第一篇：第二章小结与复习1
第二章小结与复习（第一课时）学习目标：
1.使学生对本章的知识的知识更系统，更全面。
2.进一步加深学生对本章基础知识的理解及基本技能（主要是计算）的掌握 学习重点难点：
本章基础知识的归纳，总结，基础知识的运用 学习过程： 快乐自学：
阅读教材P77，了解本章知识脉络。
一、复习引入：
1．主要概念：
(1)关于单项式，你都知道什么?
(2)关于多项式，你又知道什么? 复习单项式的定义、单项式的系数、次数的定义，多项式的定义以及多项式的项、同类项、次数、升降幂排列等定义。(3)什么叫整式? 单项式（定义系数次）数整式多项式（项同类项次
升数降幂排列）2．主要法则：
①在本章中，我们学习了哪几个重要的法则?分别如何叙述? ②归纳总结：
去（添）括号。整式的加减合并同类项。
二、探究新知：
1．例题：
例1：找出下列代数式中的单项式、多项式和整式。
xyz3，4xy，m1a2n2，x2+x+
1x，0，1x22x，m，―2.01×105
例2：指出下列单项式的系数、次数：ab，―x2，3xy5，x535yz3。
注意事项：系数应包括前面的“+”号或“―”号，次数是“指数之和”。
3223例3：指出多项式a―ab―ab+b―1是几次几项式，最高次项、常数项各是什么？
例4：化简，并将结果按x的降幂排列：
(1)(2x4―5x2―4x+1)―(3x3―5x2―3x)；
(2)―［―(―x+)］―(x―1)；(3)―3(x2―2xy+y2)+ 121212(2x2―xy―2y2)。
注意事项：
(1)去括号(包括去多重括号)的问题；(2)数字与多项式相乘时分配律的使用问题。
三、小结：
学完本章后我的收获是 还有没解决的问题是 达标检测：
1.在,中，单项式有：.多项式有__________________________。
2.一种商品每件a元，按成本增加20%定出的价格是
3.已知-7x2ym是7次单项式则m=。
4.已知-5xmy3与4x3yn能合并，则mn =。
5.7-2xy-3x2y3+5x3y2z-9x4y3z2是 次 项式，其中最高次项是，最高次项的系数是，常数项是，是按字母 作 幂排列。6.已知x－y=5,xy=3，则3xy-7x+7y=。7.已知A=3x+1,B=6x-3，则3A-B=。8.计算
①（a3-2a2+1）-2(3a2-2a+
1)②x-2(1-2x+x2)+3(-2+3x-x2)29.已知ab=3,a+b=4，求3ab－[2a-(2ab-2b)+3]的值。
10.若(x＋ax－2y＋7)―(bx―2x＋9 y－1)的值与字母x的取值无关，求a、b的值。
2211.求5ab-2[3ab-(4ab2+ab)]-5ab2的值，其中a=，b=-
12.如图所示，由一些点组成形如三角形的图形，每条“边”（包括两个顶点）有n（n>1）个点，每个图形总的点数S是多少？当n=7，100时，S是多少？
15.如图所示的规律摆下去，用S表示相应的图中的点数，请表示出第n个图中的点数S。并计算第2013个图中的点数。
选做、已知A4x5xyy,Bx3xy5y，求：（1）A-5B的值；（2）-5A+2B的值。22228、已知xy2xy，求参考答案：
4x5xy4y的值。xxyy432 2、1.2a 3、5 4、5 5、12 5、11 4-9xyz
－9 7 x 升
6、－26 7、3x+6
8、
第二篇：集合复习与小结
集合复习与小结 教学目标
巩固集合、子、交、并、补的概念、性质和记号及它们之间的关系．
教学重点
正确应用其概念和性质做题．
教学难点
正确应用其概念和性质做题．
教学过程 复备栏
本单元主要介绍了以下三个问题： 1．集合的含义与特征； 2．集合的表示与转化； 3．集合的基本运算．
一、集合的含义与表示（含分类）
1．具有共同特征的对象的全体,称一个集合．
2．集合按元素的个数分为:有限集和无穷集两类． 3．集合的表示．
二、集合表示法间的转化
高中数学解题的关键也是看“四化” ．
