意两边之和大于第三边)，得出不等关系，再结合二次根式的性质进行化简．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 三、板书设计
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二次根式的性质是建立在二次根式概念的基础上，同时又为学习二次根式的运算打下基础．本节教学始终以问题的形式展开，使学生在教师设问和自己释问的过程中萌生自主学习的动机和欲望，逐渐养成思考问题的习惯．性质1和性质2容易混淆，教师在教学中应注意引导学生辨析它们的区别，以便更好地灵活运用
第1课时 二次根式的乘法
1．掌握二次根式的乘法运算法则；(重点)
2．会进行二次根式的乘法运算．(重点、难点)
一、情境导入
小颖家有一块长方形菜地，长6m，宽3m，那么这个长方形菜地的面积是多少？
二、合作探究
探究点一：二次根式的乘法法则成立的条件
式子x＋1·2－x＝（x＋1）（2－x）成立的条件是( ) A．x≤2 B．x≥－1
C．－1≤x≤2 D．－1＜x＜2
x＋1≥0，
解析：根据题意得解得－1≤x≤2.故选C.
2－x≥0.
方法总结：运用二次根式的乘法法则：a·b＝ab(a≥0，b≥0)，必须注意被开方数是非负数这一条件．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题
探究点二：二次根式的乘法
【类型一】 二次根式的乘法运算 5 / 100
计算： (1)
5×3
27； 125
1
(2)918×(－54)；
6(3)
331·23·(－541)； 6
2
(4)2a8ab·(－6a2b)·3a(a≥0，b≥0)．
3
解析：第(1)小题直接按二次根式的乘法法则进行计算，第(2)，(3)，(4)小题把二次根式前的系数与系数相乘，被开方数与被开方数相乘．
解：(1)原式＝
5273×＝； 31255
13
(2)原式＝－(9×)18×54＝－182×3＝－273；
623
(3)原式＝－(2×)
4
813×3×＝－562
43
＝－5； 55
2
(4)原式＝－2a×8ab·6a2b·3a＝－16a3b.
3方法总结：二次根式与二次根式相乘时，可类比单项式与单项式相乘，把系数与系数相乘，被开方数与被开方数相乘．最后结果要化为最简二次根式，计算时要注意积的符号．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题 【类型二】 逆用性质3(即ab＝a·b，a≥0，b≥0)进行化简 化简： (1)196×0.25； (2)164
（－）×（－）；
981
(3)225a6b2(a≥0，b≥0)．
解析：利用积的算术平方根的性质，把它们化为几个二次根式的积，(2)小题中先确定符号．
解：(1)196×0.25＝196×0.25＝14×0.5＝7； (2)
164（－）×（－）＝981
164×＝981
1×9
64188＝×＝； 813927
(3)225a6b2＝225·a6·b2＝15a3b.
方法总结：利用积的算术平方根的性质进行计算或化简，其实质就是把被开方数中的完全平方数或偶次方进行开平方计算，要注意的是，如果被开方数是几个负数的积，先要把符号进行转化，如(2)小题．
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变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题 【类型三】 二次根式的乘法的应用 小明的爸爸做了一个长为588πcm，宽为48πcm的矩形木板，还想做一个与
它面积相等的圆形木板，请你帮他计算一下这个圆的半径(结果保留根号)．
解析：根据“矩形的面积＝长×宽”“圆的面积＝π×半径的平方”进行计算． 解：设圆的半径为rcm.
因为矩形木板的面积为588π×48π＝168π(cm)2， 所以πr2＝168π，r＝242(r＝－242舍去)． 答：这个圆的半径为242cm.
方法总结：把实际问题转化为数学问题，列出相应的式子进行计算，体现了转化思想． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 三、板书设计
本节课学习了二次根式的乘法和积的算术平方根的性质，两者是可逆的，它们成立的条件都是被开方数为非负数．在教学中通过情境引入激发学生的学习兴趣，让学生自主探究二次根式的乘法法则，鼓励学生运用法则进行二次根式的乘法运算
第2课时 二次根式的除法
1．会利用商的算术平方根的性质化简二次根式；(重点，难点)
2．掌握二次根式的除法法则，并会运用法则进行计算；(重点、难点)
3．掌握最简二次根式的概念，并会熟练运用．(重点)
一、情境导入
计算下列各题，观察有什么规律？ (1)(2)
36＝________；49
9
＝________；16
36＝________． 49
9
＝________． 16
9. 16
7 / 100
36
________49369；________4916
二、合作探究
探究点一：二次根式的除法
计算： 4861227a2b3(1)； (2)； (3)；
7251812ab212
(4)a3b5÷(－a2b6)(a＞0，b>0)． 23
解析：(1)直接把被开方数相除；(2)把系数与系数相除，被开方数与被开方数相除；(3)被开方数相除时，注意约分；(4)系数相除时，把除法转化为乘法，被开方数相除时，写成商的算术平方根的形式，再化简．
解：(1)48
＝72
48＝72126＝185
26＝； 3322
＝6； 35
9ab3
＝ab； 42
6126(2)＝518527a2b3(3)＝12ab2
27a2b3＝12ab2
12
(4)a3b5÷(－a2b6) 2313＝×(－)22
a3b53
＝－a2b64
a3
＝－ab. b4b
方法总结：①二次根式的除法运算，可以类比单项式的除法运算，当被除式或除式中有负号时，要先确定商的符号；②二次根式相除，根据除法法则，把被开方数与被开方数相除，转化为一个二次根式；③二次根式的除法运算还可以与商的算术平方根的性质结合起来，灵活选取合适的方法；④最后结果要化为最简二次根式．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题
探究点二：最简二次根式
下列二次根式中，最简二次根式是( ) A.8a B.3a C.
a D.a2＋a2b 3
解析：A选项8a中含能开得尽方的因数4，不是最简二次根式；B选项是最简二次根式；C选项a中含有分母，不是最简二次根式；D选项3
a2＋a2b中被开方数用提公因式法
因式分解后得a2＋a2b＝a2(1＋b)含能开得尽方的因数a2，不是最简二次根式．故选B.
方法总结：最简二次根式必须同时满足下列两个条件：①被开方数中不含能开得尽方的
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因数或因式；②被开方数不含分母．判定一个二次根式是不是最简二次根式，就是看是否同时满足最简二次根式的两个条件，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第6题 探究点三：商的算术平方根的性质
【类型一】 利用商的算术平方根的性质确定字母的取值 aa＝，则a的取值范围是( ) 2－a2－a
A．a＜2 B．a≤2 C．0≤a＜2 D．a≥0
若
a≥0，
解析：根据题意得解得0≤a＜2.故选C.
2－a＞0，
方法总结：运用商的算术平方根的性质：非负数且分母不等于零这一条件．
【类型二】 利用商的算术平方根的性质化简二次根式 化简： (1)(2)
71； 9
3c3(a＞0，b＞0，c＞0)． 4a4b2bb＝(a＞0，b≥0)，必须注意被开方数是aa
解析：按商的算术平方根的性质，用分子的算术平方根除以分母的算术平方根． 解：(1)(2)
71＝9
16164＝＝； 993
3c33c3c
＝＝3c. 424ab4a4b22a2b
方法总结：被开方数中的带分数要化为假分数，被开方数中的分母要化去，即被开方数不含分母，从而化为最简二次根式．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题
探究点四：二次根式除法的应用
已知某长方体的体积为3010cm3，长为20cm，宽为15cm，求长方体的高． 解析：因为“长方体的体积＝长×宽×高”，所以“高＝长方体的体积÷(长×宽)”，代入计算即可．
解：长方体的高为 3010÷(20×15)＝3010
＝3020×15
1＝30(cm)． 30
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方法总结：本题也可以设高为x，根据长方体体积公式建立方程求解． 三、板书设计
二次根式的除法是建立在二次根式乘法的基础上，所以在学习中应侧重于引导学生利用与学习二次根式乘法相类似的方法学习，从而进一步降低学习难度，提高学习效率
第1课时 二次根式的加减
1．经历探索二次根式的加减运算法则的过程，让学生理解二次根式的加减法则；
2．掌握二次根式的加减运算．(重点、难点)
一、情境导入 计算：
(1)2x－5x； (2)3a2－a2＋2a2.
上述运算实际上就是合并同类项，如果把题中的x换成3，a2换成5，这时上述两小题就成为如下题目：
计算：
(1)23－53； (2)35－5＋25. 这时怎样计算呢？ 二、合作探究
探究点一：同类二次根式
下列二次根式中与2是同类二次根式的是( ) A.12 B.C.
3 2
2 D.18 3
解析：选项A中，12＝23与2被开方数不同，故与2不是同类二次根式；选项B中，36＝与2被开方数不同，故与2不是同类二次根式；选项C中，22
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26＝与2被33
开方数不同，故与2不是同类二次根式；选项D中，18＝32与2被开方数相同，故与2是同类二次根式．故选D.
方法总结：要判断两个二次根式是否是同类二次根式，根据二次根式的性质，把每个二次根式化为最简二次根式，如果被开方数相同，这样的二次根式就是同类二次根式．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第1题 探究点二：二次根式的加减
【类型一】 二次根式的加法或减法 1
(1)8＋32； (2)
2(3)448－375； (4)18
21＋33
3； 2
13
－96. 62
解析：先把每个二次根式化为最简二次根式，再把同类二次根式合并． 解：(1)原式＝22＋42＝(2＋4)2＝62； 11116
(2)原式＝6＋6＝(＋)6＝；
66663(3)原式＝163－153＝(16－15)3＝3；
(4)原式＝36－66＝(3－6)6＝－36.
方法总结：二次根式加减的实质就是合并同类二次根式，合并同类二次根式可以类比合并同类项进行，不是同类二次根式的不能合并．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第6题 【类型二】 二次根式的加减混合运算 计算： (1)12－
327－；
33x＋3x9
1； x
3
(2)4x－32(3)3
21
1－45＋220－60； 321－(3
1－75)． 8
(4)0.5－2
解析：先把每个二次根式化为最简二次根式，再把同类二次根式合并． 解：(1)原式＝23－3－3＝0； (2)原式＝3x－x＋3x＝5x；
(3)原式＝15－35＋45－15＝5； (4)原式＝
222213－3－＋53＝＋3. 23443
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方法总结：二次根式的加减混合运算步骤：①把每个二次根式化为最简二次根式；②运用加法交换律和结合律把同类二次根式移到一起；③把同类二次根式的系数相加减，被开方数不变．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题
【类型三】 二次根式加减法的应用 一个三角形的周长是(23＋32)cm，其中两边长分别是(3＋2)cm，(33－
22)cm，求第三边长．
解析：第三边长等于(23＋32)－(3＋2)－(33－22)，再去括号，合并同类二次根式．
解：第三边长是(23＋32)－(3＋2)－(33－22)＝23＋32－3－2－33＋22＝42－23(cm)．
方法总结：由三角形周长的意义可知，三角形的周长减去已知两边的长，可得第三边的长．解决问题的关键在于把实际问题转化为二次根式的加减混合运算．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第4题 三、板书设计
通过合并同类项引入二次根式的加减法，让学生类比学习．引导学生归纳总结出二次根式加减运算的两个关键步骤：①把每个二次根式化为最简二次根式；②合并同类二次根式．并让学生按步骤解题，养成规范解题的良好习惯．教学过程中，注重数学思想方法的渗透(类比)，培养学生良好的思维品质
第2课时 二次根式的混合运算
1．了解二次根式的混合运算顺序；
2．会进行二次根式的混合运算．(重点、难点)
12 / 100
一、情境导入
如果梯形的上、下底边长分别为22cm，43cm，高为6cm，那么它的面积是多少？ 毛毛是这样算的：
1
梯形的面积：(22＋43)×6＝(2＋23)×6＝2×6＋23×6＝2×6＋218
2＝23＋62(cm2)．
他的做法正确的吗？ 二、合作探究
探究点一：二次根式的混合运算 【类型一】 二次根式的混合运算
计算：
(1)48÷3－(2)
1÷2
1
×12＋24； 2
42
×－50. 33
解析：(1)先算乘除，再算加减；(2)先计算第一部分，把除法转化为乘法，再化简． 解：(1)原式＝16－6＋24＝4－6＋26＝4＋6； (2)原式＝2.
方法总结：二次根式的混合运算与实数的混合运算一样，先算乘方，再算乘除，最后算加减，如果有括号就先算括号里面的．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题
【类型二】 运用乘法公式进行二次根式的混合运算
计算： (1)(5＋3)(5－3)；
(2)(32－23)2－(32＋23)2.
解析：(1)用平方差公式计算；(2)逆用平方差公式计算．
解：(1)(5＋3)(5－3)＝(5)2－(3)2＝5－3＝2；
(2)(32－23)2－(32＋23)2＝(32－23＋32＋23)(32－23－32－23)＝－246. 方法总结：多项式的乘法公式在二次根式的混合运算中仍然适用，计算时应先观察式子的特点，能用乘法公式的用乘法公式计算．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第7题
【类型三】 二次根式的化简求值
x＋xyxy－y
先化简，再求值：＋(x>0，y>0)，其中x＝3＋1，y＝3－1.
xy＋yx－xy
13 / 100
1323××－52＝243326229
×3－52＝×3－52＝－52＝－834322
解析：首先根据约分的方法和二次根式的性质进行化简，然后再代值计算． 解：原式＝
x（x＋y）y（x－y）xyx＋y
＋＝＋＝.
y（x＋y）x（x－y）yxxy
23
∵x＝3＋1，y＝3－1，∴x＋y＝23，xy＝3－1＝2，∴原式＝＝6.
2
方法总结：在解答此类代值计算题时，通常要先化简再代值，如果不化简，直接代入，虽然能求出结果，但往往导致烦琐的运算．化简求值时注意整体思想的运用．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题 【类型四】 二次根式混合运算的应用
一个三角形的底为63＋22，这条边上的高为33－2，求这个三角形的面积． 解析：根据三角形的面积公式进行计算．
11
解：这个三角形的面积为(63＋22)(33－2)＝×2×(33＋2)(33－2)＝
22(33)2－(2)2＝27－2＝25.
方法总结：根据题意列出关系式，计算时注意观察式子的特点，选取合适的方法求解，能应用公式的尽量用公式计算．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第10题
探究点二：二次根式的分母有理化 【类型一】 分母有理化 计算： 215＋12(1)；
2(2)
3－23＋2
＋. 3＋23－2
3－23＋2
的分子、分母同乘以3－
解析：(1)把分子、分母同乘以2，再约分计算；(2)把
2，把
3＋23－2
的分子、分母同乘以3＋2，再运用公式计算．
215＋12（215＋12）×2230＋26解：(1)＝＝＝30＋6；
222×2
3－23＋2（3－2）2（3＋2）25－26
(2)＋＝＋＝
3－23＋23－2（3＋2）（3－2）（3－2）（3＋2）5＋26
＋＝5－26＋5＋26＝10.
3－2
方法总结：把分母中的根号化去就是分母有理化，分母有理化时，分子、分母应同乘以
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一个适当的式子，如果分母只有一个二次根式，则乘以这个二次根式，使得分母能写成a·a的形式；如果分母有两项，分子、分母乘以一个二项式，使得能运用平方差公式计算．如分母是a＋b，则分子、分母同乘以a－b.
【类型二】 分母有理化的逆用 比较15－14与14－13的大小
解析：把15－14的分母看作“1”，分子、分母同乘以15＋14；把14－13的分母看作“1”，分子、分母同乘以14＋13，再根据“分子相同的两个正分数比较大小，分母大的反而小”，得到它们的大小关系．
解：
15－
14＝
（15－14）（15＋14）
＝
15＋14
1
，
15＋14
14－
13＝
（14－13）（14＋13）1
＝.∵15＋14＞14＋13＞0，
14＋1314＋1311∴＜即15－14＜14－13.
15＋1414＋13方法总结：把分母为“1”的式子化为分子为“1”的式子，根据分母大的反而小可以比较两个数的大小．
三、板书设计
二次根式的混合运算可类比整式的
运算进行，注意运算顺序，最后的结果应化简．引导学生勇于尝试，加强训练，从解题过程中发现问题，解决问题．本节课的易错点是运算错误，要求学生认真细心，养成良好的习惯。
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17．1 一元二次方程
1．了解一元二次方程及相关概念；(重点)
2．能根据具体问题的数量关系，建立方程的模型．(难点)
一、情境导入
一个面积为120m2的矩形苗圃，它的长比宽多2m，苗圃的长和宽各是多少？
设苗圃的宽为xm，则长为(x＋2)m. 根据题意，得x(x＋2)＝120. 所列方程是否为一元一次方程？
(这个方程便是即将学习的一元二次方程．) 二、合作探究
探究点一：一元二次方程的概念 【类型一】 一元二次方程的识别 下列方程中，是一元二次方程的是________(填入序号即可)． y21
①－y＝0；②2x2－x－3＝0；③2＝3； 4x④x2＝2＋3x；⑤x3－x＋4＝0；⑥t2＝2； 3
⑦x2＋3x－＝0；⑧x2－x＝2.
x
解析：由一元二次方程的定义知③⑤⑦⑧不是．答案为①②④⑥.
