2018年中考数学十大经典题型导练案：2018年中考数学十大经典题型导练案三角形

第一篇：2018年中考数学十大经典题型导练案：2018年中考数学十大经典题型导练案三角形

2018年中考数学十大经典导学案(3)三角形综合

方法指导

这部分主要考查了全等三角形的判判定和性质，全等三角形的性质是证明等角、等线段的最为常用的方法；在图形的旋转中，要注意把握对应点到旋转中心的距离相等,对应线段的长度、对应角的大小相等,旋转前后图形的大小和形状没有改变；对于证明三角形全等的条件，SSS，SAS，ASA，AAS，直角三角形（HL）。

在综合问题中出现边与边之间的关系时要注意全等三角形边与角之间的关系，并注意以下几种技巧的应用：

技巧1：巧用全等三角形证明两线垂直技巧;技巧2：分析法证明两线平行技巧;技巧3：两头凑证明线段相等技巧;技巧4：寻找中点证明线段“倍”的关系技巧;技巧5：“倍长中线法”构造三角形全等技巧;技巧6：截长补短法求线段“和”的问题;技巧7：连结法构造三角形全等;技巧8：捕捉特殊条件多角度巧构三角形全等;技巧9：在动态几何中探究线段“和差”问题;技巧10：全等三角形的实际应用;在与四边形和圆等知识综合时注意转化知识点的性质，灵活把握他们的性质特点进行解题。【题型剖析】

【类型1】：全等三角形综合 【例题解析】：

（2017山东聊城）如图，已知AB∥DE，AB=DE，BE=CF，求证：AC∥DF．

【考点】KD：全等三角形的判定与性质．

【分析】首先由BE=CF可以得到BC=EF，然后利用边边边证明△ABC≌△DEF，最后利用全等三角形的性质和平行线的判定即可解决问题． 【解答】证明：∵AB∥CD，∴∠ABC=∠DEF，又∵BE=CF，∴BE+EC=CF+EC，即：BC=EF，在△ABC和△DEF中

∴△ABC≌△DEF（SAS），∴∠ACB=∠DFE，∴AC∥DF． 【变式练习】

(2017湖南怀化)如图，AC=DC，BC=EC，请你添加一个适当的条件： CE=BC，使得△ABC≌△DEC．

【考点】KB：全等三角形的判定．

【分析】本题要判定△ABC≌△DEC，已知AC=DC，BC=EC，具备了两组边对应相等，利用SSS即可判定两三角形全等了． 【解答】解：添加条件是：CE=BC，在△ABC与△DEC中，∴△ABC≌△DEC．

故答案为：CE=BC．本题答案不唯一． 【类型2】：三角形与图形变换结合 【例题解析】：，（2017江西）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 特例感知：

（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．

①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为 4 ． 猜想论证：

（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明． 拓展应用

（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=

2，DA=6．在 BC；

四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．

【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=AB′即可解决问题；

②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD=BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；

（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可； 【解答】解：（1）①如图2中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AB=AB′=AC′，∵DB′=DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，∴AD=AB′=BC，故答案为．

②如图3中，∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，∵AB=AB′，AC=AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC=B′C′，∵B′D=DC′，∴AD=B′C′=BC=4，故答案为4．

（2）结论：AD=BC．

理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M

∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′=B′M=AC，∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC=AM，∴AD=BC．

（3）存在．

理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN． 连接DF交PC于O．

∵∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=

2，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM=2，DM=4，∠M=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，∴EM=BM=7，∴DE=EM﹣DM=3，∵AD=6，∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，PB=PC，在Rt△CDF中，∵CD=2∴tan∠CDF=，CF=6，∴∠CDF=60°=∠CPF，易证△FCP≌△CFD，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD+∠BPC=180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=∴PN=【变式练习】

（2017广西）已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC边上的一个动点，将△ABD沿BD所在直线折叠，使点A落在点P处． =

=

．，（1）如图1，若点D是AC中点，连接PC． ①写出BP，BD的长；

②求证：四边形BCPD是平行四边形．

（2）如图2，若BD=AD，过点P作PH⊥BC交BC的延长线于点H，求PH的长． 【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（1）①分别在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解决问题； ②想办法证明DP∥BC，DP=BC即可；

（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．设BD=AD=x，2则CD=4﹣x，在Rt△BDC中，可得x2=（4﹣x）+22，推出x=，推出DN===，由△BDN∽△BAM，可得，由此求出AE=

=，由此求出AM，由△ADM∽△APE，可得

=由此即可解决问题．，可得EC=AC﹣AE=4﹣【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，∵BC=2，AC=4，∴AB=∵AD=CD=2，∴BD==2，． =2，由翻折可知，BP=BA=2

②如图1中，∵△BCD是等腰直角三角形，∴∠BDC=45°，∴∠ADB=∠BDP=135°，∴∠PDC=135°﹣45°=90°，∴∠BCD=∠PDC=90°，∴DP∥BC，∵PD=AD=BC=2，∴四边形BCPD是平行四边形．