三、集合的基本运算
1．子集：AB定义为，对任意x∈A，有x∈B.表现图为A在B中包含着.2．补集：CSA={x|x∈S,且x A}.表现图为整体中去掉A余下的部分.3．交集：A∩B={x|x∈A,且x∈B}.表现图示为A与B的公共部分.4．并集：A∪B={x|x∈A,或x∈B}.表现图示为A与B合加在一起部分
附表：集合的三种运算： 运算类型 交
集 并
集 补
集 定
义
由所有属于A且属于B的元素所组成的集合,叫做A,B的交集．记作AB（读作‘A交B’），即AB=｛x|xA，且xB｝．
由所有属于集合A或属于集合B的元素所组成的集合，叫做A,B的并集．记作：AB（读作‘A并B’），即AB ={x|xA，或xB})．
设S是一个集合，A是S的一个子集，由S中所有不属于A的元素组成的集合，叫做S中子集A的补集（或余集）记作，即 CSA=
韦 恩 图 示
性 质 AA=A AΦ=Φ AB=BA ABA ABB AA=A AΦ=A AB=BA ABＡ ABB(CSA)(CSB)=CS(AB)(CSA)(CSB)=CS(AB)A(CSA)=U A(CSA)=Φ．
容斥原理有限集A的元素个数记作card(A).对于两个有限集A，B，有card(A∪B)= card(A)+card(B)-card(A∩B)．
四、例题选讲
例1 定义集合A-B={x|x∈A,且xB}，则当A∩B=时，A-B=_________；A∩B不空时呢？ 解：（1）A；（2）CU(A∩B).例2 给出下列说法：
（1）方程+|y+2|=0的解集为{-2,2}；
（2）集合{y|y=x2-1,x∈R}与集合{y|y=x-1,x∈R}的公共元组成的集合为{0，-1}；（3）区间（-∞，1）与（a，+∞）无公共元素.其中正确的个数为___________.解：对于（1），解集应为有序实数对，错； 对于（2）{y|y=x2-1,x∈R}=与集合
{y|y=x-1,x∈R}=R，公共元素不只0与-1两个，错；
对于（3）区间（-∞，1）与（a，+∞）无公共元素取决于1与a的大小，错.故正确的个数是0.例3 已知集合M={x|x=3m+1,m∈Z}，N={y|y=3n+2,n∈Z},若x0∈M,y0∈N，则x0，y0与集合M、N的关系是
.解：方法一：变为文字描述法
M={被3除余数为1的整数}，N={被3除余数为2的整数}，余数为1×余数为2→余数为2，故x0y0∈N,x0y0M．
方法二：变为列举法M={„,-2,1,4,7,10,13,},N={„,-1,2,5,8,11,„} M中一个元素与N中一个元素相乘一定在N中，故x0y0∈N,x0y0M 方法三：直接验证）
设x0=3m+1,y0=3n+2,则x0y0=9mn+6m+3n+2=3(3mn+2m+n)+2, 故x0y0∈N,x0y0M．
例4 已知集合A={x|=1}是单元素集，用列举法表示a的取值集合B 解：集合B表示方程=1有等根或仅有一个实数根时a的取值集合． ⑴有等根时有：x2-x-2-a=0①且x2-2≠0②；
①△=1-4(-a-2)=0, a=-9/4,此时x=1/2适合条件②，故a=-9/4满足条件； ⑵仅有一个实数根时，x+a是x2-2的因式，而 =，∴a=±.当a=时,x=1+,满足条件； 当a=时,x=1也满足条件． 综上，．
五、回顾小结
本节课对集合一章进行了总结，要在理解集合相关概念的基础上学会运用集合语言描述数学对象，更为清晰地表达数学思想.六．布置作业
教后反思
第三篇：向量小结与复习
高中数学教案第五章平面向量（第23课时）课题：5.13向量小结与复习（2）
教学目的：
1.熟悉向量的性质及运算律；2.能根据向量性质特点构造向量；
3.熟练平面几何性质在解题中应用；4.熟练向量求解的坐标化思路.5.认识事物之间的内在联系；
6.认识向量的工具性作用，加强数学在实际生活中的应用意识
.教学重点：向量的坐标表示的应用；构造向量法的应用.教学难点：构造向量法的适用题型特点的把握
授课类型：复习课