方法总结：判断一个方程是不是一元二次方程，先看它是不是整式方程，若是，再对它进行整理，若能整理为ax2＋bx＋c＝0(a，b，c为常数，a≠0)的形式，则这个方程就是一元二次方程．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第1题 【类型二】 根据一元二次方程的概念求字母的值 a为何值时，下列方程为一元二次方程？ (1)ax2－x＝2x2－ax－3；
＋
(2)(a－1)x|a|1＋2x－7＝0.
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解析：(1)将方程转化为一般形式，得(a－2)x2＋(a－1)x＋3＝0，当a－2≠0，即a≠2时，原方程是一元二次方程；(2)由|a|＋1＝2，且a－1≠0知，当a＝－1时，原方程是一元二次方程．
解：(1)将方程整理得(a－2)x2＋(a－1)x＋3＝0，∵a－2≠0，∴a≠2.当a≠2时，原方程为一元二次方程；
(2)∵|a|＋1＝2，∴a＝±1.当a＝1时，a－1＝0，不合题意，舍去．∴当a＝－1时，原方程为一元二次方程．
方法总结：用一元二次方程的定义求字母的值的方法：根据未知数的最高次数等于2，列出关于某个字母的方程，再排除使二次项系数等于0的字母的值．
变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 【类型三】 一元二次方程的一般形式 把下列方程转化成一元二次方程的一般形式，并指出二次项系数、一次项系数和
常数项．
(1)x(x－2)＝4x2－3x；
x2x＋1－x－1(2)－＝； 322
(3)关于x的方程mx2－nx＋mx＋nx2＝q－p(m＋n≠0)．
解析：首先对上述三个方程进行整理，通过“去分母”“去括号”“移项”“合并同类项”等步骤将它们化为一般形式，再分别指出二次项系数、一次项系数和常数项． 解：(1)去括号，得x2－2x＝4x2－3x.移项、合并同类项，得3x2－x＝0.二次项系数为3，
一次项系数为－1，常数项为0；
(2)去分母，得2x2－3(x＋1)＝3(－x－1)．去括号、移项、合并同类项，得2x2＝0.二次项系数为2，一次项系数为0，常数项为0；
(3)移项、合并同类项，得(m＋n)x2＋(m－n)x＋p－q＝0.二次项系数为m＋n，一次项系数为m－n，常数项为p－q.
方法总结：(1)在确定一元二次方程各项系数时，首先把一元二次方程转化成一般形式，如果在一般形式中二次项系数为负，那么最好在方程左右两边同乘－1，使二次项系数变为正数；
(2)指出一元二次方程的各项系数时，一定要带上前面的符号；
(3)一元二次方程转化为一般形式后，若没有出现一次项bx，则b＝0；若没有出现常数项c，则c＝0.
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变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题 探究点二：根据实际问题建立一元二次方程模型
如图，现有一张长为19cm，宽为15cm的长方形纸片，需要在四个顶角处剪去边
长是多少的小正方形，才能将其做成底面积为81cm2的无盖长方体纸盒？请根据题意列出方程．
解析：小正方形的边长即为纸盒的高，中间虚线部分则为纸盒底面，设出未知数，利用长方形面积公式可列出方程．
解：设需要剪去的小正方形边长为xcm，则纸盒底面的长方形的长为(19－2x)cm，宽为(15－2x)cm.
15
根据题意，得(19－2x)(15－2x)＝81.整理得x2－17x＋51＝0(0 方法总结：列方程最重要的是审题，只有理解题意，才能恰当地设出未知数，准确地找出已知量和未知量之间的等量关系，正确地列出方程．在列出方程后，还应根据实际需求，注明自变量的取值范围． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第7题 探究点三：一元二次方程的根 已知关于x的一元二次方程x2＋mx＋3＝0的一个解是x＝1，求m的值． 解析：将方程的解代入原方程，可使方程的左右两边相等．本题将x＝1代入原方程，可得关于m的一元一次方程，解得m的值即可． 解：根据方程的解的定义，将x＝1代入原方程，得12＋m×1＋3＝0，解得m＝－4，即m的值为－4. 方法总结：方程的根(解)一定满足原方程，将根(解)的值代入原方程，即可得到关于未知系数的方程，通过解方程可以求出未知系数的值，这种方法叫做根的定义法． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第10题 三、板书设计 18 / 100 本节课通过实例让学生观察、归纳出一元二次方程的有关概念，并从中体会方程的模型思想．学生对一元二次方程的一般形式比较容易理解，但是很容易忽视a ＝0的时候该方程不是一元二次方程，需要在教学过程中加以强调。 1．配方法 1．学会用直接开平方法解形如(x＋m)2＝n(n≥0)的一元二次方程；(重点) 2．理解配方法的思路，能熟练运用配方法解一元二次方程．(难点) 一、情境导入 一块石头从20m高的塔上落下，石头离地面的高度h(m)和下落时间x(s)大致有如下关系：h＝5x2，问石头经过多长时间落到地面？ 二、合作探究 探究点一：用直接开平方法解一元二次方程 用直接开平方法解下列方程： (1)x2－16＝0; (2)3x2－27＝0； (3)(x－2)2＝9; (4)(2y－3)2＝16. 解析：用直接开平方法解方程时，要先将方程化成左边是含未知数的完全平方式，右边是非负数的形式，再根据平方根的定义求解．注意开方后，等式的右边取“正、负”两种情况． 解：(1)移项，得x2＝16.根据平方根的定义，得x＝±4，即x1＝4，x2＝－4； (2)移项，得3x2＝27.两边同时除以3，得x2＝9.根据平方根的定义，得x＝±3，即x1＝3，x2＝－3； (3)根据平方根的定义，得x－2＝±3，即x－2＝3或x－2＝－3，即x1＝5，x2＝－1； 71(4)根据平方根的定义，得2y－3＝±4，即2y－3＝4或2y－3＝－4，即y1＝，y2＝－. 22方法总结：直接开平方法是解一元二次方程的最基本的方法，它的理论依据是平方根的定义，它的可解类型有如下几种：①x2＝a(a≥0)；②(x＋a)2＝b(b≥0)；③(ax＋b)2＝c(c≥0)； 19 / 100 ④(ax＋b)2＝(cx＋d)2(|a|≠|c|)． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题 探究点二：用配方法解一元二次方程 【类型一】 用配方法解一元二次方程 用配方法解下列方程： (1)x2－2x－35＝0； (2)3x2＋8x－3＝0. 解析：当二次项系数是1时，先把常数项移到右边，然后左、右两边同时加上一次项系数一半的平方，把左边配方成完全平方式，即为(x＋m)2＝n(n≥0)的形式，再用直接开平方法求解；当二次项系数不是1时，先将二次项系数化为1，再用配方法解方程． 解：(1)移项，得x2－2x＝35.配方，得x2－2x＋12＝35＋12，即(x－1)2＝36.直接开平方，得x－1＝±6.所以原方程的根是x1＝7，x2＝－5； 8884 (2)方程两边同时除以3，得x2＋x－1＝0.移项，得x2＋x＝1.配方，得x2＋x＋()2＝1 3333445451 ＋()2，即(x＋)2＝()2.直接开平方，得x＋＝±.所以原方程的根是x1＝，x2＝－3. 333333 方法总结：运用配方法解一元二次方程的关键是先把一元二次方程转化为二次项系数为1的一元二次方程，然后在方程两边同时添加常数项，使其等于一次项系数一半的平方． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 【类型二】 利用配方法求代数式的值 b37 已知a2－3a＋b2－＋＝0，求a－4b的值． 216 解析：观察方程可以知道，原方程可以用配方法转化为两个数的平方和等于0的形式，得到这两个数都为0，从而可求出a，b的值，再代入代数式计算即可． 31 解：原等式可以写成：(a－)2＋(b－)2＝0. 243131 ∴a－＝0，b－＝0，解得a＝，b＝. 24243 ∴a－4b＝－4×2 11＝－. 42 方法总结：这类题目主要是配方法和平方的非负性的综合应用，通过配方把等式转化为两个数的平方和等于0的形式是解题的关键． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第11题 【类型三】 利用配方法求代数式的最值或判定代数式的取值范围 20 / 100 请用配方法说明：不论x取何值，代数式x2－5x＋7的值恒为正． 解析：本题是要运用配方法将代数式化为一个平方式加上一个常数的形式． 55535 解：∵x2－5x＋7＝x2－5x＋()2＋7－()2＝(x－)2＋，而(x－)2≥0， 22242533 ∴(x－)2＋≥. 244 ∴代数式x2－5x＋7的值恒为正． 方法总结：对于代数式是一个关于x的二次式且含有一次项，在求它的最值时，常常采用配方法，将原代数式变形为一个完全平方式加一个常数的形式，根据一个数的平方是一个非负数，就可以求出原代数式的最值． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第10题 三、板书设计 本节课通过观察、思考、对比使学生掌握一元二次方程的解法：直接开平方法和配方法，领会降次—转化的数学思想．经历从简单到复杂的过程，从而培养学生从不同的角度进行探究的习惯和能力 2．公式法 1．理解一元二次方程求根公式的推导过程；(难点) 2．会用公式法解一元二次方程；(重点) 一、情境导入 如果一元二次方程是一般形式ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，你能否用配方法求出它们的两根，请同学独立完成下面这个问题． 问题：已知 ax2＋bx＋c＝0(a≠0)且b2－4ac≥0，试推导它的两个根 21 / 100 －b＋b2－4ac x1＝， 2a －b－b2－4acx2＝. 2a 二、合作探究 探究点一：一元二次方程的求根公式 方程3x2－8＝7x化为一般形式是__________，其中a＝________，b＝________， c＝________，方程的根为____________． 解析：将方程移项化为3x2－7x－8＝0.其中a＝3，b＝－7，c＝－8.因为b2－4ac＝49－7±145 4×3×(－8)＝145＞0，代入求根公式可得x＝.故答案为3x2－7x－8＝0，3，－7，－ 67±1458，x＝. 6 方法总结：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根是由方程的系数a，b，c确定的，只要确定了系数a，b，c的值，代入公式就可求得方程的根． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题 探究点二：用公式法解一元二次方程 用公式法解下列方程： (1)－3x2－5x＋2＝0； (2)2x2＋3x＋3＝0； (3)3x2－12x＋3＝0. 解：(1)将－3x2－5x＋2＝0两边同乘以－1得3x2＋5x－2＝0.∵a＝3，b＝5，c＝－2，∴－5±49－5±71 b2－4ac＝52－4×3×(－2)＝49＞0，∴x＝＝，∴x1＝，x2＝－2； 632×3 (2)∵a＝2，b＝3，c＝3，∴b2－4ac＝32－4×2×3＝9－24＝－15＜0，∴原方程没有实 数根； (3)∵a＝3，b＝－12，c＝3，∴b2－4ac＝(－12)2－4×3×3＝108，∴x＝12±63 ＝2±3，∴x1＝2＋3，x2＝2－3. 6 方法总结：用公式法解一元二次方程时，首先应将其变形为一般形式，然后确定公式中a，b，c的值，再求出b2－4ac的值与“0”比较，最后利用求根公式求出方程的根(或说明其没有实数根)． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第6题 三、板书设计 12±108 ＝ 2×3 22 / 100 经历从用配方法解数字系数的一元二次方程到解字母系数的一元二次方程，探索求根公式，通过对公式的推导，认识一元二次方程的求根公式适用于所有的一元二次方程．体会数式通性，感受数学的严谨性和数学结论的确定性．提高学生的解方程的能力。 3．因式分解法 1．理解并掌握用因式分解法解方程的依据；(难点) 2．会用因式分解法解一些特殊的一元二次方程．(重点) 一、情境导入 我们知道ab＝0，那么a＝0或b＝0，类似的解方程(x＋1)(x－1)＝0时，可转化为两个一元一次方程x＋1＝0或x－1＝0来解，你能求(x＋3)(x－5)＝0的解吗？ 二、合作探究 探究点：用因式分解法解一元二次方程 【类型一】利用提公因式法分解因式解一元二次方程 用因式分解法解下列方程： (1)x2＋5x＝0； (2)(x－5)(x－6)＝x－5. 解析：变形后方程右边是零，左边是能分解的多项式，可用因式分解法． 解：(1)原方程转化为x(x＋5)＝0， 所以x＝0或x＋5＝0， 所以原方程的解为x1＝0，x2＝－5； 23 / 100 (2)原方程转化为(x－5)(x－6)－(x－5)＝0， 所以(x－5)[(x－6)－1]＝0， 所以(x－5)(x－7)＝0， 所以x－5＝0或x－7＝0， 所以原方程的解为x1＝5，x2＝7. 方法总结：利用提公因式法时先将方程右边化为0，观察是否有公因式，若有公因式，就能快速分解因式求解． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 【类型二】利用公式法分解因式解一元二次方程 用公式法分解因式解下列方程： (1)x2－6x＝－9； (2)4(x－3)2－25(x－2)2＝0. 解：(1)原方程可变形为x2－6x＋9＝0， 则(x－3)2＝0， ∴x－3＝0， ∴原方程的解为x1＝x2＝3； (2)[2(x－3)]2－[5(x－2)]2＝0， [2(x－3)＋5(x－2)][2(x－3)－5(x－2)]＝0， (7x－16)(－3x＋4)＝0， ∴7x－16＝0或－3x＋4＝0， 164 ∴原方程的解为x1＝，x2＝. 73 方法总结：用因式分解法解一元二次方程的一般步骤是：①将方程的右边化为0；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每一个因式分别为零，就得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就是原方程的解． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题(3)(4)小题 三、板书设计 本节课通过学生自学探讨一元二次方程的解法，使他们知道分解因式是一元二次方程中应用较为广泛的简便方法，它避免了复杂的计算，提高了解题速度和准确程度．牢牢把握用因式分解法解一元二次方程的一般步骤，通过练习加深学生用因式分解法解一元二次方程的方法 24 / 100 17．3 一元二次方程根的判别式 1．理解并掌握一元二次方程根的判别式，能运用判别式，在不解方程的前提下判断一元二次方程根的情况；(重点、难点) 2．通过一元二次方程根的情况的探究过程，体会从特殊到一般、猜想及分类讨论的数学思想，提高观察、分析、归纳的能力． 一、情境导入 1．你能说出我们共学过哪几种解一元二次方程的方法吗？ 2．能力展示：分组比赛解方程． (1)x2＋4＝4x； (2)x2＋2x＝3； (3)x2－x＋2＝0. 3．发现问题 观察上面三个方程的根的情况，你有什么发现？ 二、合作探究 探究点：一元二次方程根的判别式 【类型一】 利用根的判别式判断一元二次方程根的情况 已知一元二次方程x2＋x＝1，下列判断正确的是( ) A．该方程有两个相等的实数根 B．该方程有两个不相等的实数根 C．该方程无实数根 D．该方程根的情况不确定 解析：原方程变形为x2＋x－1＝0.∵b2－4ac＝1－4×1×(－1)＝5＞0，∴该方程有两个不相等的实数根．故选B. 方法总结：判断一元二次方程根的情况的方法：利用根的判别式判断一元二次方程根的情况时，要先把方程转化为一般形式ax2＋bx＋c＝0(a≠0)．当b2－4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；当b2－4ac＝0时，方程有两个相等的实数根；当b2－4ac＜0时，方程无实数根． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第3题 【类型二】 根据一元二次方程根的情况确定字母的取值范围 若关于x的一元二次方程kx2－2x－1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范 围是( ) A．k>－1 B．k>－1且k≠0 25 / 100 C．k<1 D．k<1且k≠0 解析：由根的判别式知，方程有两个不相等的实数根，则b2－4ac>0，同时要求二次项 2k·（－1）>0，（－2）－4· 系数不为0，即解得k>－1且k≠0.故选B. k≠0， 易错提醒：利用b2－4ac判断一元二次方程根的情况时，容易忽略二次项系数不能等于0这一条件，本题容易误选A. 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第3题 【类型三】 一元二次方程根的判别式与三角形的综合 已知a，b，c分别是△ABC的三边长，求证：关于x的方程b2x2＋(b2＋c2－a2)x ＋c2＝0没有实数根． 解析：欲证一元二次方程没有实数根，只需证明它的判别式Δ<0即可．由a，b，c是三角形三条边的长可知a，b，c都是正数．由三角形的三边关系可知a＋b>c，a＋c>b，b＋c>a. 证明：∵b为三角形一边的长，∴b≠0，∴b2≠0，∴b2x2＋(b2＋c2－a2)x＋c2＝0是关于x的一元二次方程．∴Δ＝(b2＋c2－a2)2－4b2c2＝(b2＋c2－a2＋2bc)(b2＋c2－a2－2bc)＝[(b＋c)2－a2][(b－c)2－a2]＝(b＋c＋a)(b＋c－a)(b－c＋a)(b－c－a)＝(a＋b＋c)[(b＋c)－a][(a＋b)－c][b－(a＋c)]．∵a，b，c是三角形三条边的长，∴a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c>0，a＋b>c，b＋c>a，a＋c>b.