（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．

设BD=AD=x，则CD=4﹣x，在Rt△BDC中，∵BD2=CD2+BC2，∴x2=（4﹣x）2+22，∴x=，∵DB=DA，DN⊥AB，∴BN=AN=，==，在Rt△BDN中，DN=由△BDN∽△BAM，可得∴=，∴AM=2，∴AP=2AM=4，由△ADM∽△APE，可得∴∴AE==，=，=，∴EC=AC﹣AE=4﹣易证四边形PECH是矩形，∴PH=EC=．

【类型3】：三角形与四边形结合 【例题解析】：

（2017黑龙江鹤岗）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．

旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）

若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．

【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性质．

【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；

图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=OD=

OA，OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=

AC′，于是得OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=到结论．

【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′与△BOD′中，∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；

图3结论：BD′=AC′，AC′⊥BD’，理由：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=OA，OD=OC，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=∴OC′，∠AOC′=∠BOD′，=，∴△AOC′∽△BOD′，∴==，∠OAC′=∠OBD′，∴BD′=AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′．

【变式练习】

△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AB、BC上，CD、AE交于点F，∠AFD=60°．（1）如图1，求证：BD=CE；

（2）如图2，FG为△AFC的角平分线，点H在FG的延长线上，HG=CD，连接HA、HC，求证：∠AHC=60°；

（3）在（2）的条件下，若AD=2BD，FH=9，求AF长．

【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．

【分析】（1）根据等边三角形的性质得出AB=BC，∠BAC=∠C=∠ABE=60°，根据SAS推出△ABE≌△BCD，即可证得结论；

（2）根据角平分线的性质定理证得CM=CN，利用∠CEM=∠ACE+∠CAE=60°+∠CAE，∠CGN=∠AFH+∠CAE=60°+∠CAE，得出∠CEM=∠CGN，然后根据AAS证得△ECM≌△GCN，得出CG=CE，EM=GN，∠ECM=∠GCN，进而证得△AMC≌△HNC，得出∠ACM=∠HCN，AC=HC，从而证得△ACH是等边三角形，证得∠AHC=60°；（3）在FH上截取FK=FC，得出△FCK是等边三角形，进一步得出FC=KC=FK，∠ACF=∠HCK，证得△AFC≌△HKC得出AF=HK，从而得到HF=AF+FC=9，由AD=2BD可知AG=2CG，再由

=，根据等高三角形面积比等于底的比得出

===2，再由AF+FC=9求得．

【解答】解：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠ACE=60°BC=AC，∵∠AFD=∠CAE+∠ACD=60°∠BCD+∠ACD=∠ACB=60°，∴∠BCD=∠CAE，在△ABE和△BCD中，∴△ABE≌△BCD（ASA），∴BD=CE；

（2）如图2，作CM⊥AE交AE的延长线于M，作CN⊥HF于N，∵∠EFC=∠AFD=60° ∴∠AFC=120°，∵FG为△AFC的角平分线，∴∠CFH=∠AFH=60°，∴∠CFH=∠CFE=60°，∵CM⊥AE，CN⊥HF，∴CM=CN，∵∠CEM=∠ACE+∠CAE=60°+∠CAE，∠CGN=∠AFH+∠CAE=60°+∠CAE，∴∠CEM=∠CGN，在△ECM和△GCN中

∴△ECM≌△GCN（AAS），∴CE=CG，EM=GN，∠ECM=∠GCN，∴∠MCN=∠ECG=60°，∵△ABE≌△BCD，∵AE=CD，∵HG=CD，∴AE=HG，∴AE+EM=HG+GN，即AM=HN，在△AMC和△HNC中

∴△AMC≌△HNC（SAS），∴∠ACM=∠HCN，AC=HC，∴∠ACM﹣∠ECM=∠HCN﹣∠GCN，即∠ACE=∠HCG=60°，∴△ACH是等边三角形，∴∠AHC=60°；

（3）如图3，在FH上截取FK=FC，∵∠HFC=60°，∴△FCK是等边三角形，∴∠FKC=60°，FC=KC=FK，∵∠ACH=60°，∴∠ACF=∠HCK，在△AFC和△HKC中

∴△AFC≌△HKC（SAS），∴AF=HK，∴HF=AF+FC=9，∵AD=2BD，BD=CE=CG，AB=AC，∴AG=2CG，∴==，作GW⊥AE于W，GQ⊥DC于Q，∵FG为△AFC的角平分线，∴GW=GQ，∵===，∴AF=2CF，∴AF=6．

【类型4】：三角形与圆结合 【例题解析】：

（2017广东）如图，AB是⊙O的直径，AB=

4，点E为线段OB上一点（不与O，B重合），作CE⊥OB，交⊙O于点C，垂足为点E，作直径CD，过点C的切线交DB的延长线于点P，AF⊥PC于点F，连接CB．（1）求证：CB是∠ECP的平分线；（2）求证：CF=CE；（3）当=时，求劣弧的长度（结果保留π）