课时安排：1课时
教具：多媒体、实物投影仪
教学方法:启发引导式
针对向量坐标表示的应用，通过非坐标形式解法与坐标化解法的比较来加深学生对于向量坐标表示的认识，同时要加强学生选择建立坐标系的意识.对于“构造向量法”的应用，本节例题选择了本章的重点内容数量积的坐标表示，目的要使学生把握坐标表示的数量积性质的形式特点，同时增强学生的解题技巧，提高解题能力教学过程：
一、讲解范例：
例1利用向量知识证明下列各式
22(1)x＋y≥
2xy
22(2)｜x｜＋｜y｜≥2x·y
分析：(1)题中的结论是大家所熟悉的重要不等式，以前可用求差法证得，而利用向量知识求证，则需构造向量，故形式上与向量的数量积产生联系.(2)题本身含有向量形式，可根据数量积的定义式并结合三角函数性质求证.证明：(1)设a＝（x，y），b＝（y，x）则a·b＝xy＋yx＝2
xy
222222｜a｜·｜b｜＝xyxyxy
又a·b＝｜a｜·｜b｜cosθ(其中θ为a，b夹角)
≤｜a｜·｜b
｜
22∴x＋y≥2xy
(2)设x，y的夹角为θ，则x·y＝｜x｜·｜y｜cosθ≤｜x｜·｜y｜≤
22xy222 ∴｜x｜＋｜y｜≥2x·
y
22评述：(1)上述结论表明，重要不等式a＋b≥2ab，无论对于实数还是向量，都成立.(2)在(2)题证明过程中，由于｜x｜，｜y｜是实数，故可以应用重要不等式求证.例2利用向量知识证明
22222(a1b1＋a2b2)≤（a1＋a2）·（b1＋b2）
分析：此题形式对学生较为熟悉，在不等式证明部分常用比较法证明，若利用向量知识求证，则关键在于根据其形式与数量积的坐标表示产生联系，故需要构造向量
.证明：设a＝（a1，a2），b＝（b1，b2）
则a·b＝a1b1＋a2b2，222222｜a｜＝a1＋a2，｜b｜＝b1＋b2
∵a·b＝｜a｜·｜b｜cosθ≤｜a｜·｜b｜.(其中θ为a，b夹角)
222∴（a·b）≤｜a｜·｜b｜
22222∴（a1b1＋a2b2）≤（a1＋a2）·（b1＋b2）
评述：此题证法难点在于向量的构造，若能恰当构造向量，则利用数量积的性质容易证明结论.这一技巧应要求学生注意体会.例3已知ｆ（x）＝x2
求证：｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜(a≠b）
分析：此题若用分析法证明，则需采用平方的手段以去掉绝对值，但由于ｆ（a）、ｆ（b）是含有根式的式子，故需再次平方才能达到去根号的目的.也可考虑构造向量法，利用向量的性质求证.下面给出两种证法.证法一：∵ｆ（a）＝a2，ｆ（b）＝
b2，∴要证明｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b
｜ 只需证明｜a2－b2｜＜｜a－b｜
2222222即1＋a＋1＋b－2(1a)(1b)＜a＋b－2
ab
22即(1a)(1b)＞1＋
ab 2222只需证明（(1a)(1b)）＞（1＋ab）
即1＋a＋b＋ab＞1＋2ab＋ab
22即a＋b＞2
ab
22∵a＋b≥2ab又a≠
b
22∴a＋b＞2
ab
∴｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜
证法二：设a＝（1，a），b＝（1，b）
则｜a｜＝a2，｜b｜＝b2 222222
a－b＝（O，a－b）
｜a－b｜＝｜a－b
｜
由｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a－b｜，（其中当｜a｜＝｜b｜即a＝b时，取“＝”，而a≠
b
∴｜｜a｜－｜b｜｜＜｜a－b
｜ 即｜a2－b2｜＜｜a－b｜