∴(b＋c)－a>0，(a＋b)－c>0，b－(a＋c)<0，∴(a＋b＋c)[(b＋c)－a][(a＋b)－c][b－(a＋c)]<0，即Δ<0.∴原方程没有实数根． 方法总结：利用根的判别式与三角形的三边关系：常根据判别式得到关于三角形三边的式子，再结合三边关系确定Δ符号． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 【类型四】 利用根的判别式解决存在性问题 是否存在这样的非负整数m，使关于x的一元二次方程m2x2－(2m－1)x＋1＝0有 两个不相等的实数根？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由． 解：不存在，理由如下： 1 假设m2x2－(2m－1)x＋1＝0有两个不相等的实数根，则[－(2m－1)]2－4m2>0，解得m<. 4∵m为非负整数，∴m＝0. 而当m＝0时，原方程m2x2－(2m－1)x＋1＝0是一元一次方程，只有一个实数根，与假设矛盾． ∴不存在这样的非负整数，使原方程有两个不相等的实数根． 易错提醒：在求出m＝0后，常常会草率地认为m＝0就是满足条件的非负整数，而忽略了二次项系数不为0的这一隐含条件，因此解题过程中务必考虑全面． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第10题 26 / 100 三、板书设计 本节课是在一元二次方程的解法的基础上，学习根的判别式的应用．学生容易在计算取值范围的时候忘记二次项系数不能为零，这是本节课需要注意的地方，应予以特别强调 * 17.4 一元二次方程的根与系数的关系 1．掌握一元二次方程的根与系数的关系；(重点) 2．会利用根与系数的关系解决有关的问题．(难点) 一、情境导入 解下列方程，将得到的解填入下面的表格中，你发现表格中两个解的和与积和原来的方程有什么联系？ (1)x2－2x＝0； (2)x2＋3x－4＝0； (3)x2－5x＋6＝0. 方程 x2－2x＝0 x2＋3x－4＝0 x2－5x＋6＝0 x1 x2 x1＋x2 x1·x2 二、合作探究 探究点一：一元二次方程的根与系数的关系 利用根与系数的关系，求方程3x2＋6x－1＝0的两根之和、两根之积． 解析：由一元二次方程根与系数的关系可求得． 解：这里a＝3，b＝6，c＝－1. Δ＝b2－4ac＝62－4×3×(－1)＝36＋12＝48＞0， ∴方程有两个不相等的实数根． 设方程的两个实数根是x1，x2， 1 那么x1＋x2＝－2，x1·x2＝－. 3 27 / 100 方法总结：如果方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，Δ＝b2－4ac≥0，有两个实数根x1，x2，那bc 么x1＋x2＝－，x1x2＝. aa 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 探究点二：一元二次方程的根与系数的关系的应用 【类型一】 利用根与系数的关系求代数式的值 设x1，x2是方程2x2＋4x－3＝0的两个不相等的实数根，利用根与系数的关系， 求下列各式的值： x2x1 (1)(x1＋2)(x2＋2)； (2)＋. x1x2 解析：先确定a，b，c的值，再求出x1＋x2与x1x2的值，最后将所求式子做适当变形，把x1＋x2与x1x2的值整体代入求解即可． 3 解：根据根与系数的关系，得x1＋x2＝－2，x1x2＝－. 2 33 (1)(x1＋2)(x2＋2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＝－＋2×(－2)＋4＝－； 2232－2×（－）（－2）22（x1＋x2）2－2x1x2x2x1x2142＋x1 (2)＋＝＝＝＝－. x1x2x1x2x1x233 －2 方法总结：先确定a，b，c的值，再求出x1＋x2与x1x2的值，最后将所求式子做适当的变形，把x1＋x2与x1x2的值整体带入求解即可． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题 【类型二】 已知方程一根，利用根与系数的关系求方程的另一根 已知方程5x2＋kx－6＝0的一个根为2，求它的另一个根及k的值． 解析：由方程5x2＋kx－6＝0可知二次项系数和常数项，所以可根据两根之积求出方程另一个根，然后根据两根之和求出k的值． 6 解：设方程的另一个根是x1，则2x1＝－， 53k ∴x1＝－.又∵x1＋2＝－， 553k ∴－＋2＝－，∴k＝－7. 55 方法总结：对于一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0，b2－4ac≥0)，当已知二次项系数和常数项时，可求得方程的两根之积；当已知二次项系数和一次项系数时，可求得方程的两根 28 / 100 之和． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题 【类型三】 判别式及根与系数关系的综合应用 已知α、β是关于x的一元二次方程x2＋(2m＋3)x＋m2＝0的两个不相等的实数根，11 且满足＋＝－1，求m的值． αβ11 解析：利用韦达定理表示出α＋β，αβ，再由＋＝－1建立方程，求m的值． αβ解：∵α、β是方程的两个不相等的实数根， ∴α＋β＝－(2m＋3)，αβ＝m2. 11α＋β－（2m＋3）又∵＋＝＝＝－1， αβm2αβ化简整理，得m2－2m－3＝0. 解得m＝3或m＝－1. 当m＝－1时，方程为x2＋x＋1＝0， 此时Δ＝12－4＜0，方程无解， ∴m＝－1应舍去． 当m＝3时，方程为x2＋9x＋9＝0， 此时Δ＝92－4×9＞0， 方程有两个不相等的实数根． 综上所述，m＝3. 易错提醒：本题由根与系数的关系求出字母m的值，但一定要代入判别式验算，字母m的取值必须使判别式大于0，这一点很容易被忽略． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题 三、板书设计 让学生经历探索，尝试发现韦达定理，感受不完全的归纳验证以及演绎证明．通过观察、实践、讨论等活动，经历发现问题、发现关系的过程，养成独立思考的习惯，培养学生观察、分析和综合判断的能力，激发学生发现规律的积极性，激励学生勇于探索的精神．通过交流互动，逐步养成合作的意识及严谨的治学精神 29 / 100 17．5 一元二次方程的应用 1．会列一元二次方程解实际问题；(重点、难点) 2．进一步培养学生将实际问题转化为数学问题的能力和分析问题、解决问题的能力，培养学生应用数学的意识． 一、情境导入 某商场礼品柜台春节期间购进大量贺年卡，这种贺年卡平均每天可售出500张，每张盈利0.3元，为了尽快减少库存，商场决定采取适当的降价措施，调查发现，如果这种贺年卡的售价每降低0.1元，那么商场平均每天可多售出100张，商场要想平均每天盈利120元，每张贺年卡应降价多少元？ 二、合作探究 探究点一：一元二次方程的应用 【类型一】 增长(降低)率问题 某商场今年1月份的销售额为60万元，2月份的销售额下降10%，改进经营管理 后月销售额大幅度上升，到4月份销售额已达到121.5万元，求3，4月份销售额的月平均增长率． 解：设3，4月份销售额的月平均增长率为x. 根据题意，得60(1－10%)(1＋x)2＝121.5，则(1＋x)2＝2.25， 解得x1＝0.5，x2＝－2.5(不合题意，舍去)． 答：3，4月份销售额的月平均增长率为50%. 方法总结：解决平均增长(降低)率问题的关键是明确基础量和变化后的量．如果设基础量为a，变化后的量为b，平均每年的增长率(或降低率)为x，则两年后的值为a(1±x)2.由此列出方程a(1±x)2＝b，求出所需要的量． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题 【类型二】 商品销售问题 某超市将进价为40元的商品按定价50元出售时，能卖500件．已知该商品每涨 价1元，销售量就会减少10件，为获得8000元的利润，且尽量减少库存，售价应为多少？ 解：设每件商品涨价x元，根据题意，得 (50＋x－40)(500－10x)＝8000，即x2－40x＋300＝0.解得x1＝10，x2＝30. 经检验，x1＝10，x2＝30都是原方程的解． 30 / 100 当x＝10时，售价为10＋50＝60(元)，销售量为500－10×10＝400(件)； 当x＝30时，售价为30＋50＝80(元)，销售量为500－10×30＝200(件)． ∵要尽量减少库存，∴取x＝10，此时售价应为60元． 答：售价应为60元． 易错提醒：理解商品销售量与商品价格的关系是解答本题的关键，另外，不能忽视“尽量减少库存”，它是取舍答案的一个重要依据． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第6题 【类型三】 几何问题 要对一块长60米，宽40米的矩形荒地ABCD进行绿化和硬化．设计方案如图所 示，矩形P，Q为两块绿地，其余为硬化路面，P，Q两块绿地周围的硬化路面宽都相等，1 并使两块绿地面积的和为矩形ABCD面积的，求P，Q两块绿地周围的硬化路面的宽． 4 解：设P，Q两块绿地周围的硬化路面的宽为x米． 1 根据题意，得(60－3x)·(40－2x)＝60×40×， 4 解得x1＝10，x2＝30. 检验：如果硬化路面宽为30米，则2×30＝60＞40，不符合题意，所以x2＝30舍去，故x＝10. 答：P，Q两块绿地周围的硬化路面的宽为10米． 易错提醒：在应用题中，未知数的允许值往往有一定的限制，因此除了检验未知数的值是否满足所列方程外，还必须检验它在实际问题中是否有意义．在求出方程的解为10或30时，如果不进行验根，就会误以为本题有两个答案，而题目中明确有“荒地ABCD是一块长60米，宽40米的矩形”这个已知条件，显然x＝30不符合题意． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第4题 探究点二：可化为一元二次方程的分式方程 为了保护环境，充分利用水资源，某市经过“调整水费听证会”讨论后决定：水 费由过去每立方米1.8元调整为2.1元，并提出“超额高费措施”，即每户每月定额用水不超过12m3，超过12m3的部分，另加收每立方米2元的高额排污费． (1)某户居民响应节水号召，计划月平均用水量比过去少3m3，这使得260m3的水比过去多用半年，问这户居民计划月平均用水量是多少立方米？ (2)如果该户居民响应节水号召后，在一年中实际有四个月的月平均用水量超过计划月平均用水量的40%，其余八个月按计划用水，那么按照新交费法，该户居民一年需要交水费多少元？ 解析：(1)本题的等量关系有两个：计划月平均用水量＋3＝原月平均用水量；计划用水 31 / 100 时间－原用水时间＝6；(2)该户一年需交水费＝超计划用水费用＋计划用水费用． 260260 解：(1)这户居民计划平均每月用水xm3.由题意，得－＝6.去分母，化简得x2＋ xx＋33x－130＝0，解得x1＝10，x2＝－13.经检验，x1，x2都是原方程的根，但x＝－13不合实际， 舍去，取x＝10. 答：这户居民计划平均每月用水10m3； (2)该户居民有四个月的月平均用水量为10(1＋40%)＝14(m3)，需交水费[14×2.1＋(14－12)×2]×4＝133.6(元)，其余八个月需交水费10×2.1×8＝168(元)．∴该户居民一年需交水费为133.6＋168＝301.6(元)． 答：该户居民一年需交水费301.6元． 方法总结：列分式方程解应用题不要忘记检验，检验分两步，一是检验所得未知数的值是不是原方程的根，二是检验所得未知数的值是否使实际问题有意义． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第10题 三、板书设计 经历将实际问题抽象为代数问题的过程，探索问题中的数量关系，并能运用一元二次方程对其进行描述．通过用一元二次方程解决身边的问题，体会数学知识应用的价值，提高学生学习数学的兴趣 第1课时 勾股定理 1．经历探索勾股定理及验证勾股定理的过程，体会数形结合的思想；(重点) 2．掌握勾股定理，并运用它解决简单的计算题．(重点) 一、情境导入 如图所示的图形像一棵枝叶茂盛、姿态优美的树，这就是著名的毕达哥拉斯树，它由若 32 / 100 干个图形组成，而每个图形的基本元素是三个正方形和一个直角三角形．各组图形大小不一，但形状一致，结构奇巧．你能说说其中的奥秘吗？ 二、合作探究 探究点一：勾股定理的证明 作8个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b，斜边长为c，再 做三个边长分别为a、b、c的正方形，将它们像下图所示拼成两个正方形．求证：a2＋b2＝c2. 解析：从整体上看，这两个正方形的边长都是a＋b，因此它们的面积相等．我们再用不同的方法来表示这两个正方形的面积，即可证明勾股定理． 证明：由图易知，这两个正方形的边长都是a＋b，∴它们的面积相等．左边的正方形111 面积可表示为a2＋b2＋ab×4，右边的正方形面积可表示为c2＋ab×4.∵a2＋b2＋ab×4 2221 ＝c2＋ab×4，∴a2＋b2＝c2. 2 方法总结：根据拼图，通过对拼接图形的面积的不同表示方法，建立相等关系，从而验证勾股定理． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第11题 探究点二：勾股定理 【类型一】 直接利用勾股定理求长度 如图，已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，CD⊥AB交AB 于点D，求CD的长． 11 解析：先运用勾股定理求出AC的长，再根据S△ABC＝AB·CD＝AC·BC，求出CD的长． 22解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，∴由勾股定理得AC2＝AB2 AC·BC4×311 －BC2＝52－32＝42，∴AC＝4cm.又∵S△ABC＝AB·CD＝AC·BC，∴CD＝＝ 22AB51212 ＝(cm)，故CD的长是cm. 55 方法总结：由直角三角形的面积求法可知直角三角形两直角边的积等于斜边与斜边上高的积，它常与勾股定理联合使用． 33 / 100 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题 【类型二】 利用勾股定理求面积 如图，以Rt△ABC的三边长为斜边分别向外作等腰直角三角形．若斜边AB＝3， 则图中△ABE的面积为________，阴影部分的面积为________． 11 解析：因为AE＝BE，∠E＝90°，所以S△ABE＝AE·BE＝AE2.又因为AE2＋BE2＝AB2， 2211911 所以2AE2＝AB2，所以S△ABE＝AB2＝×32＝；同理可得S△AHC＋S△BCF＝AC2＋BC2.又因 444441111999 为AC2＋BC2＝AB2，所以阴影部分的面积为AB2＋AB2＝AB2＝×32＝.故分别填，. 4422242 方法总结：求解与直角三角形三边有关的图形面积时，要结合图形想办法把图形的面积与直角三角形三边的平方联系起来，再利用勾股定理找到图形面积之间的等量关系． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第7题 【类型三】 勾股定理与数轴 如图所示，数轴上点A所表示的数为a，则a的值是( ) A.5＋1 B．－5＋1 C.5－1 D.5 解析：先根据勾股定理求出三角形的斜边长，再根据两点间的距离公式即可求出A点的坐标．图中的直角三角形的两直角边为1和2，∴斜边长为离是5.那么点A所表示的数为5－1.故选C. 方法总结：本题考查的是勾股定理及两点间的距离公式，解答此题时要注意，确定点A的符号后，点A所表示的数是距离原点的距离． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第4题 【类型四】 利用勾股定理证明等式 12＋22＝5，∴－1到A的距 如图，已知AD是△ABC 的中线．求证：AB2＋AC2＝2(AD2＋CD2)． 34 / 100 解析：结论中涉及线段的平方，因此可以考虑作AE⊥BC交BC于点E.在△ABC中构造直角三角形，利用勾股定理进行证明． 证明：如图，过点A作AE⊥BC交BC于点E.在Rt△ABE、Rt△ACE和Rt△ADE中，AB2＝AE2＋BE2，AC2＝AE2＋CE2，AE2＝AD2－ED2，∴AB2＋AC2＝(AE2＋BE2)＋(AE2＋CE2)＝2(AD2－ED2)＋(DB－DE)2＋(DC＋DE)2＝2AD2－2ED2＋DB2－2DB·DE＋DE2＋DC2＋2DC·DE＋DE2＝2AD2＋DB2＋DC2＋2DE(DC－DB)．又∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，∴AB2＋AC2＝2AD2＋2DC2＝2(AD2＋CD2)． 方法总结：构造直角三角形，利用勾股定理把需要证明的线段联系起来．一般地，涉及线段之间的平方关系问题时，通常沿着这个思路去分析问题． 【类型五】 运用勾股定理解决折叠中的有关计算 如图，四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在 CD边上的B′处，点A对应点为A′，且B′C＝3，则AM的长是( ) A．1.5 B．2 C．2.25 D．2.5 解析：连接BM，MB′.设AM＝x，在Rt△ABM中，AB2＋AM2＝BM2.在Rt△MDB′中，B′M2＝MD2＋DB′2.∵MB＝MB′，∴AB2＋AM2＝BM2＝B′M2＝MD2＋DB′2，即92＋x2＝(9－x)2＋(9－3)2，解得x＝2，即AM＝2.故选B. 方法总结：解题的关键是设出适当的线段的长度为x，然后用含有x的式子表示其他线段，然后在直角三角形中利用勾股定理列方程解答． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第10题 【类型六】 分类讨论思想在勾股定理中的应用 在△ABC中，AB＝20，AC＝15，AD为BC边上的高，且AD＝12，求△ABC的 周长． 