【考点】S9：相似三角形的判定与性质；M2：垂径定理；MC：切线的性质；MN：弧长的计算．

【分析】（1）根据等角的余角相等证明即可；（2）欲证明CF=CE，只要证明△ACF≌△ACE即可；

（3）作BM⊥PF于M．则CE=CM=CF，设CE=CM=CF=4a，PC=4a，PM=a，利用相似三角形的性质求出BM，求出tan∠BCM的值即可解决问题； 【解答】（1）证明：∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∵PF是⊙O的切线，CE⊥AB，∴∠OCP=∠CEB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，∠BCE+∠OBC=90°，∴∠BCE=∠BCP，∴BC平分∠PCE．（2）证明：连接AC． ∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BCP+∠ACF=90°，∠ACE+∠BCE=90°，∵∠BCP=∠BCE，∴∠ACF=∠ACE，∵∠F=∠AEC=90°，AC=AC，∴△ACF≌△ACE，∴CF=CE．

（3）解：作BM⊥PF于M．则CE=CM=CF，设CE=CM=CF=4a，PC=4a，PM=a，∵△BMC∽△PMB，∴=，∴BM2=CM•PM=3a2，∴BM=a，=，∴tan∠BCM=∴∠BCM=30°，∴∠OCB=∠OBC=∠BOC=60°，∴的长=

=

π．

【变式练习】

（2017呼和浩特）如图，点A，B，C，D是直径为AB的⊙O上的四个点，C是劣弧的中点，AC与BD交于点E．

（1）求证：DC2=CE•AC；

（2）若AE=2，EC=1，求证：△AOD是正三角形；

（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，求△ACH的面积．

【考点】MR：圆的综合题．

【分析】（1）由圆周角定理得出∠DAC=∠CDB，证明△ACD∽△DCE，得出对应边成比例，即可得出结论；（2）求出DC=，连接OC、OD，如图所示：证出BC=DC=

=

2，由圆周角定理得，出∠ACB=90°，由勾股定理得出AB=，得出OB=OC=OD=DC=BC=证出△OCD、△OBC是正三角形，得出∠COD=∠BOC=∠OBC=60°，求出∠AOD=60°，即可得出结论；

（3）由切线的性质得出OC⊥CH，求出∠H=30°，证出∠H=∠BAC，得出AC=CH=3，求出AH和高，由三角形面积公式即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵C是劣弧∴∠DAC=∠CDB，∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，∴=，的中点，∴DC2=CE•AC；

（2）证明：∵AE=2，EC=1，∴AC=3，∴DC2=CE•AC=1×3=3，∴DC=，连接OC、OD，如图所示： ∵C是劣弧的中点，∴OC平分∠DOB，BC=DC=∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴AB==

2，∴OB=OC=OD=DC=BC=∴△OCD、△OBC是正三角形，∴∠COD=∠BOC=∠OBC=60°，∴∠AOD=180°﹣2×60°=60°，∵OA=OD，∴△AOD是正三角形；

（3）解：∵CH是⊙O的切线，∴OC⊥CH，∵∠COH=60°，∴∠H=30°，∵∠BAC=90°﹣60°=30°，∴∠H=∠BAC，∴AC=CH=3，∵AH=3，AH上的高为BC•sin60°=，×=

． ∴△ACH的面积=×

3【达标检测】

1.小明不慎将一块三角形的玻璃摔碎成如图的四块（即图中标有1、2、3、4的四块），你认为将其中的哪一块带去玻璃店，就能配一块与原来一样大小的三角形玻璃．应该带（）

A．第1块 B．第2块 C．第3块 D．第4块 【考点】全等三角形的应用．

【分析】根据题意应先假定选择哪块，再对应三角形全等判定的条件进行验证． 【解答】解：1、3、4块玻璃不同时具备包括一完整边在内的三个证明全等的要素，所以不能带它们去，只有第2块有完整的两角及夹边，符合ASA，满足题目要求的条件，是符合题意的． 故选：B．

2.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，E是AC边上一点，延长BA至D，使AD=AE，（1）求证：△ABE≌△ACD；

（2）若∠CBE=30°，求∠ADC的度数．

【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 【分析】（1）根据SAS即可证明．

（2）首先求出∠AEC=75°，再根据全等三角形的对应角相等，即可解决问题．【解答】（1）证明：∵∠BAC=90°，∴∠BAE=∠CAD，在△ABE和△ACD中，∴△ABE≌△ACD．

（2）在△ABC中，∵AB=AC，∠BAC=90° ∴∠ABC=45°，∵∠CBE=30°

∴∠ABE=45°﹣30°=15°，∵△ABE是直角三角形，∠BAE=90°，∴∠BEA=90°﹣15°=75°，∵∠△ABE≌△ACD． ∴∠ADC=∠BEA=75°．

