資源簡介

《對角互補模型在中考數學中的應用教學設計》-----徐國雄
一、核心素養目標
1. 邏輯推理
學生能通過分析條件與結論的邏輯關聯，識別對角互補模型中的隱藏關系（如全等三角形、相似比、圓周角定理），提升演繹推理能力。
通過“構造線段關系”或“轉化角量”解決復雜幾何問題，培養邏輯鏈條的嚴謹性與系統性。
2. 空間觀念
借助幾何畫板動態演示圖形旋轉、點運動等變化過程，幫助學生建立二維與三維空間模型認知，強化對圖形穩定屬性的直觀理解。
3. 數學建模
能根據題設特征判斷適用模型（全等型/相似型/共圓型），并通過輔助線設計與代數化表達實現問題的數學化處理。
4. 問題解決與運算優化
靈活切換模型方法解決多步驟問題（如比例線段計算、參數取值范圍問題），養成分類討論意識。
教學重點與難點
教學重點
對角互補模型的核心條件識別。
教學難點
直角與45°、60°及一般角度下輔助線構造邏輯。
三、教學過程
模塊一：全等型
模塊一：典例精講
例1 如圖:已知OC平分∠AOB，，
的兩邊分別與OA交于點D，OB交于點E，求證：
（1）CD＝CE；
（2）OD＋OE＝OC；
（3）
例2 如圖，∠AOB＝2，∠DCE＝180°－2，OC平分∠AOB，求證：
(1)CD＝CE；
(2)OD＋OE＝2OC·cos
（3）
模塊一：跟蹤練習
1.已知OP平分∠AOB，∠DCE的頂點C在射線OP上，射線CD交射線OA于點F，射線CE交射線OB于點G．若∠AOB=120 ，∠DCE=∠AOC，試判斷線段CF與CG的數量關系，并說明理由．
2.如圖，BN為∠MBC的平分線，P為BN上一點，且PD⊥BC于點D，∠APC+∠ABC＝180°，求證四邊形BAPC的面積是△PBD面積的2倍.
模塊二：相似型
模塊二：典例精講
例1.如圖，已知∠AOB＝90 ，OC為∠AOB內部一條射線，∠DCE=90 ，∠DCE的兩邊分別交OA邊于點D，交OB邊于點E，∠BOC＝. 求證：CE=CD tan
例2.如圖所示，在中，，，在中，，點P在上，交于點E，交于點F．當時，求的值．
模塊二：跟蹤練習
1．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，直角∠MON的頂點O在AB上，OM、ON分別交CA、CB于點P、Q，∠MON繞點O任意旋轉．當時，的值為　 　 ；當時，為　 　 ．（用含n的式子表示）
2．如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝12，AC＝16，點D為邊BC的中點，DE⊥BC交邊AC于點E，點P為線段AB上的一動點，點Q為邊AC上的一動點，且∠PDQ＝90°．
（1）求ED、EC的長；
（2）若BP＝2，求CQ的長；
（3）若線段PQ與線段DE的交點為F，當△PDF為等腰三角形時，求BP的長．
模塊三：四點共圓--綜合題
模塊三：典例精講
例1 如圖，已知∠A+∠C＝180°，∠B+∠D＝180°，求證：點A，B，C，D四點共圓．
例2 如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，點E在對角線AC上，連接BE，作EF⊥BE，垂足為E，直線EF交線段DC于點F，則＝（　　）
A． B． C． D．
模塊三：跟蹤練習
如圖，矩形ABCD的對角線相交于O，過點O作OE⊥BD，交AD點E，連接BE，若∠ABE＝20°，則∠AOE的大小是（　　）
A．10° B．15° C．20° D．30°
如圖，在△ABC中，∠C＝45°，∠B＝60°，BC為+1，點P為邊AB上一動點，過點P作PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，則DE的最小值為　　 ．
答案解析
模塊一：典例精講
例1 如圖:已知OC平分∠AOB，，
的兩邊分別與OA交于點D，OB交于點E，求證：
（1）CD＝CE；
（2）OD＋OE＝OC；
（3）
答案解析：
如圖，過點C分別作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M，N．
由角平分線的性質可得CM＝CN，∠MCN＝90°．
所以∠MCD＝∠NCE，
從而△MCD≌△NCE（ASA），
故CD＝CE．
易證四邊形MONC為正方形．
所以OD＋OE＝OD＋ON＋NE＝2ON＝OC．
所以．
例2 如圖，∠AOB＝2，∠DCE＝180°－2，OC平分∠AOB，求證：：
CD＝CE；
OD＋OE＝2OC·cos
（3）
答案解析：
如圖，過點C分別作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分別為M,N
易證△MCD≌△NCE（ASA）
∴CD＝CE，OD＋OE＝2ON＝2OC·cos
∴
模塊一：跟蹤練習
1.已知OP平分∠AOB，∠DCE的頂點C在射線OP上，射線CD交射線OA于點F，射線CE交射線OB于點G．若∠AOB=120 ，∠DCE=∠AOC，試判斷線段CF與CG的數量關系，并說明理由．
答案解析：
CF=CG.理由如下：如圖，
過點C作CM⊥OA，CN⊥OB，∵OP平分∠AOB，CM⊥OA，CN⊥OB，∠AOB=120 ，
∴CM=CN（角平分線上的點到角兩邊的距離相等），
∴∠AOC=∠BOC=60 （角平分線的性質），
∵∠DCE=∠AOC，∴∠AOC=∠BOC=∠DCE=60 ，
∴∠MCO=90 -60 =30 ，∠NCO=90 -60 =30 ，
∴∠MCN=30 +30 =60 ，∴∠MCN=∠DCE，
∵∠MCF=∠MCN-∠DCN，∠NCG=∠DCE-∠DCN，∴∠MCF=∠NCG，
在△MCF和△NCG中，
∴△MCF≌△NCG（ASA），∴CF=CG（全等三角形對應邊相等）；
如圖，BN為∠MBC的平分線，P為BN上一點，且PD⊥BC于點D，∠APC+∠ABC＝180°，求證四邊形BAPC的面積是△PBD面積的2倍.