解析：应考虑高AD在△ABC内和△ABC外的两种情形． 解：当高AD在△ABC内部时，如图①.在Rt△ABD中，由勾股定理，得BD2＝AB2－AD2＝202－122＝162，∴BD＝16.在Rt△ACD中，由勾股定理，得CD2＝AC2－AD2＝152－122＝81，∴CD＝9.∴BC＝BD＋CD＝25，∴△ABC的周长为25＋20＋15＝60； 当高AD在△ABC外部时，如图②.同理可得BD＝16，CD＝9.∴BC＝BD－CD＝7，∴△ABC的周长为7＋20＋15＝42.综上所述，△ABC的周长为42或60. 35 / 100 方法总结：题中未给出图形，作高构造直角三角形时，易漏掉原三角形为钝角三角形的情况．如在本例题中，易只考虑高AD在△ABC内的情形，忽视高AD在△ABC外的情形． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题 三、板书设计 让学生体会数形结合和由特殊到一般的思想方法，进一步提升学生的说理和简单推理的能力；进一步体会数学与现实生活的紧密联系．在探索勾股定理的过程中，体验获得成功的快乐；通过介绍勾股定理在中国古代的研究，激励学生发奋学习 第2课时 勾股定理的应用 1．会用勾股定理解决一些简单的实际问题；(重点) 2．通过对实际问题的探讨，培养学生分析问题和解决问题的能力． 一、情境导入 一个门框的宽为1.5m，高为2m，如图所示，一块长3m，宽2.2m的薄木板能否从门框内通过？为什么？ 二、合作探究 探究点：勾股定理的应用 【类型一】 勾股定理的直接应用 36 / 100 如图，在离水面高度为5m的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长 为13m，此人以0.5m每秒的速度收绳．问6秒后船向岸边移动了多少(假设绳子是直的，结果保留根号)? 解析：开始时，AC＝5m，BC＝13m，即可求得AB的值，6秒后根据BC，AC长度即可求得AB的值，然后解答即可． 解：在Rt△ABC中，BC＝13m，AC＝5m，则AB＝BC2－AC2＝12m，6秒后，B′C＝10m，则AB′＝B′C2－AC2＝53m，则船向岸边移动距离为(12－53)m. 方法总结：本题直接考查勾股定理在直角三角形中的运用，求出6秒后AB的长度是解题的关键． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 【类型二】 利用勾股定理解决方位角问题 如图所示，在一次夏令营活动中，小明从营地A点出发，沿北偏东60°方向走 了1003m到达B点，然后再沿北偏西30°方向走了100m到达目的地C点，求出A、C两点之间的距离． 解析：根据所走的方向可判断出△ABC是直角三角形，根据勾股定理可求出解． 解：∵AD∥BE，∴∠ABE＝∠DAB＝60°.∵∠CBF＝30°，∴∠ABC＝180°－∠ABE－∠CBF＝180°－60°－30°＝90°.在Rt△ABC中，AB＝1003m，BC＝100m，∴AC＝AB2＋BC2＝（1003）2＋1002＝200(m)，∴A、C两点之间的距离为200m. 方法总结：先确定是直角三角形，根据各边长，用勾股定理可求出AC的长． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第1题 【类型三】 利用勾股定理解决最短距离问题 如图，长方体的长BE＝15cm，宽AB＝10cm，高AD＝20cm，点M在CH上，且 37 / 100 CM＝5cm，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点M，需要爬行的最短距离是多少？ 解：分三种情况比较最短距离：如图①所示，AM＝102＋（20＋5）2＝529(cm)；如图②所示，AM＝202＋（10＋5）2＝25(cm)；如图③所示，AM＝（20＋10）2＋52＝537(cm)．∵537cm>529cm＞25cm，∴第二种短些，此时最短距离为25cm. 答：需要爬行的最短距离是25cm. 方法总结：因为长方体的展开图不止一种情况，故对长方体相邻的两个面展开时，考虑要全面，不要有所遗漏．不过要留意展开时的多种情况，虽然看似很多，但由于长方体的对面是相同的，所以归纳起来只需讨论三种情况：前面和右面展开，前面和上面展开，左面和上面展开，从而进行比较取其最小值即可． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题 【类型四】 勾股定理与方程思想、数形结合思想的应用 如图，在树上距地面10m的D处有两只猴子，它们同时发现地面上C处有一筐 水果，一只猴子从D处向上爬到树顶A处，然后利用拉在A处的滑绳AC滑到C处，另一只猴子从D处先滑到地面B，再由B跑到C，已知两猴子所经过的路程都是15m，求树高AB. 解析：Rt△ABC中，∠B＝90°，则满足AB2＋BC2＝AC2.设BC＝am，AC＝bm，AD＝xm，根据两只猴子经过的路程一样可得10＋a＝x＋b＝15解方程组可以求x的值，即可计算树高AB＝10＋x. 解：Rt△ABC中，∠B＝90°，设BC＝am，AC＝bm，AD＝xm，则10＋a＝x＋b＝15.∴a＝5，b＝15－x.又在Rt△ABC中，由勾股定理得(10＋x)2＋a2＝b2，∴(10＋x)2＋52＝(15－x)2，解得x＝2，即AD＝2m，∴AB＝AD＋DB＝2＋10＝12(m)． 答：树高AB为12m. 38 / 100 方法总结：勾股定理表达式中有三个量，如果条件中只有一个已知量，通常需要巧设未知数，灵活地寻找题中的等量关系，然后利用勾股定理列方程求解． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第5题 三、板书设计 通过观察图形，探索图形间的关系，培养学生的空间观念．在将实际问题抽象成数学问题的过程中，提高分析问题、解决问题的能力及渗透数学建模的思想．在利用勾股定理解决实际问题的过程中，感受数学学习的魅力 第1课时 勾股定理的逆定理 1．掌握勾股定理的逆定理，并能进行简单应用；(难点) 2．理解勾股数的定义，探索常用勾股数的规律．(重点) 一、情境导入 据说几千年前的古埃及人就已经知道，在一根绳子上连续打上等距离的13个结，然后用钉子将第1个与第13个结钉在一起，拉紧绳子，再在第4个和第8个结处各钉上一个钉子，这样围成的三角形中最长边所对的角就是直角，你知道为什么吗？ 二、合作探究 探究点一：勾股定理的逆定理 【类型一】 利用勾股定理的逆定理判断直角三角形 判断满足下列条件的三角形是否是直角三角形． (1)在△ABC中，∠A＝20°，∠B＝70°； 39 / 100 (2)在△ABC中，AC＝7，AB＝24，BC＝25； (3)△ABC的三边长a、b、c满足(a＋b)(a－b)＝c2. 解析：(1)已知两角可以求出另外一个角；(2)使用勾股定理的逆定理验证；(3)将式子变形即可使用勾股定理的逆定理验证． 解：(1)在△ABC中，∵∠A＝20°，∠B＝70°，∴∠C＝180°－∠A－∠B＝90°，即△ABC是直角三角形； (2)∵AC2＋AB2＝72＋242＝625，BC2＝252＝625，∴AC2＋AB2＝BC2.根据勾股定理的逆定理可知，△ABC是直角三角形； (3)∵(a＋b)(a－b)＝c2，∴a2－b2＝c2，即a2＝b2＋c2.根据勾股定理的逆定理可知，△ABC是直角三角形． 方法总结：在运用勾股定理的逆定理时，要特别注意找到最大边，定理描述的是最大边的平方等于另外两边的平方和． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 【类型二】 利用勾股定理的逆定理求角的度数 如图，点P为等边△ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数． 解析：根据已知条件PA＝3，PB＝4，PC＝5，易知PA2＋PB2＝PC2，但PA、PB、PC不在同一个三角形中，可构造边长分别为3、4、5的直角三角形来解决问题． 解：在△ABC所在的平面内，以A为顶点，AC为边在△ABC外作∠DAC＝∠PAB，且AD＝AP.连接DC，PD，则△ADC≌△APB，所以DC＝PB，∠APB＝∠ADC.因为PA＝AD，∠PAD＝∠BAC＝60°，所以△APD为等边三角形．所以PD＝PA＝AD＝3，∠ADP＝60°.又因为DC＝BP＝4，PC＝5，且PD2＋DC2＝32＋42＝52＝PC2，所以△PDC为直角三角形且∠PDC＝90°.所以∠APB＝∠ADC＝∠ADP＋∠PDC＝60°＋90°＝150°. 方法总结：解答本题的关键是构建全等三角形．把长度分别为3、4、5的线段转化为同一个三角形的三边，利用勾股定理的逆定理判断此三角形是直角三角形，进而求出角度． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 【类型三】 利用勾股定理的逆定理解决面积问题 如图所示，已知AD是△ABC边BC上的中线，BC＝10cm，AC＝4cm，AD＝3cm， 求S△ABC. 40 / 100 解析：由△DAC的三边长，易判定该三角形是直角三角形，再由面积公式求出DC边上的高，进而可求△ABC的面积，也可根据中线等分三角形面积求解． 11 解：过点A作AE⊥BC交BC于点E.∵AD是△ABC的中线，∴CD＝BC＝×10＝ 225(cm)．∵CD2＝52＝25，AD2＋AC2＝32＋42＝25，∴AD2＋AC2＝CD2，∴△DAC是直角三AD·AC3×412111 角形．∵S△ADC＝AD·AC＝DC·AE，∴AE＝＝＝(cm)．∴S△ABC＝BC·AE 22DC552112 ＝×10×＝12(cm2)． 25 方法总结：先用勾股定理的逆定理判定直角三角形，再用面积法求AE的长，进而求出△ABC的面积．还可先求出S△ADC，再由AD是中线，得S△ABD＝S△ADC，即S△ABC＝2S△ADC，从而得解． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第7题 【类型四】 利用勾股定理的逆定理证垂直 如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC＝5，BD＝12，两底AD、BC的和 为13.求证：AC⊥BD. 解析：由于两底的和已知，且对角线长度已知，应先将对角线平移，再寻找解题途径，由勾股定理的逆定理可以判定DB⊥DE，从而证明AC⊥BD. 证明：过D作DE∥AC交BC的延长线于E点．又∵AD∥BC，∴四边形ACED为平行四边形．∴DE＝AC＝5，CE＝AD.在△BDE中，BD＝12，DE＝5，BE＝BC＋CE＝BC＋AD＝13，且52＋122＝132，DE2＋BD2＝BE2，∴△BDE为直角三角形，即∴∠BDE＝90°，则DE⊥BD.又∵DE∥AC，∴AC⊥BD. 方法总结：利用三角形三边的数量关系来判定直角三角形，从而推出两线的垂直关系． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题 探究点二：勾股数 下列几组数中是勾股数的是________(填序号)． 111 ①32，42，52；②9，40，41；③，，；④0.9，1.2，1.5. 345 解析：第①组不符合勾股数的定义，不是勾股数；第③④组不是正整数，不是勾股数；只有第②组的9，40，41是勾股数．故填②. 41 / 100 方法总结：判断勾股数的方法：必须满足两个条件：一要符合等式a2＋b2＝c2；二要都是正整数． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题 三、板书设计 本节课采用以学生为主体，引导发现、操作探究的教学实验，符合学生的认知规律和认知水平，最大限度地调动了学生学习的积极性，有利于培养学生动手、观察、分析、猜想、验证、推理的能力，切实使学生在获取知识的过程中得到能力的培养 第2课时 勾股定理的逆定理的应用 1．熟练掌握勾股定理及其逆定理；(重点) 2．能灵活运用勾股定理及其逆定理解决实际问题．(难点) 一、情境导入 有一块空白地，∠ADC＝90°，CD＝6m，AD＝8m，AB＝26m，BC＝24m.现计划在该空地上进行绿化，若平均每平方米投资100元，那么该空白地的绿化需要投入多少钱？ 二、合作探究 探究点：勾股定理的逆定理的应用 【类型一】 求边长 42 / 100 如图，在△ABC中，AB＝17，∠C＝60°，D是BC上一点，且BD＝15，AD＝8， 求AC. 解析：在△ADC中，已知一边及其对角，要求另一边．若△ADC不是特殊三角形，则难以求解．因此，必须首先判定△ADC的形状，然后再解决计算问题． 解：在△ADB中，AD2＋BD2＝82＋152＝172＝AB2.由勾股定理的逆定理可知，△ADB 为直角三角形，所以∠ADB＝90°，所以∠ADC＝90°. 在Rt△ADC中，因为∠C＝60°，所以∠CAD＝30°.设DC＝x，则AC＝2x.由勾股定理，得x2＋82＝(2x)2，即3x2＝64. 83163 所以x＝(负值舍去)，故AC＝2x＝. 33 方法总结：利用勾股定理的逆定理判断三角形的形状时，一般先比较出三条边的大小(若是具体的数值很容易发现；若是一个整式常用作差的方法来确定三条边的大小)，再通过勾股定理的逆定理进行判断． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第1题 【类型二】 求角度 如图，已知AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝23，则∠DAB＝______． 解析：欲求∠DAB，须先把它转化为三角形的内角或几个内角和．连接AC，易知△ABC为等腰直角三角形，则∠BAC＝45°.从而，欲求∠DAB的大小，只需求出∠DAC的大小．在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC＝22.在△ACD中，AC2＋AD2＝(22)2＋22＝12＝(23)2＝CD2，由勾股定理的逆定理可知△ACD为直角三角形，∠DAC＝90°.所以∠DAB＝∠BAC＋∠DAC＝45°＋90°＝135°.故填135°. 方法总结：本题从构造三角形，判定为直角三角形，到勾股定理的应用，充分体现了勾股定理及其逆定理的相互结合，相辅相成． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题 【类型三】 求面积 如图，AD⊥CD，AB＝13，BC＝12，CD＝3，AD＝4，求四边形ABCD的面积． 43 / 100 解析：四边形ABCD由两个三角形组成，其中△ACD是已知的直角三角形，面积易求．而已知△ABC的两边，形状未知，因此要求其面积，要先应用勾股定理的逆定理来判定它是直角三角形．由于已知△ABC的两边，需要求出第三边，这可在△ACD中用勾股定理求出，最后再求出两个直角三角形的面积，即可得到答案． 解：∵AD⊥CD，CD＝3，AD＝4，∴由勾股定理得AC＝5.在△ABC中，∵AB＝13，BC＝12，AC＝5，AC2＋BC2＝AB2.∴由勾股定理逆定理可知△ABC是直角三角形，∠ACB11 ＝90°，∴S△ACD＝×3×4＝6，S△ABC＝×5×12＝30.∴S 22＝36. 【类型四】 勾股定理逆定理的实际应用 四边形 ABCD＝S△ACD＋S△ABC＝6＋30 如图，是一农民建房时挖地基的平面图，按标准应为长方形，他在挖完后测量了 一下，发现AB＝DC＝8m，AD＝BC＝6m，AC＝9m，请你运用所学知识帮他检验一下挖的是否合格？ 解析：把实际问题转化成数学问题来解决，运用直角三角形的判别条件，验证它是否为直角三角形． 解：∵AB＝DC＝8m，AD＝BC＝6m，∴AB2＋BC2＝82＋62＝64＋36＝100.又∵AC2＝92 ＝81，∴AB2＋BC2≠AC2，∴∠ABC≠90°，∴该农民挖的不合格． 方法总结：解答此类问题，一般是根据已知的数据先运用勾股定理的逆定理判断一个三角形是否是直角三角形，然后再作进一步解答． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题 【类型五】 运用勾股定理逆定理解决方位角问题 44 / 100 如图，南北向MN为我国领海线，即MN以西为我国领海，以东为公海，上午9 时50分，我国反走私艇A发现正东方有一走私艇以13海里/时的速度偷偷向我领海开来，便立即通知正在MN线上巡逻的我国反走私艇B密切注意．反走私艇A和走私艇C的距离是13海里，A、B两艇的距离是5海里；反走私艇B测得距离走私艇C12海里，若走私艇C的速度不变，最早会在什么时候进入我国领海？ 解析：已知走私艇的速度，求出走私艇离我国领海线的距离即可得出走私艇所用的时间，即可得出走私艇何时能进入我国领海．解题的关键是得出走私艇离我国领海线的距离，根据题意，CE即为走私艇所走的路程．由题意可知，△ABE和△ABC均为直角三角形，可分别解这两个直角三角形即可得出． 解：设MN与AC相交于E，则∠BEC＝90°.∵AB2＋BC2＝52＋122＝132＝AC2，∴△ABC为直角三角形，且∠ABC＝90°.∵MN⊥CE，∴走私艇C进入我国领海的最短距离是1160144 CE.由S△ABC＝AB·BC＝AC·BE，得BE＝海里．由CE2＋BE2＝122，得CE＝海里， 221313144144 ∴÷13＝≈0.85(小时)＝51(分钟)，9时50分＋51分＝10时41分． 13169 答：走私艇C最早在10时41分进入我国领海． 方法总结：用数学几何知识解决实际问题的关键是建立合适的数学模型，注意提炼题干中的有效信息，并转化成数学语言． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第6题 三、板书设计 本节课教学过程中不断帮助学生构建知识体系，所以本节课对知识的归纳总结不仅没有局限于本章所学内容，而且还引导学生对直角三角形的性质和判定方法做了归纳总结．由于学生对于两个定理的直接应用有了一定的基础，所以本节课的安排以灵活应用为主，循序渐进、由易到难设计例题和练习，收到了较好的教学效果 9．1 多边形内角和 45 / 100 1．理解并掌握多边形的内角、外角等概念； 2．能通过不同方法探索多边形的内角和与外角和公式，并会应用它们进行有关计算．(重点、难点) 一、情境导入 观察下列图片，你能找出哪些我们熟悉的图形？ 