3.已知：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连接AE，BD交于点O，AE与DC交于点M，BD与AC交于点N．（1）如图1，求证：AE=BD；

（2）如图2，若AC=DC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．

【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形．

【分析】（1）根据全等三角形的性质即可求证△ACE≌△BCD，从而可知AE=BD；（2）根据条件即可判断图中的全等直角三角形； 【解答】解：（1）∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴AC=BC，DC=EC，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，∴∠BCD=∠ACE，在△ACE与△BCD中，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE=BD，（2）∵AC=DC，∴AC=CD=EC=CB，△ACB≌△DCE（SAS）；

由（1）可知：∠AEC=∠BDC，∠EAC=∠DBC ∴∠DOM=90°，∵∠AEC=∠CAE=∠CBD，∴△EMC≌△BCN（ASA），∴CM=CN，∴DM=AN，△AON≌△DOM（AAS），∵DE=AB，AO=DO，∴△AOB≌△DOE（HL）

4.（2017广西河池）如图，AB为⊙O的直径，CB，CD分别切⊙O于点B，D，CD交BA的延长线于点E，CO的延长线交⊙O于点G，EF⊥OG于点F．（1）求证：∠FEB=∠ECF；（2）若BC=6，DE=4，求EF的长．

【考点】MC：切线的性质；KQ：勾股定理；M2：垂径定理．

【分析】（1）利用切线长定理得到OC平分∠BCE，即∠ECO=∠BCO，利用切线的性质得OB⊥BC，则∠BCO+∠COB=90°，由于∠FEB+∠FOE=90°，∠COB=∠FOE，所以∠FEB=∠ECF；

（2）连接OD，如图，利用切线长定理和切线的性质得到CD=CB=6，OD⊥CE，则CE=10，利用勾股定理可计算出BE=8，设⊙O的半径为r，则OD=OB=r，OE=8﹣r，2在Rt△ODE中，根据勾股定理得r2+42=（8﹣r），解得r=3，所以OE=5，OC=

3，然后证明△OEF∽△OCB，利用相似比可计算出EF的长． 【解答】（1）证明：∵CB，CD分别切⊙O于点B，D，∴OC平分∠BCE，即∠ECO=∠BCO，OB⊥BC，∴∠BCO+∠COB=90°，∵EF⊥OG，∴∠FEB+∠FOE=90°，而∠COB=∠FOE，∴∠FEB=∠ECF；

（2）解：连接OD，如图，∵CB，CD分别切⊙O于点B，D，∴CD=CB=6，OD⊥CE，∴CE=CD+DE=6+4=10，在Rt△BCE中，BE=

=8，设⊙O的半径为r，则OD=OB=r，OE=8﹣r，在Rt△ODE中，r2+42=（8﹣r）2，解得r=3，∴OE=8﹣3=5，在Rt△OBC中，OC=∵∠COB=∠FOE，∴△OEF∽△OCB，∴=，即． =，=3，∴EF=2

5.（2017黑龙江鹤岗）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．

旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．

【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性质．

【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；

图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=OD=

OA，OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=

AC′，于是得OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=到结论．

【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′与△BOD′中，∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；，图3结论：BD′=AC′，AC′⊥BD’

理由：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=OA，OD=OC，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=∴OC′，∠AOC′=∠BOD′，=，∴△AOC′∽△BOD′，∴==，∠OAC′=∠OBD′，∴BD′=AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′．

第二篇：《社戏》导学练案答案

《社戏》导学练案

鲁迅

【学习目标】

1、理解关键词语的意义，体会运用词语的准确性和生动性。

2、培养理清复杂结构的能力。理解景物描写对表达中心的作用，提高分析人物的能力。

3、学习作者根据文章中心的需要取舍材料，安排详略的方法。

4、体会文章情景交融的写作特点。感悟本文的人情美、风景美，从欢快活泼的写人、叙事，绘景中领悟作者对童年自由生活的留恋之情。

【前置学习】

预习内容及要求：

1、给下列词语注音：

潺潺（chán）絮叨（xù）撺掇（cuān duo）惮（dàn）

踱（duó）

归省（xǐng）

．．．行辈（háng）撺（cuān

凫水（fú）

桕（jiù）树

旺相（xiàng）

撮（cuō）．．．．．．蕴藻（yùn zǎo）楫

（jí）

棹（zhào）

掇（duo）

．．（2）、理解下列词语的意思： 乐土：自由快乐的地方。

归省：指出嫁的女儿回娘家看望父母。行辈：排行和辈分。

潺潺：象声词，形容溪水、泉水等流动的声音。絮叨：翻来覆去地说。撺掇：从旁鼓动人做某事。依稀：隐隐约约。自失：（听得出神）忘了自己。弥散：弥漫消散。

怠慢：冷淡。怠，轻慢，不恭敬。惮：怕，畏惧。

漂渺：隐隐约约，若有若无。漂渺：通常写作“缥缈”，隐隐约约，若有若无。

旺相：茂盛。撺掇：从旁鼓动人做某

2、【课文背景知识】（1）作家作品

鲁迅（1881～1936），本名周树人，浙江省绍兴市人，伟大的文学家、思想家、革命家。著作有杂文、小说、散文、诗歌等，收在《鲁迅全集》里。（2）文学常识

小说中的人物都是作者塑造的。因此本文中的“我”（迅哥儿），不同于《从百草园到三味书屋》中的“我”。这里的“我”是作者塑造的，而那个“我”就是鲁迅自己。（3）背景知识