答案解析：
過點P作PK⊥AB，垂足為點K．
∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP，∴PK＝PD，
在Rt△BPK和Rt△BPD中，，
∴Rt△BPK≌Rt△BPD（HL），∴BK＝BD，
∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°，
∴∠KPD＝∠APC，∴∠APK＝∠CPD，
在△PAK和△PCD中，，
∴△PAK≌△PCD（ASA），∴AK＝CD，PA＝PC，
∴BK﹣AB＝BC﹣BD，∴BD﹣AB＝BC﹣BD，∴AB+BC＝2BD，
∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA），∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC，
∴S四邊形ABCP＝S四邊形KBDP＝2S△PBD．
模塊二：相似型
模塊二：典例精講
例1.如圖，已知∠AOB＝90 ，OC為∠AOB內部一條射線，∠DCE=90 ，∠DCE的兩邊分別交OA邊于點D，交OB邊于點E，∠BOC＝. 求證：CE=CD tan
答案解析：
∵CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分別為F，G；
∴∠EGC＝∠DFC＝90°，
∵∠AOB＝90°，
∴四邊形OGCF為矩形，
∴∠GCF＝90°，CF=OG，
∴∠FCD+∠DCG＝90°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠GCE+∠DCG＝90°，
∴∠GCE＝∠FCD，
∴△ECG∽△DCF，
∴，
∵CF=OG，
∴，
∵在Rt△COG中，，
∴CE＝CD·
例2.如圖所示，在中，，，在中，，點P在上，交于點E，交于點F．當時，求的值．
答案解析：
∵在中，，，
∴AC= ，
過P作PH⊥BC于H，PQ⊥AB于Q，則∠PQB=∠PHB=∠B=90°，
∴四邊形PQBH是矩形，
∴PH=BQ，∠QPH=90°=∠MPN，PQ∥BC，
∴∠EPH+∠QPE=∠EPH+∠HPF=90°，
∴∠QPE=∠HPF，
∴△PQE∽△PHF，
∴，
又PE=2PF，
∴PQ=2PH=2BQ，
∵PQ∥BC，
∴△AQP∽△ABC，
∴，
設BQ=x，則AQ=3﹣x，PQ=2x，
∴，
解得：,AP=3
模塊二：跟蹤練習
1．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，直角∠MON的頂點O在AB上，OM、ON分別交CA、CB于點P、Q，∠MON繞點O任意旋轉．當時，的值為　 　 ；當時，為　 　 ．（用含n的式子表示）
答案解析：作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，如圖，
∵∠ACB＝90°，
∴OD∥BC，OE∥AC，
∴△AOD∽△ABC，△BOE∽△BAC，
∴＝，＝，
∵，
∴＝，＝，
∴＝，＝，
∴＝，
在Rt△ABC中，tanB＝tan30°＝＝，即＝，
∴＝，
∵∠POQ＝90°，
而∠DOE＝90°，
∴∠DOP＝∠QOE，
∴Rt△DOP∽Rt△EOQ，
∴＝＝，
當n＝2時，即時，＝．
故答案為，．
2．如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝12，AC＝16，點D為邊BC的中點，DE⊥BC交邊AC于點E，點P為線段AB上的一動點，點Q為邊AC上的一動點，且∠PDQ＝90°．
（1）求ED、EC的長；
（2）若BP＝2，求CQ的長；
（3）若線段PQ與線段DE的交點為F，當△PDF為等腰三角形時，求BP的長．
答案解析：
（1）∵∠A＝90°，AB＝12，AC＝16，
∴根據勾股定理得到，BC＝＝20，
∴CD＝BC＝10，
∵DE⊥BC，
∴∠A＝∠CDE＝90°，∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CAB，
∴DE：AB＝CE：CB＝CD：CA，
即DE：12＝CE：20＝10：16，
∴DE＝，CE＝；
（2）∵△CDE∽△CAB，
∴∠B＝∠DEC，
∵∠PDQ＝90°，