今天我们给图形取了一个统一的名字——多边形，那么什么是多边形？如何定义多边形呢？ 二、合作探究 探究点一：多边形内角和 【类型一】 多边形的概念 一个长方形剪去一个角，则它有可能是________边形． 解析：如图所示：沿对角线剪去时，可得到三角形；沿一个顶点和另一边上的一点剪时，可得到四边形；当沿相邻两边上的任意两点(不包含两端点)剪时，可得到五边形．故填：三或四或五． 方法总结：掌握多边形的概念是解决此类问题的关键，但注意分类讨论不要遗漏． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题 【类型二】 多边形的内角和与外角和 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，求这个多边形的边数． 解析：任何多边形的外角和都是360°，即这个多边形的内角和是3×360°，n边形的内角和是(n－2)·180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数． 解：设多边形的边数为n，根据题意，得(n－2)·180＝3×360，解得n＝8.则这个多边形 46 / 100 的边数是8. 方法总结：已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第6题 【类型三】 多边形的对角线 五边形ABCDE中，从顶点A最多可引________条对角线，可以把这个五边形分 成________个三角形．若一个多边形的边数为n，则从一个顶点最多可引________条对角线． 解析：不相邻的两个顶点之间的连线就是对角线，n边形中，与一个顶点不相邻的顶点有(n－3)个，因而对角线有(n－3)条．这(n－3)条对角线可以把这个n边形分成(n－2)个三角形．据此即可求解．五边形ABCDE中，从顶点A最多可引2条对角线，可以把这个五边形分成3个三角形．若一个多边形的边数为n，则从一个顶点最多可引(n－3)条对角线．故答案是：2，3，(n－3)． 方法总结：本题考查的是多边形的对角线的相关知识，熟记对角线的确定方法是解答此题的关键． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第4题 【类型四】 正多边形 2 一个正多边形的每个外角都等于与它相邻的内角的，求这个正多边形的边数． 5解析：正多边形的每个内角都相等，每个外角也都相等，可以根据正多边形的内角和、外角和与边数的关系求解．也可以根据相邻的内角和外角的互补关系求解． 360° 解：解法1：(直接设元法)正多边形的边数为n，则它的每个外角为，每个内角为 n（n－2）·180°360°（n－2）·180°2 ，那么＝×，解得n＝7. nnn5 答：这个正多边形的边数是7. 2 解法2：(间接设元法)设这个正多边形的每个内角为x°，则每个外角为(x)°.由题意， 5290022900360360 得x＋x＝180，解得x＝，x＝×＝.∴每个外角是()°，∴这个正多边形的 5755777360边数为360÷＝7. 7 答：这个正多边形的边数为7. 方法总结：(1)正多边形的每一个内角都相等，每一个外角也都相等；(2)正n边形的每 47 / 100 （n－2）·180°360° 一个内角都等于；(3)正n边形的每一个外角都等于；(4)多边形的每个内 nn角与其相邻的外角都互补． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第9题 探究点二：多边形的不稳定性 下列图形中具有稳定性的是( ) 解析：三角形具有稳定性，其他多边形不具有稳定性，把多边形分割成三角形则多边形的形状就不会改变，因而具有稳定性的是C.故选C. 方法总结：本题考查三角形稳定性的实际应用，三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等．因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第3题 三、板书设计 本节课主要探索多边形的内角和公式．内角和是化归为三角形将问题解决，而外角和则关注内角与外角的关系，将外角和化归为内角和，化归思想是数学中的重要思想方法，应对学生进行训练和强化．通过例题的一题多解，拓展学生的思路，四边形的不稳定性的应用让学生再次感受数学来源于实践，可以激发学生学习数学的兴趣 第1课时 平行四边形的边、角的性质 1．理解平行四边形的概念；(重点) 48 / 100 2．掌握平行四边形边、角的性质；(重点) 3．利用平行四边形边、角的性质解决问题．(难点) 一、情境导入 平行四边形是我们常见的一种图形(如图)，它具有十分和谐的对称美．它是什么样的对称图形呢？它又具有哪些基本性质呢？ 二、合作探究 探究点一：平行四边形的定义 如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D，∠1＝∠2.求证：四边形ABCD是平行四 边形． 解析：根据三角形内角和定理求出∠DAC＝∠ACB，根据平行线的判定推出AD∥BC，AB∥CD，根据平行四边形的定义推出即可． 证明：∵∠1＋∠B＋∠ACB＝180°，∠2＋∠D＋∠CAD＝180°，∠B＝∠D，∠1＝∠2，∴∠DAC＝∠ACB，∴AD∥BC.∵∠1＝∠2.∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形． 方法总结：平行四边形的定义是判断一个四边形是平行四边形的重要方法． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练” 第1题 探究点二：平行四边形的边、角特征 【类型一】 利用平行四边形的性质求线段长 如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，点D，E，F分别是AC，BC，BA延长线上的 点，四边形ADEF为平行四边形，DE＝2，则AD＝________． 解析：∵四边形ADEF为平行四边形，∴DE＝AF＝2，AD＝EF，AD∥EF，∴∠ACB＝∠FEB.∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠B，∴∠FEB＝∠B，∴EF＝BF.∴AD＝BF.∵AB＝5，∴BF＝5＋2＝7，∴AD＝7.故答案为7. 方法总结：本题考查了平行四边形对边平行且相等的性质及等腰三角形的性质，熟练掌 49 / 100 握各性质是解题的关键． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第3题 【类型二】 利用平行四边形的性质求角度 如图，平行四边形ABCD中，CE⊥AB于E，若∠A＝125°，则∠BCE的度数为 ( ) A．35° B．55° C．25° D．30° 解析：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠A＋∠B＝180°.∵∠A＝125°，∴∠B＝55°.∵CE⊥AB于E，∴∠BEC＝90°，∴∠BCE＝90°－55°＝35°.故选A. 方法总结：平行四边形对边平行，对角相等，所以利用该性质可以解决和角度有关的问题． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第7题 【类型三】 利用平行四边形的性质证明有关结论 如图，点G、E、F分别在平行四边形ABCD的边AD、DC和BC上，DG＝DC， CE＝CF，点P是射线GC上一点，连接FP，EP.求证：FP＝EP. 解析：根据平行四边形的性质推出∠DGC＝∠GCB，根据等腰三角形性质求出∠DGC＝∠DCG，推出∠DCG＝∠GCB，根据等角的补角相等求出∠DCP＝∠FCP，根据SAS证出△PCF≌△PCE即可． 证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DGC＝∠GCB.∵DG＝DC，∴∠DGC＝∠DCG，∴∠DCG＝∠GCB.∵∠DCG＋∠DCP＝180°，∠GCB＋∠FCP＝180°，CE＝CF， ∴∠DCP＝∠FCP.∵在△PCF和△PCE 中，∠FCP＝∠ECP， ∴△PCF≌△PCE(SAS)， CP＝CP，∴PF＝PE. 方法总结：本题的综合性比较强，考查了平行四边形性质，等腰三角形的性质，全等三 50 / 100 角形的性质和判定等． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 【类型四】 判断直线的位置关系 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2AD，M为AB的中点，连接DM、MC，试 问直线DM和MC有何位置关系？请证明． 解析：由AB＝2AD，M是AB的中点的位置关系，可得出DM、CM分别是∠ADC与∠BCD的角平分线．又由平行线的性质可得∠ADC＋∠BCD＝180°，进而可得出DM与MC的位置关系． 解：DM与MC互相垂直．证明如下：∵M是AB的中点，∴AB＝2AM.又∵AB＝2AD，∴AM＝AD，∴∠ADM＝∠AMD.∵平行四边形ABCD，∴AB∥CD，∴∠AMD＝∠MDC，11 ∴∠ADM＝∠MDC，即∠MDC＝∠ADC，同理∠MCD＝∠BCD.∵平行四边形ABCD，∴ 2211 AD∥BC，∴∠MDC＋∠MCD＝∠BCD＋∠ADC＝90°，即∠MDC＋∠MCD＝90°，∴ 22∠DMC＝90°，∴DM与MC互相垂直． 方法总结：应熟练掌握平行四边形的性质，并能求解一些简单的计算、证明等问题． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第10题 探究点三：两平行线间的距离 如图，已知l1∥l2，点E，F在l1上，点G，H在l2上．求证：△EGO与△FHO 面积相等． 解析：结合平行线间的距离相等和三角形的面积公式即可证明． 1 证明：∵l1∥l2，∴点E，F到l2之间的距离都相等，设为h.∴S△EGH＝GH·h，S△FGH 21 ＝GH·h，∴S△EGH＝S△FGH，∴S△EGH－S△GOH＝S△FGH－S△GOH，∴△EGO的面积等于△FHO2的面积． 方法总结：解决问题的关键是明确同底等高的两个三角形的面积相等，再结合两平行线间的距离即可得出结论． 51 / 100 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题 三、板书设计 本节课通过对平行四边形的性质的探究学习，培养了学生运用转化的数学思想，通过观察、分析、归纳，是学生养成自主学习的良好习惯，为后期的学习打基础 第2课时 平行四边形的对角线的性质 1．掌握平行四边形对角线互相平分的性质；(重点) 2．利用平行四边形对角线互相平分解决有关问题． 一、情境导入 如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD为对角线，BC＝6，BC边上的高为4，你能算出图中阴影部分的面积吗？ 二、合作探究 探究点一：平行四边形的对角线互相平分 【类型一】 利用平行四边形对角线互相平分求线段长 已知：▱ABCD的周长为60 cm，对角线AC、BD相交于点O，△AOB的周长比△DOA 的周长长5 cm，求这个平行四边形各边的长． 解析：平行四边形周长为60 cm，即相邻两边之和为30cm，△AOB的周长比△DOA的周长长5cm，而AO为共用，OB＝OD，所以由题意可知AB比AD长5cm，进一步解答即可． 52 / 100 解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC.∵△AOB的周长比△DOA的周长长5 cm，∴AB－AD＝5cm.又∵▱ABCD的周长为60 cm，∴AB＋AD＝30 cm，3525则AB＝CD＝ cm，AD＝BC＝cm. 22 方法总结：平行四边形被对角线分成四个小三角形，相邻两个三角形的周长之差等于邻边边长之差． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练” 第4题 【类型二】 利用平行四边形对角线互相平分证明线段或角相等 如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，EF过点O与AB、CD分别相交于 点E、F.求证：OE＝OF. 解析：根据平行四边形的性质得出OD＝OB，DC∥AB，推出∠FDO＝∠EBO，证出△DFO≌△BEO即可． 证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OD＝OB，DC∥AB，∴∠FDO＝∠EBO.在△DFO∠FDO＝∠EBO， 和△BEO中，OD＝OB，∴△DFO≌△BEO(ASA)，∴OE＝OF. ∠FOD＝∠EOB， 方法总结：利用平行四边形的性质解决线段的问题时，要注意运用平行四边形的对边相等，对角线互相平分的性质． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练” 第8题 【类型三】 判断直线的位置关系 如图平行四边形ABCD中，AC、BD交于O点，点E、F分别是AO、CO的中点， 试判断线段BE、DF的关系并证明你的结论． 解析：根据平行四边形的性质“对角线互相平分”得出OA＝OC，OB＝OD，利用中点的意义得出OE＝OF，再利用三角形全等得对应边、角相等，最后根据平行线判定得出BE＝DF，BE∥DF. 解：BE＝DF，BE∥DF.理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝ 53 / 100 OE＝OF， OD.∵E，F分别是OA，OC的中点，∴OE＝OF.在△EOB和△FOD中∠DOF＝∠BOE， OB＝OD， ∴△EOB≌△FOD，∴BE＝DF，∠FDB＝∠EBD，∴BE∥DF.∴BE＝DF，BE∥DF. 方法总结：在解决平行四边形的问题时，如果有对角线的条件时，则首选对角线互相平分的方法解决问题． 探究点二：平行四边形的面积 在▱ABCD中， (1)如图①，O为对角线BD、AC的交点．求证：S△ABO＝S△CBO； (2)如图②，设P为对角线BD上任一点(点P与点B、D不重合)，S△ABP与S△CBP仍然相等吗？若相等，请证明；若不相等，请说明理由． 解析：根据平行四边形的对角线互相平分可得AO＝CO，再根据等底等高的三角形的面积相等解答． 1 (1)证明：在▱ABCD中，AO＝CO，设点B到AC的距离为h，则S△ABO＝AO·h，S△CBO 21 ＝CO·h，∴S△ABO＝S△CBO； 2 (2)解：仍然相等．证明如下：连接AC交BD于点O.在▱ABCD中，AO＝OC，由(1)可得S△ABO＝S△BCO，S△APO＝S△CPO，∴S△ABO－S△APO＝S△BCO－S△CPO，∴S△ABP＝S△CBP. 方法总结：平行四边形的对角线将平行四边形分成四个面积相等的三角形．另外，等底等高的三角形的面积相等． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 三、板书设计 本节课是在学习了平行四边形的边角性质之后的内容，与前面章节的知识联系紧密．课堂上 54 / 100 要加强解题步骤严密性和规范性的训练，在观察、操作、推理、归纳等过程中，培养学生数学说理的习惯，发展学生的数学思维能力 第3课时 平行四边形的判定 1．掌握平行四边形的判定定理，能根据已知条件选择合适的判定定理判定一个四边形是平行四边形；(重点) 2．能够灵活运用平行四边形的性质定理和判定定理进行简单的推理证明．(难点) 一、情境导入 我们已经知道，如果一个四边形是平行四边形，那么它就是一个中心对称图形，具有如下的一些性质： 1．两组对边分别平行且相等； 2．两组对角分别相等； 3．两条对角线互相平分． 那么，怎样判定一个四边形是否是平行四边形呢？当然，我们可以根据平行四边形的原始定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形加以判定．那么是否存在其他的判定方法？ 二、合作探究 探究点一：平行四边形的判定 【类型一】 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 如图，E、F是四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF＝CE，DF＝BE，DF∥ BE，四边形ABCD是平行四边形吗？请说明理由． 解析：首先根据条件证明△AFD≌△CEB，可得到AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，可证出AD∥CB，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可证出结论． 解：四边形ABCD是平行四边形． 理由如下：∵DF∥BE，∴∠AFD＝∠CEB.又∵AF＝CE，DF＝BE，∴△AFD≌△CEB(SAS)，∴AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，∴AD∥CB，∴四边形ABCD是平行四边形． 方法总结：此题主要考查了平行四边形的判定，以及三角形全等的判定与性质，解题的关键是根据条件证出△AFD≌△CEB. 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练” 第10题 【类型二】 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 55 / 100 如图，在△ABC中，分别以AB、AC、BC为边在BC的同侧作等边△ABD，等边 △ACE、等边△BCF.试探究四边形DAEF是平行四边形． 解析：根据题中的已知条件可推出两组对边分别相等，从而可判断四边形DAEF为平行四边形． 解：∵△ABD和△FBC都是等边三角形，∴∠DBF＋∠FBA＝∠ABC＋∠ABF＝60°，∴∠DBF＝∠ABC.又∵BD＝BA，BF＝BC，∴△ABC≌△DBF，∴AC＝DF.又∵△ACE是等边三角形，∴AC＝AE，∴AC＝DF＝AE.同理可证△ABC≌△EFC，∴AB＝EF＝AD，∴四边形DAEF是平行四边形(两组对边分别相等的四边形是平行四边形)． 