∴｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜.评述：通过两种证法的比较，体会“构造向量法”的特点，加深对向量工具性作用的认识.上述三个例题，主要通过“构造向量”解决问题，要求学生在体验向量工具性作用的同时，注意解题方法的灵活性.下面，我们通过下面的例题分析，让大家体会向量坐标运算的特点，以及“向量坐标化”思路在解题中的具体应用.例4已知：如图所示，ABCD是菱形，AC和BD是它的两条对角线.求证AC⊥BD.分析：对于线段的垂直，可以联想到两个向量垂直的充要条件，而对于这一条件的应用，可以考虑向量式的形式，也可以考虑坐标形式的充要条件.证法一：∵AC＝AB＋AD，BD＝AD－AB，∴·＝（＋）·（－）＝｜｜－｜｜＝
O
∴⊥
证法二：以OC所在直线为x轴，以B为原点建立直角坐标系，设B(O，O)，A(a，b)，C（c，O）
222则由｜AB｜＝｜BC｜得a＋b＝c ∵AC＝BC－BA＝（c，O）－（a，b）＝（c－a，－b），22 ＝＋＝（a，b）＋（c，O）＝（c＋a，b）∴·＝c－a－b＝O 222
∴⊥即 AC⊥
BD
评述：如能熟练应用向量的坐标表示及运算，则将给解题带来一定的方便.通过向量的坐标表示，可以把几何问题的证明转化成代数式的运算，体现了向量的数与形的桥梁作用，有助于提高学生对于“数形结合”解题思想的认识和掌握.例5 若非零向量a和b满足｜a＋b｜＝｜a－b｜.证明：a⊥b
.分析：此题在综合学习向量知识之后，解决途径较多，可以考虑两向量垂直的充要条件的应用，也可考虑平面图形的几何性质，下面给出此题的三种证法.证法一：(根据平面图形的几何性质)设＝a，＝b，由已知可得a与b不平行，由｜a＋b｜＝｜a－b｜得以、为邻边的平行四边形OACB的对角线和相等
.所以平行四边形OACB是矩形，∴OA⊥OB，∴a⊥
b
证法二：∵｜a＋b｜＝｜a－b
｜
22∴（a＋b）＝（a－b）
2222∴a＋2a·b＋b＝a－2a·b＋b
∴a·b＝O，∴a⊥
b
证法三：设a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），22｜a＋b｜＝(x1x2)(y1y2)，22｜a－b｜＝(x1x2)(y1y2)，22∴(x1x2)(y1y2)22＝(x1x2)(y1y2)，化简得：x1x2＋y1y2＝O，∴a·b＝O，∴a⊥b.例6 已知向量a是以点A(3，－1)为起点，且与向量b＝（－3，4）垂直的单位向量，求a的终点坐标.分析：此题若要利用两向量垂直的充要条件，则需假设a的终点坐标，然后表示a的坐标，再根据两向量垂直的充要条件建立方程.解：设a的终点坐标为（ｍ，ｎ）
则a＝（ｍ－3，ｎ＋1）
由题意3(m3)4(n1)0
22(m3)(n1)1 ①
②
由①得：ｎ＝
21（3ｍ－13）代入②得 425ｍ－15Oｍ＋2O9＝O 1911m,m,1255或解得
n2.n8.1255
∴a的终点坐标是（192118,)或(,)555
5评述：向量的坐标表示是终点坐标减去起始点的坐标，所以向量的坐标与点的坐标既有联系又有区别，二者不能混淆.上述例题，主要体现了两向量垂直的充要条件的应用，在突出本章这一重点知识的同时，应引导学生注意解题方法的灵活性，尤其是向量的坐标化思路在解题时的应用，将几何与代数知识沟通起来.二、课堂练习：
1.已知a＝（1，O），b＝（1，1），当λ为何值时，a＋λb与a垂直
.解：a＋λb＝（1，O）＋λ（1，1）＝（1＋λ，λ）
∵（a＋λb）⊥a∴（a＋λb）·a＝
O
∴（1＋λ）＋O·λ＝O∴λ＝－
1即当λ＝－1时，a＋λb与a垂直.2.已知｜a｜＝，｜b｜＝2，a与b的夹角为3O°，求｜a＋b｜，｜a－b｜
.2222解：｜a＋b｜＝（a＋b）＝a＋2a·b＋b
22＝｜a｜＋2·｜a｜·｜b｜cos3O°＋｜b｜
＝（）＋2×3×2×232＋2＝
32∴｜a＋b｜＝，∵｜a－b｜＝（a－b)＝a－2a·b＋b
22＝｜a｜－2｜a｜·｜b｜·cos3O°＋b
＝（3）－2××2×222222＋2＝
∴｜a－b｜＝
3.已知｜a｜＝3，｜b｜＝2，a与b的夹角为6O°，c＝3a＋5b，d＝ｍa－3b.当ｍ为何值时，c与d是否垂直?