∴∠QDC+∠PDB＝90°，
∵∠QDC+∠EDQ＝90°，
∴∠EDQ＝∠PDB，
∴△PBD∽△QED，
∴＝，即＝，
∴EQ＝，
∴CQ＝CE﹣EQ＝﹣＝11；
（3）∵線段PQ與線段DE的交點為點F，
∴點P在邊AB上，
∵△BPD∽△EQD，
∴＝＝＝＝，
若設BP＝x，則EQ＝x，CQ＝﹣x，
∵＝，＝＝，
∴∠QPD＝∠C，
∵∠PDE＝∠CDQ，
∴△PDF∽△CDQ，
∵△PDF為等腰三角形，
∴△CDQ為等腰三角形，
①當CQ＝CD時，可得：﹣x＝10，
解得：x＝；
②當QC＝QD時，過點Q作QM⊥CB于M，如圖3所示，
∴CM＝CD＝5，
∵cos∠C＝＝＝＝，
∴CQ＝，
∴﹣x＝，
解得：x＝；
∴綜上所述，BP＝或．
模塊三：四點共圓--綜合題
模塊三：典例精講
例1 如圖，已知∠A+∠C＝180°，∠B+∠D＝180°，求證：點A，B，C，D四點共圓．
答案解析：
過A，B，D作圓O，假設C不在圓O上，則C在圓外或圓內，
若C在圓外，如圖1，設BC交圓O于C′，
根據圓內接四邊形的性質得∠A+∠DC′B＝180°，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠DC′B＝∠C，
這與三角形外角定理矛盾，故C不可能在圓外；
類似地（如圖2）點C不可能在圓內；
∴C在圓O上，也即A，B，C，D四點共圓．
例2 如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，點E在對角線AC上，連接BE，作EF⊥BE，垂足為E，直線EF交線段DC于點F，則＝（　　）
A． B． C． D．
答案解析：
如圖，連接BF，取BF的中點O，連接OE，OC．
∵四邊形ABCD是矩形，EF⊥BE，
∴四邊形EFCB對角互補，
∴B，C，F，E四點共圓，
∴∠BEF＝∠BCF＝90°，AB＝CD＝3，BC＝AD＝5，
∵OB＝OF，
∴OE＝OB＝OF＝OC，
∴B，C，F，E四點在以O為圓心的圓上，
∴∠EBF＝∠ECF，
∴tan∠EBF＝tan∠ACD，
∴＝＝，
模塊三：跟蹤練習
1.如圖，矩形ABCD的對角線相交于O，過點O作OE⊥BD，交AD點E，連接BE，若∠ABE＝20°，則∠AOE的大小是（　　）
A．10° B．15° C．20° D．30°
答案解析：
如圖取BE的中點K．連接AK、OK．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAE＝90°，
∵EO⊥BD，
∴∠BOE＝90°，
∴四邊形ABOE對角互補，
∴A、B、O、E四點共圓，
∵BK＝KE，
∴KA＝KB＝KO＝KE，
∴∠ABE＝∠AOE＝20°
2.如圖，在△ABC中，∠C＝45°，∠B＝60°，BC為+1，點P為邊AB上一動點，過點P作PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，則DE的最小值為　　 ．
答案解析：
連接CP，如圖：
∵PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，
∴∠PDC＝∠PEC＝90°，
∴∠PDC+∠PEC＝180°，
∴C、D、P、E四點共圓，圓心為O，且直徑為CP，
∵BC＝+1，∠ACB＝45°是定值，
∴直徑CP最小時，∠DCE所對的弦DE最小，
即CP⊥AB時，DE最小，
連接OD、OE，
∵∠B＝60°，CP⊥AB，BC＝+1，
∴∠BCP＝30°，
∴BP＝BC＝，CP＝BP＝，
∴OD＝OE＝CP＝，
又∵∠ACB＝45°，
∴∠DOE＝2∠ACB＝90°，
∴△ODE是等腰直角三角形，
∴DE＝OD＝；
即DE的最小值為；
故答案為：．
教學反思
1. 模型融合教學適配性
實際課堂中，學生常混淆共圓模型與全等構造的適用邊界，后續需加強典型案例對比分析。
2. 可視化工具的應用效能
幾何畫板的動態展示有效提升認知參與度，但需控制演示節奏，預留記錄與復現機會，確保知識內化而非替代思考。
3. 分層教學策略優化
發現部分學生對相似比的字母式轉化存在理解障礙，后續擬采用表格對比法梳理常見比例關系模板（如射影定理類比），降低陌生感。
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