方法总结：利用“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”时，证明边相等，可通过三角形全等和等量代换解决． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练” 第9题 【类型三】 对角线互相平分的四边形是平行四边形 已知，如图，AB、CD相交于点O，AC∥DB，AO＝BO，E、F分别是OC、OD 中点．求证： (1)△AOC≌△BOD； (2)四边形AFBE是平行四边形． 解析：(1)利用已知条件和全等三角形的判定方法即可证明△AOC≌△BOD；(2)此题已知AO＝BO，要证四边形AFBE是平行四边形，根据全等三角形，只需证OE＝OF就可以了． ∠C＝∠D， 证明：(1)∵AC∥BD，∴∠C＝∠D.在△AOC和△BOD中，∠COA＝∠DOB，∴△AOC AO＝BO，≌△BOD(AAS)； 1 (2)∵△AOC≌△BOD，∴CO＝DO.∵E、F分别是OC、OD的中点，∴OF＝OD，OE 21 ＝OC，∴EO＝FO .又∵AO＝BO.∴四边形AFBE是平行四边形． 2 方法总结：在应用判定定理判定平行四边形时，应仔细观察题目所给的条件，仔细选择适合于题目的判定方法进行解答，避免混用判定方法． 56 / 100 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升” 第7题 探究点二：平行四边形判定与性质的综合应用 如图所示，在▱ABCD中，AF＝CH，DE＝BG.求证：EG和HF互相平分． 解析：由EG和HF是四边形EFGH的对角线，可将证明EG和HF互相平分转化成证明四边形EFGH是平行四边形． 证法1：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∠A＝∠C(平行四边形的对边相等，对角相等)．∵DE＝BG，而AE＝AD－ED，CG＝CB－GB，∴AE＝CG.∵AF＝CH，∴△AEF≌△CGH，∴EF＝HG.同理FG＝HE.∴四边形EFGH是平行四边形(两组对边分别相等的四边形是平行四边形)．∴EG和HF互相平分(平行四边形的对角线互相平分)． 证法2：∵DE＝BG，∴DE平行且等于BG，即四边形DEBG是平行四边形，∴OB＝OD，OE＝OG.又∵AF＝CH，∴FB＝HD，∴FB平行且等于HD.∴四边形FBHD是平行四边形，对角线BD与FH互相平分．∵BD的中点O只有一个，∴BD与FH也交于O点．∴OB＝OD，OF＝OH，∴EG与HF互相平分． 方法总结：本题综合利用了平行四边形的判定与性质，证明的关键在于根据图形发现平行四边形． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升” 第8题 三、板书设计 本节课是对前面所学的全等三角形和平行四边形的定义、性质的一个回顾和延伸，又是以后学习特殊平行四边形的基础，在教学内容上起着承上启下的作用．教学过程中通过操作、交流、论证，使学生逐步掌握说理的基本方法，能合理清晰地表达自己的思维过程．让学生主动参与探索的过程，发展学生的合情合理意思，激发学生学习数学的热情和兴趣 第4课时 三角形的中位线 1．理解三角形中位线的概念，掌握三角形的中位线定理；(重点) 57 / 100 2．能灵活地运用三角形的中位线定理解决有关问题．(难点) 一、情境导入 我们已经学习了平行四边形的性质与判定方法，今天老师给同学一个剪纸的任务．怎样将一张三角形纸片剪成两部分，使分成的两部分能拼成一个平行四边形？能用什么定理来证明四边形DBCF是平行四边形呢？ 二、合作探究 探究点一：三角形的中位线 【类型一】 利用三角形中位线定理求线段的长 如图，在△ABC中，D、E分别为AC、BC的中点，AF平分∠CAB，交DE于点 F.若DF＝3，则AC的长为( ) 3 A. B．3 C．6 D．9 2 解析：∵D、E分别为AC、BC的中点，∴DE∥AB，∴∠2＝∠3.又∵AF平分∠CAB，∠1＝∠3，∴∠1＝∠2，∴AD＝DF＝3，∴AC＝2AD＝6.故选C. 方法总结：本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定与性质．解题的关键是熟记性质并熟练应用． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第3题 【类型二】 利用三角形中位线定理求角度 如图，C、D分别为EA、EB的中点，∠E＝30°，∠1＝110°，则∠2的度数为( ) A．80° B．90° C．100° D．110° 58 / 100 解析：∵C、D分别为EA、EB的中点，∴CD是三角形EAB的中位线，∴CD∥AB，∴∠2＝∠ECD.∵∠1＝110°，∠E＝30°，∴∠2＝∠ECD＝80°.故选A. 方法总结：利用中位线定理中的平行关系可以解决一些角度的计算问题． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 【类型三】 三角形的中位线性质与三角形其他性质的综合运用 如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝3，点N为BC的中点，AM平分∠BAC，CM ⊥AM，垂足为点M，延长CM交AB于点D，求MN的长． 解析：首先证明△AMD≌△AMC，得到DM＝MC，即可解决问题． 解：∵AM平分∠BAC，CM⊥AM，∴∠DAM＝∠CAM，∠AMD＝∠AMC.在△AMD与∠DAM＝∠CAM， △AMC中，AM＝AM，∴△AMD≌△AMC(ASA)，∴AD＝AC＝3，DM＝CM.∵BN ∠AMD＝∠AMC，1111 ＝CN，∴MN为△BCD的中位线，∴MN＝BD＝(AB－AD)＝(AB－AC)＝(5－3)＝1. 2222 方法总结：当已知三角形的一边的中点时，要注意分析问题中是否有隐含的中点．如已知一个三角形一边上的高又是这边所对的角平分线时，根据等腰三角形“三线合一”可知，这实际上是又告诉了我们一个中点． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第4题 探究点二：利用三角形的中位线定理解决简单实际问题 如图所示，吴伯伯家有一块等边三角形的空地ABC，点E，F分别是边AB，AC 的中点，量得EF＝5m.他想把四边形BCFE用篱笆围成一圈放养小鸡，则需要篱笆的长度是( ) A．15m B．20 C．25m D．30m 解析：∵点E，F分别是边AB，AC的中点，EF＝5m，∴BC＝2EF＝10m.∵△ABC是等 59 / 100 1 边三角形，∴AB＝BC＝AC.∴BE＝CF＝BC＝5m.∴篱笆的长为BE＋BC＋CF＋EF＝5＋10 2＋5＋5＝25(m)．故选C. 方法总结：利用“三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半”的性质和“等边三角形三边相等”的性质求解． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第6题 三、板书设计 本节课在学生已有知识和经验的基础上，通过自己动手、自主探索、合作交流比较系统的得出三角形的中位线的位置和数量关系的性质，以及其相互的关系并将所学知识加以应用，在学习过程中充分体现教师引导，学生自主学习的教学理念 第1课时 矩形的性质 1．掌握矩形的概念和性质，理解矩形与平行四边形的区别与联系；(重点) 2．会运用矩形的概念和性质来解决有关问题．(难点) 一、情境导入 1．展示生活中一些平行四边形的实际应用图片(推拉门、活动衣架、篱笆、井架等)，想一想：这里面应用了平行四边形的什么性质？ 2．思考：拿一个活动的平行四边形教具，轻轻拉动一个点，不管怎么拉，它还是一个平行四边形吗？为什么(动画演示拉动过程如图)? 3．再次演示平行四边形的移动过程，当移动到一个角是直角时停止，让学生观察这是什么图形(小学学过的长方形)，引出本课题及矩形定义． 矩形是我们最常见的图形之一，例如书桌面、教科书的封面等都是矩形． 有一个角是直角的平行四边形是矩形．矩形是平行四边形，但平行四边形不一定是矩形，矩形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质． 60 / 100 二、合作探究 探究点一：矩形的性质 【类型一】 矩形的四个角都是直角 如图，矩形ABCD中，点E在BC上，且AE平分∠BAC.若BE＝4，AC＝15，则 △AEC的面积为( ) A．15 B．30 C．45 D．60 解析：如图，过E作EF⊥AC，垂足为F. ∵AE平分∠BAC，EF⊥AC，BE⊥AB， ∴EF＝BE＝4， 11 ∴S△AEC＝AC·EF＝×15×4＝30.故选B. 22 方法总结：矩形的四个角都是直角，常作为证明或求值的隐含条件． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题 【类型二】 矩形的对角线相等 如图所示，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，∠AOD＝60°，AD＝2，则AC 的长是( ) A．2 B．4 C．23 D．43 1 解析：根据矩形的对角线互相平分且相等可得OC＝OD＝OA＝AC，由∠AOD＝60°得 2△AOD为等边三角形，即可求出AC的长．故选B. 方法总结：矩形的两条对角线互相平分且相等，即对角线把矩形分成四个等腰三角形，当两条对角线的夹角为60°或120°时，图中有等边三角形，可以利用等边三角形的性质解题． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第2题 61 / 100 探究点二：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图，已知BD，CE是△ABC不同边上的高，点G，F分别是BC，DE的中点， 试说明GF⊥DE. 解析：本题的已知条件中已经有直角三角形，有斜边上的中点，由此可联想到应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一定理． 解：连接EG，DG. ∵BD，CE是△ABC的高， ∴∠BDC＝∠BEC＝90°. ∵点G是BC的中点， 11 ∴EG＝BC，DG＝BC， 22∴EG＝DG. 又∵点F是DE的中点， ∴GF⊥DE. 方法总结：在直角三角形中，遇到斜边中点常作斜边中线，进而可将问题转化为等腰三角形的问题，然后利用等腰三角形“三线合一”的性质解题． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 探究点三：矩形的性质的运用 【类型一】 利用矩形的性质求有关线段的长度 如图，已知矩形ABCD中，E是AD上的一点，F是AB上的一点，EF⊥EC，且 EF＝EC，DE＝4cm，矩形ABCD的周长为32cm，求AE的长． 解析：先判定△AEF≌△DCE，得CD＝AE，再根据矩形的周长为32cm列方程求出AE的长． 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°， ∴∠CED＋∠ECD＝90°. 又∵EF⊥EC， ∴∠AEF＋∠CED＝90°， ∴∠AEF＝∠ECD. 62 / 100 而EF＝EC， ∴△AEF≌△DCE， ∴AE＝CD. 设AE＝xcm， ∴CD＝xcm，AD＝(x＋4)cm， 则有2(x＋4＋x)＝32，解得x＝6. 即AE的长为6cm. 方法总结：矩形的各角为直角，常作为全等的一个条件用来证三角形全等，可借助直角的条件解决直角三角形中的问题． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第3题 【类型二】 利用矩形的性质求有关角度的大小 如图，在矩形ABCD中，AE⊥BD于E，∠DAE∶∠BAE＝3∶1，求∠BAE和∠EAO 的度数． 解析：由∠BAE与∠DAE之和为90°及这两个角之比可求得这两个角的度数，从而得∠ABO的度数，再根据矩形的性质易得∠EAO的度数． 解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°， 11 AO＝AC，BO＝BD，AC＝BD， 22 ∴∠BAE＋∠DAE＝90°，AO＝BO. 又∵∠DAE：∠BAE＝3：1， ∴∠BAE＝22.5°，∠DAE＝67.5°. ∵AE⊥BD， ∴∠ABE＝90°－∠BAE＝90°－22.5°＝67.5°， ∴∠OAB＝∠ABE＝67.5°， ∴∠EAO＝67.5°－22.5°＝45°. 方法总结：矩形的性质是证明线段相等或倍分、角的相等与求值及线段平行或垂直的重要依据． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第6题 【类型三】 利用矩形的性质求图形的面积 如图所示，EF过矩形ABCD对角线的交点O，且分别交AB、CD于E、F，那么 阴影部分的面积是矩形ABCD面积的( ) 63 / 100 1113A. B. C. D. 54310 解析：由四边形ABCD为矩形，易证得△BEO≌△DFO，则阴影部分的面积等于△AOB11 的面积，而△AOB的面积为矩形ABCD面积的，故阴影部分的面积为矩形面积的.故选B. 44 方法总结：求阴影部分的面积时，当阴影部分不规则或比较分散时，通常运用割补法将阴影部分转化为较规则的图形，再求其面积． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第5题 【类型四】 矩形中的折叠问题 如图，将矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点E， AD＝8，AB＝4，求△BED的面积． 解析：这是一道折叠问题，折后的图形与原图形全等，从而得△BCD≌△BC′D，则易得BE＝DE.在Rt△ABE中，利用勾股定理列方程求出BE的长，即可求得△BED的面积． 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠A＝90°， ∴∠2＝∠3. 又由折叠知△BC′D≌△BCD， ∴∠1＝∠2， ∴∠1＝∠3，∴BE＝DE. 设BE＝DE＝x，则AE＝8－x. ∵在Rt△ABE中，AB2＋AE2＝BE2， ∴42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5. 即DE＝5. 11 ∴S△BED＝DE·AB＝×5×4＝10. 22 方法总结：矩形的折叠问题是常见的问题，本题的易错点是对△BED是等腰三角形认识不足，解题的关键是对折叠后的几何形状要有一个正确的分析． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第10题 64 / 100 三、板书设计 经历矩形的概念和性质的探索过程，把握平行四边形的演变过程，迁移到矩形的概念与性质上来，明确矩形是特殊的平行四边形．培养学生的推理能力以及自主合作精神，掌握几何思维方法，体会逻辑推理的思维价值 第2课时 矩形的判定 1．理解并掌握矩形的判定方法；(重点) 2．能熟练掌握矩形的判定及性质的综合应用．(难点) 一、情境导入 小明想要做一个矩形相框送给妈妈做生日礼物，于是找来两根长度相等的短木条和两根长度相等的长木条制作，你有什么办法可以检测他做的是矩形相框？看看谁的方法可行！ 二、合作探究 探究点一：矩形的判定 【类型一】 对角线相等的平行四边形是矩形 如图所示，外面的四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，里面的四 边形MPNQ的四个顶点都在矩形ABCD的对角线上，且AM＝BP＝CN＝DQ.求证：四边形MPNQ是矩形． 解析：要证明四边形MPNQ是矩形，应先证明它是平行四边形，由已知可再证明其对角线相等． 证明：∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OB＝OC＝OD. ∵AM＝BP＝CN＝DQ， ∴OM＝OP＝ON＝OQ. ∴四边形MPNQ是平行四边形． 又∵OM＋ON＝OQ＋OP， 65 / 100 ∴MN＝PQ. ∴平行四边形MPNQ是矩形(对角线相等的平行四边形是矩形)． 方法总结：在判断四边形的形状时，若已知条件中有对角线，可首先考虑能否用对角线的条件证明矩形． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第5题 【类型二】 有三个角是直角的四边形是矩形 如图，GE∥HF，直线AB与GE交于点A，与HF交于点B，AC、BC、BD、AD 分别是∠EAB、∠FBA、∠ABH、∠GAB的平分线．求证：四边形ADBC是矩形． 解析：利用已知条件，证明四边形ADBC有三个角是直角． 证明：∵GE∥HF， ∴∠GAB＋∠ABH＝180°. ∵AD、BD分别是∠GAB、∠ABH的平分线， 11 ∴∠1＝∠GAB，∠4＝∠ABH， 22 11 ∴∠1＋∠4＝(∠GAB＋∠ABH)＝×180°＝90°， 22∴∠ADB＝180°－(∠1＋∠4)＝90°. 同理可得∠ACB＝90°. 又∵∠ABH＋∠FBA＝180°， 11 ∠4＝∠ABH，∠2＝∠FBA， 22 11 ∴∠2＋∠4＝(∠ABH＋∠FBA)＝×180°＝90°，即∠DBC＝90°. 22∴四边形ADBC是矩形． 方法总结：矩形的判定方法和矩形的性质是相辅相成的，注意它们的区别和联系，此判定方法只要说明一个四边形有三个角是直角，则这个四边形就是矩形． 【类型三】 有一个角是直角的平行四边形是矩形 如图所示，在△ABC中，D为BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC 的平行线交CE的延长线于点F，且AF＝BD.连接BF. (1)BD与DC有什么数量关系？请说明理由； (2)当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由． 66 / 100 解析：(1)根据“两直线平行，内错角相等”得出∠AFE＝∠DCE，然后利用“AAS”证明△AEF和△DEC全等，根据“全等三角形对应边相等”可得AF＝CD，再利用等量代换即可得BD＝CD；(2)先利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明四边形AFBD是平行四边形，再根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可知∠ADB＝90°.