解：若c⊥d，则c·d＝
O
∴（3a＋5b）（ｍa－3b)＝
O
22∴3ｍ｜a｜＋（5ｍ－9）a·b－15｜b｜＝
O
22∴3ｍ｜a｜＋（5ｍ－9）｜a｜｜b｜cos6O°－15｜b｜＝
O
即27ｍ＋3（5ｍ－9）－6O＝O，解得ｍ＝29.1
44.已知a＋b＝c，a－b＝
d
求证：｜a｜＝｜b｜c⊥
d
证明：(1)c⊥
d
22（a－b）＝O a－b＝
O （a＋b）
a2＝b2 ｜a｜＝｜b
｜，(2)｜a｜＝｜b｜
（a－b）＝O c⊥d
. a2＝b2 a2－b2＝O（a＋b）
三、小结通过本节学习，要求大家进一步熟悉向量的性质及运算律，熟悉平面几何性质在解题中的应用，能够掌握向量坐标化的思路求解问题，掌握构造向量并利用向量性质解题、证题的方法
.四、课后作业：
五、课后记及备用资料：
1.三角形内角和性质
定理：在△ABC中，A、B、C分别为三个内角，则A＋B＋C＝18O°
推论(1)B＝6O°2B＝A＋C
推论(2)若A＜9O°，则有
sinB＞cosC，cosB＜sinC，tanB＞cotC，cotB＜tanC
.推论(3)sin（A＋B）＝sinC，cos（A＋B）＝－cosC，tan（A＋B）＝－tanC，cot（A＋B）＝－cotC.ABCABCcos,cossin,2222推论(4)ABCABCtancot,cottan.2222sin
2.三角形内角和性质应用举例
例1△ABC中，若tanBtanCac,求证：A、B、C成等差数列
.tanBtanCa
证明：由条件得sin(BC)sinAsinC，sin(BC)sinA
由推论(3)得sin（B＋C）＝sinA.∴sin（B－C）＝sinA－sinC
∴sin（B－C）－sin（B＋C）＝－sinC，即2cosBsinC＝sin
C
∵sinC≠O，∴cosB＝1，∴B＝.2
3故由推论(1)得2B＝A＋C.所以A、B、C成等差数列
.例2在锐角△ABC中，求证：sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC
证明：∵△ABC是锐角三角形，∴A＜9O°，根据推论(2)有：sinB＞cosC ①
B＜9O°，根据推论(2)有：sinC＞cosA
②
C＜9O°，根据推论(2)有sinA＞cosB ③ ∴①＋②＋③得：sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC
.例3已知△ABC，求证(a－b)cotCAB＋(b－c)cot＋(c－a)cot＝
O.222
证明：根据正弦定理和推论(4)，有
CABABAB＝2Ｒ(sinA－sinB)tan＝4Ｒsinsin，2222
C∴（a－b）cot＝2Ｒ（cosB－cosA）2
A同理，（b－c）cot＝2Ｒ（cosC－cosB）； 2
B（c－a）cot＝2Ｒ（cosA－cosC).2
CAB三式相加可得（a－b）cot＋（b－c）cot＋（c－a）cot＝O.222(a－b)cot
第四篇：相似三角形小结与复习
相似三角形小结与复习
教学目标
1.对全章知识有一个系统的认识，掌握知识的结构和内在联系.2.利用基本图形结构的形成过程，掌握本章的重点：平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定及性质定理.3.通过例题分析，系统总结本章常用的数学思想方法，提高分析问题和解决问题的能力.教学重点和难点
重点是掌握本章的主要概念、定理及数学方法.难点是灵活运用以上知识，提高解题能力.教学过程设计
一、掌握本章知识结构
具体内容见课本第258页内容提要.二、按照“特殊——一般——特殊”的认识规律，理解本章的基本图形的形成、变化及发展 过程，把握本章的两个重点