这是鲁迅1922年写的一篇短篇小说。作品以少年时代的生活经历为依据，用第一人称写“我”20年来3次看戏的经历：两次是辛亥革命后在北京看京戏，一次是少年时代在浙江绍兴小村看社戏。课文节选的是看社戏的部分。

导入

多媒体播放《童年》MTV 师：一首轻松活泼的歌曲，把我们带到了天真烂漫的童年，童年有很多美好的回忆，透过鲁迅先生的散文《从百草园到三味书屋》可以领略到鲁迅童年的生活，今天我们再学习一篇他写的小说《社戏》，小说写的人与事不一定都是真人真事，但也能从中看出鲁迅对童年美好生活的回忆和留恋的心情。

【预习展示】

1、展示预习笔记，检查预习效果

2、作者及背景介绍：（学生课前搜集）

【学习探究】

1、朗读课文，了解内容，能复述出所回忆的四件事。

（1）学生自由朗读。（朗读要求：准确、流利，尽量做到有感情。）

（2）概括文中所写的事：

2、复述事件：

（1）方法指导：复述事情大体过程，抓关键语句。

（2）小组交流、补充，推举一人，准备全班复述。

（3）全班交流。

3、鲁迅先生对天真浪漫自由有趣的童年进行了回忆，充满了一种浪漫的理想色彩，表现了作者对人生理想境界的渴望和追求，童年的时光信令人难忘，同学们，还记得你童年发生过的趣事吗？接下来，请同学们以“我的童年”为题，说一说你童年时印象深刻的趣事，请同学们叙述完整，声音洪亮。

4、说话训练，评点人物

小说塑造了热情的伙伴和淳朴的乡民形象，请同学们深情研度课文，运用“我喜欢文中的（人物）。因为他（她）们（评价其性格、品质），比如（举人物表现）”的句式，用三言两语，简笔勾勒人物形象，闪亮登场发言。

4、同学们，“偷“一般意义上是残酷、自私的行为，那么，在课文中，小朋友们“偷豆”是好还是坏呢？我们是不是也该学习他们的这一行为呢？

【活动设计】学生四人一组进行讨论。【学生活动】老师准备以下问题供学生思考：

1、小伙伴们“偷豆”的目的是什么？

2、他们“偷”的谁家的豆呢？

3、他们是怎么样“偷”的？

4、他们怎样预防“偷”的秘密被人发觉，又怎样对待可能出现的后果呢？

5、孩子们“偷”豆反映了他们怎样的品质？

【设计说明】(1——4)问题容易答，可找学习差的同学来答。（5）问题有一定深度可找中等及成绩好的同学来答。

【教师归纳】“偷”反映了小朋友们诚恳，待客的热情；“偷”跳动着小朋友们周到细致，天真纯朴的正确性。文中的“偷”成为了一种热情的、无私的、天真质朴的“偷”，偷出了情趣，偷出了欢乐。

【学以致用】

1．说说下列句子各表现了文中人物怎样的性格。

①阿发一面跳，一面说道：“且慢，让我来看一看罢。”他于地往来的摸了一回，直起身来说道：“偷我们的罢，我们的大得多呢。”{热情好客，淳朴，无私} ②不料六一公公竟非常感激起来，将大拇指一翘，得意的说道：“这真是大市镇里出来的读过书的人才识货！我的豆种是挑选过的，乡下人不识好歹，还说我的豆比不上别人的呢。我今天也要送给你们的姑奶奶尝尝去……”他于是打着楫子过去了。（善良，淳朴，豪爽，风趣）③双喜拔前篙……双喜所虑的是用了八公公船上的盐和柴，这老头子很细心，一定要知道，会骂的，……“都回来了！那里会错。我原说过写包票的！”双喜在船头忽而大声的说。（聪明，机智，直爽）

④真的，一直到现在，我实在再没有吃到那夜似的好豆，——也不再看到那夜似的好戏了。（追求自由，渴望友谊，厌恶封建教育。）2．“真的，一直到现在，我实在再没有吃到那夜似的好豆，——也不再看到那夜似的好戏了。”这句话是什么意思？（表明作者难忘平桥村老人小孩那淳朴真挚的感情，那充满诗情画意的水乡风光。表达了作者对美好生活的向往之情。）3．课文最后一部分为什么要写六一公公送豆？（一方面使文章显得波澜起伏，情节曲折，另一方面是进一步突出平桥村人淳朴善良热情好客的品质。）