由等腰三角形“三线合一”的性质可知△ABC满足的条件必须是AB＝AC. 解：(1)BD＝CD.理由如下： ∵AF∥BC， ∴∠AFE＝∠DCE. ∵E是AD的中点， ∴AE＝DE. ∠AFE＝∠DCE， 在△AEF和△DEC中，∠AEF＝∠DEC， AE＝DE， ∴△AEF≌△DEC(AAS)． ∴AF＝CD. ∵AF＝BD， ∴BD＝DC； (2)当△ABC满足AB＝AC时，四边形AFBD是矩形．理由如下： ∵AF∥BD，AF＝BD， ∴四边形AFBD是平行四边形． ∵AB＝AC，BD＝DC， ∴∠ADB＝90°. ∴四边形AFBD是矩形． 方法总结：本题综合考查了矩形和全等三角形的判定方法，明确有“一个角是直角的平行四边形是矩形”是解本题的关键． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第8题 探究点二：矩形的性质和判定的综合运用 如图，O是矩形ABCD的对角线的交点，E、F、G、H分别是OA、OB、OC、 OD上的点，且AE＝BF＝CG＝DH. (1)求证：四边形EFGH是矩形； (2)若E、F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点，且DG⊥AC，OF＝2cm，求矩形ABCD的面积． 67 / 100 解析：(1)证明四边形EFGH对角线相等且互相平分；(2)根据题设求出矩形的边长CD和BC，然后根据矩形面积公式求得． (1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OB＝OC＝OD.∵AE＝BF＝CG＝DH，∴AO－AE＝OB－BF＝CO－CG＝DO－DH，即OE＝OF＝OG＝OH，∴四边形EFGH是矩形； (2)解：∵G是OC的中点，∴GO＝GC.∵DG⊥AC，∴∠DGO＝∠DGC＝90°.又∵DG＝DG，∴△DGC≌△DGO，∴CD＝OD.∵F是BO中点，OF＝2cm，∴BO＝4cm.∵四边形ABCD是矩形，∴DO＝BO＝4cm，∴DC＝4cm，DB＝8cm，∴CB＝DB2－DC2＝43cm，∴S矩形ABCD＝4×43＝163(cm2)． 方法总结：首先要判定四边形是平行四边形，然后证明对角线相等． 三、板书设计 通过探索与交流，得出矩形的判定定理，使学生亲身经历知识的发生过程，并会运用定理解决相关问题．通过开放式命题，尝试从不同角度寻求解决问题的方法．通过动手实践、合作探索、小组交流，培养学生的逻辑推理能力 第1课时 菱形的性质 1．通过折、剪纸张的方法，探索菱形独特的性质，理解菱形与平行四边形之间的联系； 2．通过学生间的交流、讨论、分析、类比、归纳，运用已学过的知识总结菱形的特征； 3．掌握菱形的概念和菱形的性质以及菱形的面积公式的推导．(重点、难点) 一、情境导入 请看演示：(可用事先按如图做成的一组对边可以活动的教具进行演示)如图，改变平行四边形的边，使一组邻边相等，从而引出菱形概念． 让学生举一些日常生活中所见到过的菱形的例子． 二、合作探究 探究点一：菱形的性质 68 / 100 【类型一】 菱形的四条边相等 如图所示，在菱形ABCD中，已知∠A＝60°，AB＝5，则△ABD的周长是( ) A．10 B．12 C．15 D．20 解析：根据菱形的性质可判断△ABD是等边三角形，再根据AB＝5求出△ABD的周长． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD. 又∵∠A＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴△ABD的周长＝3AB＝15. 故选C. 方法总结：如果一个菱形的内角为60°或120°，则两边与较短对角线可构成等边三角形，这是非常有用的基本图形． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题 【类型二】 菱形的对角线互相垂直 如图所示，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝12cm，AC＝6cm， 求菱形的周长． 解析：由于菱形的四条边都相等，所以要求其周长就要先求出其边长．由菱形性质可知，其对角线互相垂直平分，因此可以在直角三角形中利用勾股定理进行计算． 解：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD， 69 / 100 11AO＝AC，BO＝BD. 22 因为AC＝6cm，BD＝12cm， 所以AO＝3cm，BO＝6cm. 在Rt△ABO中，由勾股定理，得 AB＝AO2＋BO2＝32＋62＝35(cm)． 所以菱形的周长＝4AB＝4×35＝125(cm)． 方法总结：因为菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形，所以菱形的有关计算问题常转化到直角三角形中求解． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第3题 【类型三】 菱形是轴对称图形 如图，在菱形ABCD中，CE⊥AB于点E，CF⊥AD于点F.求证：AE＝AF. 解析：要证明AE＝AF，需要先证明△ACE≌△ACF. 证明：连接AC. ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC平分∠BAD， 即∠BAC＝∠DAC. ∵CE⊥AB，CF⊥AD， ∴∠AEC＝∠AFC＝90°. 在△ACE和△ACF中， ∠AEC＝∠AFC， ∠EAC＝∠FAC， AC＝AC，∴△ACE≌△ACF， ∴AE＝AF. 方法总结：菱形是轴对称图形，它的两条对角线所在的直线都是它的对称轴，每条对角线平分一组对角． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 探究点二：菱形的面积的计算方法 如图所示，在菱形ABCD中，点O为对角线AC与BD的交点，且在△AOB中， AB＝13，OA＝5，OB＝12.求菱形ABCD两对边的距离h. 解析：先利用菱形的面积等于两条对角线长度乘积的一半求得菱形的面积，又因为菱形是特殊的平行四边形，其面积等于底乘高，也就是一边长与两边之间距离的乘积，从而求得 70 / 100 两对边的距离． 解：在Rt△AOB中，AB＝13，OA＝5，OB＝12， 11 即S△AOB＝OA·OB＝×5×12＝30， 22所以S菱形ABCD＝4S△AOB＝4×30＝120. 又因为菱形两组对边的距离相等， 所以S菱形ABCD＝AB·h＝13h， 120所以13h＝120，得h＝. 13 方法总结：菱形的面积计算有如下方法：(1)一边长与两对边的距离(即菱形的高)的积；(2)四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的4倍)；(3)两条对角线长度乘积的一半． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第7题 三、板书设计 本节课不仅安排了菱形性质的探究， 而且穿插了菱形两种面积公式的探究，课堂中为了突出学生的主体地位，留给学生充足的时间思考交流，发挥学生的主体地位，使学生经历实践、推理、交流等数学活动过程，亲身体验数学思想方法及数学观念，培养学生能力，促进学生发展。 第2课时 菱形的判定 1．理解并掌握菱形的判定方法；(重点) 2．灵活运用菱形的判定方法进行有关的证明和计算．(难点) 71 / 100 一、情境导入 木工在做菱形的窗格时，总是保证四条边框一样长，你知道其中的道理吗？借助以下图形探索：如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，试说明四边形ABCD是菱形． 二、合作探究 探究点一：四边相等的四边形是菱形 如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm.将△ABC沿射线BC 方向平移10cm，得到△DEF，A，B，C的对应点分别是D，E，F，连接AD.求证：四边形ACFD是菱形． 解析：根据平移的性质可得CF＝AD＝10cm，DF＝AC，再在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC的长为10cm，就可以根据“四边相等的四边形是菱形”得到结论． 证明：由平移变换的性质得CF＝AD＝10cm，DF＝AC. ∵∠B＝90°，AB＝6cm， BC＝8cm， ∴AC＝AB2＋BC2＝62＋82＝10(cm)， ∴AC＝DF＝AD＝CF＝10cm， ∴四边形ACFD是菱形． 方法总结：当四边形的条件中存在多个关于边的等量关系时，运用四条边都相等来判定一个四边形是菱形比较方便． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 探究点二：对角线互相垂直的平行四边形是菱形 如图所示，▱ABCD的对角线BD的垂直平分线与边AB，CD分别交于点E，F.求 证：四边形DEBF是菱形． 解析：本题首先应用到平行四边形的性质，其次应用到菱形的判定方法．要证四边形DEBF是菱形，可以先证明其为平行四边形，再利用“对角线互相垂直”证明其为菱形． 72 / 100 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC. ∴∠FDO＝∠EBO. 又∵EF垂直平分BD， ∴OB＝OD. 在△DOF和△BOE中， ∠FDO＝∠EBO， OD＝OB， ∠FOD＝∠EOB， ∴△DOF≌△BOE(ASA)． ∴OF＝OE. ∴四边形DEBF是平行四边形． 又∵EF⊥BD， ∴四边形DEBF是菱形． 方法总结：用此方法也可以说是对角线互相垂直平分的四边形是菱形，但对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，必须强调对角线是互相垂直且平分． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第7题 探究点三：菱形的判定和性质的综合运用 如图所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE＝2DE，延长DE到 点F，使得EF＝BE，连接CF. (1)求证：四边形BCFE是菱形； (2)若CE＝4，∠BCF＝120°，求菱形BCFE的面积． (1)证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC且2DE＝BC.又∵BE＝2DE，EF＝BE，∴EF＝BC，EF∥BC，∴四边形BCFE是平行四边形．又∵EF＝BE，∴四边形BCFE是菱形； (2)解：∵∠BCF＝120°，∴∠EBC＝60°，∴△EBC是等边三角形，∴菱形BCFE的边长为4，高为23，∴S菱形BCFE＝4×23＝83. 方法总结：判定一个四边形是菱形时，要结合条件灵活选择方法．如果可以证明四条边相等，可直接证出菱形；如果只能证出一组邻边相等或对角线互相垂直，可以尝试证出这个四边形是平行四边形，然后用定义法或判定定理1来证明菱形． 73 / 100 三、板书设计 经历菱形的猜想、证明的过程，进一步提高学生的推理论证能力，体会证明过程中所运用的归纳概括以及转化等数学方法．在菱形的判定方法的探索与综合应用中，培养学生的观察能力、动手能力及逻辑思维能力 3．正方形 1．了解正方形的有关概念，理解并掌握正方形的性质和判定定理；(重点) 2．会利用正方形的性质和判定进行相关的计算和证明．(证明) 一、情境导入 如图①所示，把可以活动的矩形框架ABCD的BC边平行移动，使矩形的邻边AD，DC相等，观察这时矩形ABCD的形状． 如图②所示，把可以活动的菱形框架ABCD的∠A变为直角，观察这时菱形ABCD的形状． 图①中图形的变化可判断矩形ABCD→特殊的四边形是什么四边形？图②中图形变化可判断菱形ABCD→特殊的四边形是什么四边形？经过观察，你发现既是矩形又是菱形的图形是什么四边形？ 引入正方形的定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形． 注意：正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，即：有一组邻边相等的矩形是正方形或有一个角是直角的菱形是正方形． 二、合作探究 74 / 100 探究点一：正方形的性质 【类型一】 利用正方形的性质求角度 四边形ABCD是正方形，△ADE是等边三角形，求∠BEC的大小． 解析：等边△ADE可以在正方形的内部，也可以在正方形的外部，因此本题分两种情况． 解：当等边△ADE在正方形ABCD外部时，如图①，AB＝AE，∠BAE＝90°＋60°＝150°， ∴∠AEB＝15°. 同理可得∠DEC＝15°. ∴∠BEC＝60°－15°－15°＝30°； 当等边△ADE在正方形ABCD内部时，如图②，AB＝AE，∠BAE＝90°－60°＝30°， ∴∠AEB＝75°. 同理可得∠DEC＝75°. ∴∠BEC＝360°－75°－75°－60°＝150°. 综上所述，∠BEC的大小为30°或150°. 易错提醒：因为等边△ADE与正方形ABCD有一条公共边，所以边相等．本题分两种情况：等边△ADE在正方形的外部或在正方形的内部． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题 【类型二】 利用正方形的性质求线段长 如图，正方形ABCD的边长为1cm，AC为对角线，AE平分∠BAC，EF⊥AC， 求BE的长． 解析：线段BE是Rt△ABE的一边，但由于AE未知，不能直接用勾股定理求BE，由条件可证△ABE≌△AFE，问题转化为求EF的长，结合已知条件易求解． 解：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠B＝90°，∠ACB＝45°，AB＝BC＝1cm. ∵EF⊥AC， ∴∠EFA＝∠EFC＝90°. 又∵∠ECF＝45°， ∴△EFC是等腰直角三角形， 75 / 100 ∴EF＝FC. ∵∠BAE＝∠FAE，∠B＝∠EFA＝90°，AE＝AE， ∴△ABE≌△AFE， ∴AB＝AF＝1cm，BE＝EF. ∴FC＝BE. 在Rt△ABC中， AC＝AB2＋BC2＝12＋12＝2(cm)， ∴FC＝AC－AF＝(2－1)cm， ∴BE＝(2－1)cm. 方法总结：正方形被对角线分成4个等腰直角三角形，因此在正方形中解决问题时常用到等腰三角形的性质与直角三角形的性质． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 【类型三】 利用正方形的性质证明线段相等 如图，已知过正方形ABCD的对角线BD上一点P，作PE⊥BC于点E，PF⊥CD 于点F.求证：AP＝EF. 解析：由PE⊥BC，PF⊥CD知四边形PECF为矩形，故有EF＝PC，这时只需说明AP＝CP，由正方形对角线互相垂直平分可知AP＝CP. 证明：连接AC，PC. ∵四边形ABCD为正方形， ∴BD垂直平分AC， ∴AP＝CP. ∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°， ∴四边形PECF为矩形， ∴PC＝EF，∴AP＝EF. 方法总结：(1)在正方形中，常利用对角线互相垂直平分证明线段相等；(2)无论是正方形还是矩形，经常连接对角线，这样可以使分散的条件集中． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题 探究点二：正方形的判定 【类型一】 先证明是矩形再证明是正方形 已知：如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC，∠ABC的平分线交于点 76 / 100 D，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F.求证：四边形CEDF是正方形． 解析：欲证明四边形CEDF是正方形，先根据∠C＝90°，DE⊥BC，DF⊥AC，证明四边形CEDF是矩形，再证明一组邻边相等即可． 证明：过点D作DG⊥AB于点G. ∵DF⊥AC，DE⊥BC， ∴∠DFC＝∠DEC＝90°. 又∵∠C＝90°， ∴四边形CEDF是矩形(有三个角是直角的四边形是矩形)． ∵AD平分∠BAC，DF⊥AC，DG⊥AB， ∴DF＝DG. 同理可得DE＝DG，∴DE＝DF. ∴四边形CEDF是正方形(有一组邻边相等的矩形是正方形)． 方法总结：正方形的判定方法有很多，可以先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第6题 【类型二】 先证明是菱形再证明是正方形 如图，EG，FH过正方形ABCD的对角线的交点O，且EG⊥FH.求证：四边形 EFGH是正方形． 解析：已知EG⊥FH，要证四边形EFGH为正方形，则只需要证四边形的对角线EG，HF互相平分且相等即可，根据题意可通过三角形全等来证OE＝OH＝OG＝OF. 证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴OB＝OC，∠ABO＝∠BCO＝45°，∠BOC＝90°＝∠COH＋∠BOH. ∵EG⊥FH， ∴∠BOE＋∠BOH＝90°， ∴∠COH＝∠BOE， ∴△CHO≌△BEO，∴OE＝OH. 同理可证：OE＝OF＝OG， ∴OE＝OF＝OG＝OH. 又∵EG⊥FH， ∴四边形EFGH为菱形． ∵EO＋GO＝FO＋HO，即EG＝HF， ∴四边形EFGH为正方形． 方法总结：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形． 77 / 100 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题 探究点三：正方形的性质和判定的综合运用 已知：如图，点E，F，P，Q分别是正方形ABCD的四条边上的点，并且AF＝ BP＝CQ＝DE. 求证：(1)EF＝FP＝PQ＝QE； (2)四边形EFPQ是正方形． 