4．双喜是这篇小说中刻画得比较生动的一个形象，分析双喜的言行，可以看出他的性格特点：当“我”看社戏受到波折时，双喜大悟似的提议——表现了双喜的。当外祖母担心都是孩子们时，双喜大声打包票——表现了双喜

。归航偷豆时，征求豆主人阿发的意见，并以为再多偷，倘给阿发的娘知道是要挨骂的——又表现双喜

。双喜送我回到家，“都回来了！哪里会错。我原说过写包票的！”——表现双喜做事

。最后六一公公上门责怪，双喜回答六一公公的问话又表现了双喜

。（备选答案：聪明、反应灵敏、考虑周到、善解人意、办事果断）

（聪明、反应灵敏，考虑周到、善解人意且办事果断、考虑周到、反应灵敏）

5．就你的理解，谈谈《社戏》中的三种美：

自然美：自然美：豆田、河流、远山、月色、航船等优美的景物描写；

人性美：伙伴的无私、热忱、善良、周到，善意的嘲笑，偷的幼稚无不体现着人性的率真、自由与活力；

情感美：小朋友伴“我”游玩，外祖母的气恼，伙伴的同情与叹息，双喜的鼎力相助，母亲的再三叮嘱，六一公公的热情，无不注溢出一种脉脉的温情。

6．“我的很重的心忽而轻松了，身体也似乎舒展到说不出的大。”句中“轻松”和“舒展”与前

文有什么关系？

（与前文心情的失望、沮丧形成鲜明的对比，衬托出“我”此时的心情畅快，浑身舒适。）7．“回望戏台在灯火光中，却又如初来未到时候一般，又漂渺得像一座仙山楼阁，满被红霞罩着了。”句中“回望”表现了“我”怎样的心情？“罩”表现了怎样的情形？

（“回望”写出“我”此时依依不舍的心情。“罩”再次把戏台比作“仙山楼阁”，写戏台在红光水气的笼罩下时隐时现，就好像是画上的仙境一般美丽动人。）

8、作者为什么说平桥村“在我是乐土”?

民风淳朴的乡村，对一个在封建家庭中生长、受各种规矩束缚的孩子来说，确实是快乐自由的天堂。作者作为客人，“在这里”“得到优待”，钓到虾“照例是归我吃”，小伙伴们对“我”无微不至地体贴照顾，“看社戏”一节这种友爱和照顾表现得淋漓尽致；在这里“我”可以免念那些陈腐无用的经书，而且也没有那么多规矩可蹈，即使“打了太公”，全村“也决没有一个会想出„犯上‟这两个字来”，对于自幼就压抑在封建道德秩序中的“我”而言，这样的自由是一种多么宝贵的享受；而且在农村可以亲近大自然，“掘蚯蚓”“钓虾”“放牛”，相对于城镇宅院中“我”那种受束缚的生活而言，无疑是新鲜有趣极具魅力的了。

9、六一公公是一个怎样的形象? 六一公公是淳朴乡民的形象。六一公公对于孩子们偷他的豆，只是责备“不肯好好的摘，踏坏了不少”，听说摘豆是为了请客，马上说“这是应该的”，他并不是吝啬的人；后来他又亲自送豆，表现了他热情好客的性格。“我”夸了他一句，“竟非常感激起来”，体现了他的老实厚道的农民本色。至于他夸“我”“读过书”“将来一定要中状元”之类的话，只不过像今日夸某个孩子聪明，将来一定能考上好的大学一样。也有观点认为六一公公虽是个好人，但是有农民的局限。他夸“我”的话，表明他意识深处受封建礼教的影响，这在当时也是难免的。

10、通读课文后说说作者回忆的是怎样一群童年伙伴。作者回忆的是一群质朴可爱的农村孩子形象，如双喜、阿发、桂生等。这些小伙伴聪明活泼，胆大心细，友爱热情。“我”看不成戏，“他们都叹息而且表同情”；开船时，“年幼的都陪我坐在舱中，较大的聚在船尾”，以防万一；看戏时桂生殷切为“我”买豆浆舀水；回家的跑上阿发以“我们的大故里多”为由建议去“偷”自家的豆。这些都是他们无私品质的突出表现。双喜是小伙伴中“最聪明的”，好像小伙伴的小领袖一样，他的性格也表现得最为突出：他心细如发，聪明伶俐，当“我”看不成戏，“急得要哭”时，他马上能想出“好主意”，并能举出让“外婆和母亲也相信”的理由；铁头老生夜晚不能翻筋斗，“我”很失望，双喜又用“谁肯显本领给白地看”来安慰“我”，表现了大哥哥似的亲切关怀；他敢于负责，当老旦唱个没完没了，大家已厌倦但又不好说回去时，他果断提议回家；回家途中，大家偷阿发家的豆，他劝阻大家“再多偷，倘给阿发的娘知道是要哭骂的”，说明他挺善于为别人着想。

布置作业：

写一个片段，回忆童年时的一段往事。要求刻画出其中一个人物的性格特点或传达出一种情趣。

学后记：

教后记：

第三篇：导学练案使用总结

导学练案使用总结

万德镇中心小学

蒋玉岱 2011.2 课堂教学需要新的教学方式，学生也需要新的教学方式，导学练案作为实现高效课堂的有效形式已经得到了普遍的认可。回想一年来所听的一些导学案的示范课和自己尝试使用导学练案的体会，认为导学案这种模式上课还是利大于弊的。

试行之初，我们课堂发生了惊人的变化，也立刻显现出这种模式的优势：课堂上老师讲得少了，学习的兴趣浓厚多了，学生的思维活了，问的问题多了，解决问题的方法多了，学生的视野开阔多了，生生之间、师生之间的关系变得融洽多了，课堂效率也得到明显提高。一年多的试验，让我切实体会了：“给学生一个机会，还老师一个惊喜”这句话的深刻的含义。

我不敢妄自评价导学案的新教学模式，只是感到语文课中使用的导学案教学模式，还有很多的困惑。我的困惑如下：

1.怎样带动基本薄弱学生水平提高的同时，又如何提高优势学生的水平？

2.如何避免两极分化? 又如何“两头兼顾”？

3.导学案的教学是否都为单

一、固定“基础达标、设问导读、巩固练习、拓展练习”的教学模式。

4.不同水平的班级，上课时又如何对同一份导学案进行修改和完善？

5.导学案的批阅又如何做到有指导性、针对性和及时性。6.如何对学生进行“过程与方法”、“情感态度价值观”进行评价，才能体现我们教学的有效性？

7.是不是课堂气氛越活跃越好？活跃什么程度才能达到导学案的最佳效果？

8.导学案使用如何充分彰显教师教学个性。

9.全省实行素质教育，给我们教师提出了更高的要求，在课时减少的情况下，在导学案中，如何高效地完成教学任务？

新的教学模式在实践过程中总会出现很多困惑，为此，针对这些困惑和问题，我也进行了一些反思。我认为，新的教学模式能否取得效果，学生是否能积极参与到课堂中来，自主学习的能力能否得到提高，课堂改革能否成功关键还在于导学案的设计。导学案设计是关键。导学案是根本，是一节课的灵魂。

在任何一个班集体中，因学生的智力水平和学习能力存在着差异，学习程度自然有“好、中、差”之分，教师在编写使用导学案时，就要求“好、中、差”兼顾，设计出可供不同水平和不同能力学生回答的不同层次、不同难度的问题，使不同基础的学生明确自己应达到的目标。人人都处于思考问题、回答问题、参与讨论问题的积极状态，只有这样，才能充分调动全班学生的学习积极性，取得最佳教学效果。而目前编写的导学案，在这方面仍有不足，是存在缺陷的。

如何避免千篇一律，以免师生产生厌倦心理。编制使用导学案，依据的是统一的标准、统一的要求、统一的进度教授统一的内容。教师稍不注意，容易千篇一律。长此以往，学生不欢迎，老师自己也厌倦了。在实际教学过程中，同是一份导学案，甲教师运用得当，左右逢源，效果显著，可乙教师运用起来却别别扭扭，进退维谷，难以奏效。所以，如何在使用导学案的同时提倡个性化的教学，让教师在全面掌握教材的基础上根据自身与学生的知识结构等实际情况，通过补充、拓展、延伸，使教学内容既符合教师个性又能够培养和发展学生个性，是需要认真思考的一个问题。

以上是我结合一年多的课改实验进行的一些反思。当然，课改的道路不可能是一帆风顺的，新的困惑和问题仍然会出现。只要我们坚定地以学生的终身发展为目标，坚持不懈地进行改革不断摸索和探求，在课改中解放思想，不保守；求真务实，不花哨；面对困难，不回避；逐步完善，不停步。我坚信，我们一定会在课改的道路上看到最美丽的风景。

第四篇：2013年中考数学题型

2013年中考数学题型1、1-10题为选择题，其中第10题较难（多个结论判断正误）2、11—16题为填空题，其中第16题较难。

3、第17题：分式化简求值（其中有用十字相乘法分解二次项系数为1的二次三项式）。

4、第18题：三角形或四边形证明题。

5、第19题：概率与统计。

6、第20题：可化为一元二次方程的分式方程应用题。

7、第21题：反比例函数综合题。

8、第22题：阅读理解题（阅读材料与高中结合）。

9、第23题：有关方程、函数、不等式的应用题。

10、第24题：圆的证明题（第一问是证明切线、第二问是有关计算）。

11、第25题：抛物线与三角形、四边形相结合的综合题。

第五篇：八年级英语导学练案教学总结

八上英语导学练案教学总结

志达学校

郭玉双

今年以来，市教体局在全市推广“导学析练”的教改实验。我们学校也积极参与了此次教改实验。根据“导学析练”四部教学法的指导精神，结合我校实际，学校决定推行使用“导学练案”教学模式，转变传统教学方式，努力打造高效课堂。