解析：(1)证明△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP，即可证得EF＝FP＝PQ＝QE；(2)由EF＝FP＝PQ＝QE，可判定四边形EFPQ是菱形．又由△APF≌△BQP，易得∠FPQ＝90°，即可证得四边形EFPQ是正方形． 证明：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD.∵AF＝BP＝CQ＝DE，∴DF＝CE＝BQ＝AP.在△APF和△DFE和△CEQ和△BQP中，AF＝DE＝CQ＝BP， ∠A＝∠D＝∠C＝∠B， AP＝DF＝CE＝BQ， ∴△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP(SAS)， ∴EF＝FP＝PQ＝QE； (2)∵EF＝FP＝PQ＝QE，∴四边形EFPQ是菱形．∵△APF≌△BQP，∴∠AFP＝∠BPQ.∵∠AFP＋∠APF＝90°，∴∠APF＋∠BPQ＝90°，∴∠FPQ＝90°，∴四边形EFPQ是正方形． 方法总结：此题考查了正方形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意解题的关键是证得△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP. 探究点四：正方形、菱形、矩形与平行四边形的综合运用 如图，△ABC中，点P是AC边上一个动点，过P作直线EF∥BC，交∠ACB的 平分线于点E，交∠ACB的外角∠ACD平分线于点F. (1)请说明：PE＝PF； (2)当点P在AC边上运动到何处时，四边形AECF是矩形？为什么？ (3)在(2)的条件下，△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？为什么？ 78 / 100 (4)当点P在边AC上运动时，四边形BEFC可能是菱形吗？请说明理由． 解：(1)∵CE平分∠BCA，∴∠1＝∠2.∵EF∥BC，∴∠E＝∠1，∴∠E＝∠2，∴EP＝PC.同理PF＝PC，∴EP＝PF； (2)当点P在AC中点时，四边形AECF是矩形．∵PA＝PC，PE＝PF，∴四边形AECF1 是平行四边形．又∵∠ECF＝∠BCD＝90°，∴平行四边形AECF是矩形； 2 (3)当∠ACB＝90°时，四边形AECF是正方形．∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.∵EF∥BC，∴AC⊥EF，∴平行四边形AECF是正方形； (4)四边形BECF不可能是菱形．∵∠ECF＝90°，∴EF>CF，∴四边形BECF不可能是菱形． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第9题 三、板书设计 经历正方形性质和判定的探索过程，发展学生初步的综合推理能力，主动探究的学习习惯，逐步掌握说理的基本方法．理解特殊的平行四边形之间的内在联系，培养学生辩证看问题的观点 19．4 综合与实践 多边形的镶嵌 1．通过对用正多边形进行平面镶嵌的探索、交流，理解平面镶嵌的理由；(重点) 2．能根据平面镶嵌的理由设计平面镶嵌的方案．(难点) 一、情境导入 下面的图形是由一些地板砖铺成的，请同学们看看它们有什么特点． 79 / 100 二、合作探究 探究点一：用相同的正多边形作平面镶嵌 用正五边形能作平面镶嵌吗？为什么？ 解：用正五边形不能作平面镶嵌．理由如下： 540° 因为正五边形的内角和为(5－2)×180°＝540°，所以每个内角的度数为＝108°. 5而360°不能被108°整除，即由108°的整数倍不能得到一个周角，故不能作平面镶嵌，如图所示． 方法总结：使用给定的某种正多边形，当围绕一个点拼在一起的几个正多边形的内角和为360°时，就可以铺满平面的区域(一部分)．否则，就不能作平面镶嵌． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第1题 探究点二：用两种或两种以上的正多边形作平面镶嵌 设在一个顶点周围有a个正三角形，b个正十二边形，能铺满地面，则a＝________， b＝________． 解析：正三角形每个内角是60°，正十二边形的每个内角是150°.根据在一个拼接点处内角和恰好是360°可知，正三角形和正十二边形的个数满足60a＋150b＝360，即2a＋5b＝12.若在一个顶点处周围有1个正三角形，则2＋5b＝12，解得b＝2；若在一个顶点周围有28 个正三角形，则2×2＋5b＝12，解得b＝，正多边形的个数应该是正整数，所以这种情况 56 不符合题意；若在一个顶点周围有3个正三角形，则2×3＋5b＝12，解得b＝，不符合题54 意；若在一个顶点周围有4个正三角形，则2×4＋5b＝12，解得b＝，不符合题意．只有 5a＝1，b＝2符合题意．故答案为1，2. 方法总结：抓住一个拼接点，看几种不同正多边形在同一个拼接点处能否拼出360°.如果要用两种正多边形地砖进行平铺，且在拼接点处不确定两种地砖的个数时，要分情况讨论，对需要的其中一种正多边形，从自然数1开始计算，然后利用360°的周角确定其他正多边形的个数，得出的数值必须是正整数． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第2题 三、板书设计 80 / 100 本节课体现了多边形内角和公式在实际生活中的应用．通过探索平面图形镶嵌的条件，理解镶嵌的概念和特点．经历动手拼图、相互交流、展示成果等活动，引导学生解决使用一种正多边形镶嵌的条件．能用实验的方法寻找多边形镶嵌的条件．培养学生积极动手能力，从中感受数学活动的乐趣和数学美的魅力 20．1 数据的频数分布 1．理解掌握频数、频率的概念；(重点) 2．会对数据进行分组，制作频数分布表和频数直方图．(难点) 一、情境导入 某班一次数学测验成绩如下： 63 84 91 53 69 81 61 69 91 78 75 81 81 67 76 81 79 94 61 69 89 70 70 87 88 86 90 88 85 67 71 82 87 75 87 95 53 65 74 77 若想了解大部分同学处于哪个分数段？成绩的整体分布情况如何？你应该怎么做？ 二、合作探究 探究点一：频数与频率 某校对初三年级1600名男生的身高进行了测量，结果身高(单位：m)在1.58～1.65 这一小组的频率为0.4，则该组的人数为( ) A．640人 B．480人 C．400人 D．40人 解析：根据“频率＝频数÷数据总数”，得“频数＝数据总数×频率”，将数据代入即可求解．根据题意，得该组的人数为1600×0.4＝640(人)．故选A. 方法总结：此题考查频率、频数的关系：频率＝频数÷数据总数．能够灵活运用此公式是解题的关键． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 81 / 100 探究点二：频数分布表 今年3月份，我市教育局倡导中小学开展“4312”(即“四操”“三球”“一 跑”“二艺”活动的简称)艺体普及活动．某校学生会为了了解全校同学对“4312”中部分项目的喜爱情况，随机调查了200名同学(每名同学仅选一项最喜爱的项目)，根据调查结果列出了频数分布表： 最喜欢的项目 篮球 排球 乒乓球 健美操 武术 跑步 合计 频数(人数) 24 48 22 20 200 频率 28% 12% 24% 11% 10% 1 (1)请补全频数分布表； (2)在这次抽样调查中，喜爱哪个体育项目的同学最多？喜欢哪个体育项目的同学最少？ (3)根据以上调查，试估计该校1620名学生中最喜爱健美操的同学约有多少人？ 解析：(1)题由各项频率之和为1可得健美操的频率为15%；因为喜欢篮球的频率为28%，样本容量(频数的和)为200，所以喜欢篮球的人数为200×28%＝56(人)，喜欢健美操的人数为200×15%＝30(人)；(2)题根据频率或频数可以直接得到各个体育项目的喜欢情况；(3)题从抽样调查可看出喜欢健美操的频率为15%，可以用调查中的频率估计总体中的喜欢健美操的频率也为15%. 解：(1)56，30，15%； (2)喜欢篮球的同学最多，喜欢跑步的同学最少； (3)1620×15%＝243(人)． 答：估计该校1620名学生中最喜爱健美操的同学约有243人． 方法总结：能够熟练地运用频率和频数的公式，并把数据代入公式中求出每组数据的频数和频率． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题 探究点三：频数直方图 统计武汉园博会前20天日参观人数，得到如下频数分布表和频数直方图(部分未 完成)： 武汉园博会前20天日参观人数的频数分布表 组别(万人) 7.5～14.5 14.5～21.5 21.5～28.5 组中值(万人) 11 25 82 / 100 频数 5 6 频率 0.25 0.3 0.3 28.5～35.5 32 3 (1)请补全频数分布表和频数直方图； (2)求出日参观人数不低于21.5万的天数和所占的百分比； (3)利用以上信息，试估计武汉园博会(会期247天)的参观总人数． 解析：(1)根据表格的数据求出14.5～21.5小组的组中值，最后即可补全频数分布表和频数直方图；(2)根据表格知道日参观人数不低于22万的天数有两个小组，共9天，除以总人数即可求出所占的百分比；(3)利用每一组的组中值和每一组的频数可以求出武汉园博会(会期247天)的参观总人数． 解：(1)14.5～21.5小组的组中值是(14.5＋21.5)÷2＝18，3÷20＝0.15. 武汉园博会前20天日参观人数的频数分布表 组别(万人) 7.5～14.5 14.5～21.5 21.5～28.5 28.5～35.5 组中值(万人) 11 18 25 32 频数 5 6 6 3 频率 0.25 0.3 0.3 0.15 (2)依题意得日参观人数不低于21.5万有6＋3＝9(天)，所占百分比为9÷20＝45%； (3)∵园博会前20天的平均每天参观人数约为 11×5＋18×6＋25×6＋32×3409 ＝＝ 2020 20.45(万人)，∴武汉园博会(会期247天)的参观总人数约为20.45×247＝5051.15(万人)． 答：武汉园博会(会期247天)的参观总人数约为5051.15万人． 83 / 100 方法总结：本题考查运用样本估计总体的思想，解决问题的关键是读懂频数分布直方图和从统计图中获取信息的能力． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第7题 三、板书设计 本节课通过实际问题引导学生对一组数据进行分析、分组、统计整理，进一步培养学生统计思想方法．经历对实际问题的分析、统计、整理等活动，感受统计的实用性和科学性，体会统计思想方法应用的广泛性 第1课时 平均数 1．掌握平均数和加权平均数的概念，会求一组数据的平均数和加权平均数；(重点) 2．会用平均数和加权平均数解决实际生活中的问题．(难点) 一、情境导入 某校有24人参加“希望杯”数学课外活动小组，分成三组进行竞争，在一次“希望杯”比赛前进行了摸底考试，成绩如下： 甲：80、79、81、82、90、85、94、98； 乙：90、83、78、84、82、96、97、80； 丙：93、82、97、80、88、83、85、83. 怎样比较这次考试三个小组的数学成绩呢？你有金点子吗？ 二、合作探究 探究点一：平均数 【类型一】 求一组数据的平均数 某班10名学生为支援“希望工程”，将平时积攒下来的零花钱捐献给贫困地区 的失学儿童，每人捐款金额如下(单位：元)：10，12，13，21，40，16，17，18，19，20.那么这10名同学平均捐款多少元？ 1 解析：利用平均数公式x＝(x1＋x2＋…＋xn)计算即可． n 1 解：x＝×(10＋12＋13＋21＋40＋16＋17＋18＋19＋20)＝18.6(元)． 10 84 / 100 答：这10名同学平均捐款18.6元． 方法总结：利用公式求平均数时，要数清数据的个数，求数据总和时不要漏加数据． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第1题 【类型二】 已知一组数据的平均数，求某一个数据 如果一组数据3，7，2，a，4，6的平均数是5，则a的值是( ) A．8 B．5 C．4 D．3 解析：∵数据3，7，2，a，4，6的平均数是5，∴(3＋7＋2＋a＋4＋6)÷6＝5，解得a＝8.故选A. 方法总结：关键是根据算术平均数的计算公式和已知条件列出方程求解． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第2题 【类型三】 已知一组数据的平均数，求新数据的平均数 已知一组数据x1、x2、x3、x4、x5的平均数是5，则另一组新数据x1＋1、x2＋2、 x3＋3、x4＋4、x5＋5的平均数是( ) A．6 B．8 C．10 D．无法计算 解析：∵数x1、x2、x3、x4、x5的平均数为5，∴数x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝5×5，∴x1＋1、x2＋2、x3＋3、x4＋4、x5＋5的平均数为(x1＋1＋x2＋2＋x3＋3＋x4＋4＋x5＋5)÷5＝(5×5＋15)÷5＝8.故选B. 方法总结：解决本题的关键是用一组数据的平均数表示另一组数据的平均数． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第2题 探究点二：加权平均数 【类型一】 根据统计表提供的信息计算加权平均数 某学校在开展“节约每一滴水”的活动中，从八年级的200名同学中任选10名 同学汇报了各自家庭一个月的节水情况，将有关数据整理如下表： 节水量(单位：吨) 人数 0.5 2 1 3 1.5 4 2 1 这10名同学家庭一个月平均节约用水量是( ) A．0.9吨 B．10吨 C．1.2吨 D．1.8吨 解析：利用加权平均数公式计算．平均节约用水量为(0.5×2＋1×3＋1.5×4＋2×1)÷10＝1.2(吨)．故选C. 方法总结：在计算加权平均数时，一定要弄清，各数据的权．算术平均数实质上是各项权相等的加权平均数． 85 / 100 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第6题 【类型二】 根据统计图提供的信息计算加权平均数 小明统计本班同学的年龄后，绘制如下频数直方图，这个班学生的平均年龄是 ( ) A．14岁 B．14.3岁 C．14.5岁 D．15岁 解析：该班同学的年龄和为13×8＋14×22＋15×15＋16×5＝717.平均年龄是717÷(8＋22＋15＋5)＝14.34≈14.3(岁)．故选B. 方法总结：利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能做出正确的判断和解决问题． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第5题 【类型三】 以百分数的形式给出各数据的“权” 某招聘考试分笔试和面试两种，其中笔试按40%、面试按60%计算加权平均数作 为总分成绩，小华笔试成绩为90分，面试成绩为85分，那么小华的总成绩是( ) A．87分 B．87.5分 C．88分 D．89分 解析：∵笔试按40%、面试按60%，∴总成绩是(90×40%＋85×60%)＝87(分)．故选A. 方法总结：笔试和面试所占的百分比即为“权”，然后利用加权平均数的公式计算． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第3题 【类型四】 以比的形式给出各数据的“权” 小王参加某企业招聘测试，他的笔试、面试、技能操作得分分别为85分、80分、 90分，若依次按照2：3：5的比例确定成绩，则小王的成绩是( ) A．255分 B．84分 C．84.5分 D．86分 235 解析：根据题意得：85×＋80×＋90×＝17＋24＋45＝ 2＋3＋52＋3＋52＋3＋586(分)．故选D. 方法总结：“权”的表现形式：一种是比的形式，如4∶3∶2；另一种是百分比的形式，如创新占50%. 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题 【类型五】 加权平均数的实际应用 学校准备从甲乙两位选手中选择一位选手代表学校参加所在地区的汉字听写大 86 / 100 赛，学校对两位选手从表达能力、阅读理解、综合素质和汉字听写四个方面做了测试，他们各自的成绩(百分制)如下表： 选手 甲 乙 表达能力 85 73 阅读理解 78 80 综合素质 85 82 汉字听写 73 83 (1)由表中成绩已算得甲的平均成绩为80.25，请计算乙的平均成绩，从他们的这一成绩看，应选派谁； (2)如果表达能力、阅读理解、综合素质和汉字听写分别赋予它们2、1、3和4的权，请分别计算两名选手的平均成绩，从他们的这一成绩看，应选派谁． 解析：(1)先用算术平均数公式，计算乙的平均数，然后根据计算结果与甲的平均成绩比较，结果大的胜出；(2)先用加权平均数公式，计算甲、乙的平均数，然后根据计算结果比较两数据大小，结果大的胜出． 解：(1)x乙＝(73＋80＋82＋83)÷4＝79.5，∵80.25＞79.5，∴应选派甲． 答：从平均成绩看，应选派甲； (2)x甲＝(85×2＋78×1＋85×3＋73×4)÷(2＋1＋3＋4)＝79.5，x乙＝(73×2＋80×1＋82×3＋83×4)÷(2＋1＋3＋4)＝80.4.∵79.5＜80.4，∴应选派乙． 答：综合各项成绩，应选派乙． 方法总结：数据的权能够反映数据的相对“重要程度”，要突出某个数据，只需要给它较大的“权”，权的差异对结果会产生直接的影响． 变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第8题 三、板书设计 通过探索平均数和加权平均数的联系与区别，培养学生的思维能力；通过有关平均数问题的解决，提升学生的数学应用能力；通过解决实际问题，体会数学与社会生活的密切联系，了解数学的价值，增进学生对数学的理解和学好数学的信心 87 / 100 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容