学校首先组织我们学习了“推行导学练案，转变教学方式，打造高效课堂”的相关理论，加上我们自己的教学实践，真正体会到了生本教育是“以学生为主人，为学生好学而设计”的教育。导学练案强调以生为本，以学定教，变教为学，变生为友，培养自主学习能力，实现教与学的最佳结合，大面积提高课堂教学效益。从而使教育获得了无穷的生命活力，极大地调动了学生在英语课堂的积极性和主动性，学生的学习动力被激发，学习信心百倍增加，学习潜能被挖掘，学业成绩也得到了大幅提高。自主学习、合作学习、探究学习需要把握“三个中心”——以学生为中心，以自学为中心；以展示为中心。下面我从三个方面来把我在平时教学中的一些做法和大家作以交流：

一、小组合作学习小组合作学习是导学练案课堂最重要的一种学习方式。在课堂上我的基本做法是这样的。我将学生按其知识结构、能力水平、个性、性别等因素，混合分成五人一组，共六个小组。并让每个组尽量均衡，尽可能处于同一个水平。每个小组内设立两名组长。对于小组的展示及时给予评价。让学生的努力得到老师的肯定。小组之间进行多种形式的竞争。如单词接龙比赛、口语朗读比赛、问题抢答比赛、对话表演比赛、单元考试成绩比赛等，评选出最佳小组，排出小组名次并奖励不同的OEC分数。由于以小组为单位，参与面更广，竞争更激烈，获胜人数也更多，后进生也有了获奖的机会，能体会到成就感。合作表演对话。学生学完一段对话后，一般要求他们角色表演。如果单纯地照本宣读，学生容易感到乏味。我就组织学生以小组为单位开展竞赛。进行这一活动的时候,布置任务后不是马上进行，让学生有时间准备，最后从读音是否正确、对话是否有语感、表情是否自然、表演是否得体等各方面综合考虑，选出最佳小组。为了小组的荣誉，每个学生都不甘落后。一般来说，英语成绩好的学生都乐于承担内容较复杂的角色，英语成绩较差的学生也不甘示弱，努力演好自己的角色，每个组员都能在小组活动中充分锻炼自己的语言表达能力。

二、前置学习前置学习是生本课堂学习与讨论的必备铺垫。我结合自身的教学实践，除导学练案的前置作业外,我又根据学习内容与教材的联系，对前置学习进行了补充与完善。对话课的前置作业 1.小组熟读对话。2.划出本对话的短语和句型,根据导学练案中相应课时的短语，补上中文意思或汉语意思。3.划出难句、长句，组内先解决，对学不懂的课上提问。4.划出本模块中含有新学语法的句子，口头翻译成中文。阅读课的前置作业.就课题进行词汇方面的词汇风暴，说与之相关的任何信息，要求尽可能用句子来表达，也可以问答小对话的形式表达，甚至可以运用本文的句子。发言时要求脱稿脱书进行。

三、课堂教学实践 根据生本教育理念和英语学科的特点，主要交流一下课堂中的词汇学习、阅读训练及口语交流训练 1.词汇学习。将学生分成五人英语学习讨论小组。指定二名小组长，在小组长的组织带领之下进行小组讨论学习。2.阅读训练。要求学生在课前搜集一些与本课词汇学习有关的资料，在课文引入后，我们首先就要帮学生解答他们在阅读时存在的困难，帮助学生理解文章。课前布置的前置作业中，我们布置了让学生画出自己在文中不懂的地方，因此课上先给时间学生小组讨论，利用学生进行互教，如果小组还是解决不了的问题就叫学生写到黑板上，让全班学生共同来学习。从而帮助学生解决课文阅读的困难，让学生理解课文。对于课文中出现的重点语言点，主要是采取小组展示，集体分享收获的方法，用学生教学生，老师作点评和提醒。让学生明确知道课文里面重要的语言点。然后就设计一些练习，让学生课堂上完成，通过课堂上的操练帮助学生加深对语言点的认识和理解记忆。3.口语交流训练。首先是课堂上课前三分钟，让学生根据话题进行freetalk或者freereading，freetalk让学生自由讲，从简单的单句到复句，从一句到两句，两句再到多句，让学生开口说英语，帮助他们提高自信，体验我会说英语的成功感。

在探索生本教育的漫长道路上，我们只是还在摸着石头过河，点滴想法，只是在实践中的一些粗浅的看法，希望各位能给予指正和帮助。

2013/1/16