1.平行线分线段成比例定理所对应的基本图形(如图5－123).要求：
(1)用平行线分线段成比例定理及推论证明比例式，会分线段成已知比；(2)对图5－123(a),(b)要求会用比例式证明两直线平行.2.相似三角形所对应的基本图形.(1)类比推广：从特殊到一般，如图5－124；
(2)从一般到特殊：如图5－125.要求：用对比的方法掌握相似三角形和相似多边形的定义及性质，系统总结相似三角形的判 定方法和使用范围，尤其注意利用中间相似三角形的方法.3.熟悉一些常用的基本图形中的典型结论有助于探求解题思路.(1)在图5－125(a)中的相似三角形及相似比、面积比；
(2)在图5－125(b)中有公边共角的两个相似三角形：公边的平方等于两相似三角形落在一条直线上的两边之积；(3)在图5－125(d)中射影定理及面积关系等常用的乘积式.三、通过例题分析，系统总结本章常用的数学思想及方法
例1 已知：的值.分析：已知等比条件时常有以下几种求值方法：(1)设比值为k;(2)比例的基本性质；
(3)方程的思想，用其中一个字母表示其他字母.解法一 由则(a+b):(b－c)=25:3.，得a:b=2:3,b:c=5:4,即a:b:c=10:15:12.设a=10k,b=15k,c=12k, 解法二 ∵
∴, ∴ 解法三 ∵,∴a=, ∴
例2 已知：如图5－126(a)，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线交于O点，过O作EF∥BC，分别交AB，DC于E，F.求证：(1)OE=OF;(2);(3)若MN为梯形中位线，求证AF∥MC.分析：
(1)利用比例证明两线段相等的方法.①若,a=c(或b=d或a=b)，则b=d(或a=c或c=d)；
②若,则a=b(只适用于线段，对实数不成立)；
③若，a=a′,b=b′,c=c′,则d=d′.(2)利用平行线证明比例式及换中间比的方法.(3)证明时，可将其转化为“”类型后：
①化为直接求出各比值，或可用中间比求出各比值再相加，证明比值的和为1；
②直接通分或移项转化为证明四条线段成比例.(4)可用分析法证明第(3)题，并延长两腰将梯形问题转化为三角形问题.延长BA，CD交于S，AF∥MC
∴ AF∥MC成立.(5)用运动的观点将问题进行推广.若直线EF平行移动后不过点O，分别交AB，BD，AC，CD于E，O1，O2，F，如图5－126(b),O1F 与O2F是否相等?为什么?(6)其它常用的推广问题的方法有：类比、从特殊到一般等.例3 已知：如图5－127，在ΔABC中，AB=AC，D为BC中点，DE⊥AC于E，F为DE中点，BE交AD于N，AF交BE于M.求证：AF⊥BE.分析：
(1)分解基本图形探求解题思路.(2)总结利用相似三角形的性质证明两角相等，进一步证明两直线位置关系(平行、垂直等)的方法，利用ΔADE∽ΔDCE得到
结合中点定义得到得到AF⊥BE.,结合∠3=∠C,得到ΔBEC∽ΔAFD，因此∠1=∠2.进一步可
(3)总结证明四条线段成比例的常用方法：①比例的定义；②平行线分线段成比例定理；③ 三角形相似的预备定理；④直接利用相似三角形的性质；⑤利用中间比等量代换；⑥利用面 积关系.例4 已知：如图5－128，RtΔABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，DE⊥AC于E，DF⊥BC于F.求证：(1)CD3=AAE·BF·AB；(2)BC2：AC2=CE:EA;(3)BC3:AC3=BF:AE.分析：
(1)掌握基本图形“RtΔABC，∠C=90°，CD⊥AB于D”中的常用结论.①勾股定理：AC+BC=AB.②面积公式：AC·BC=AB·CD.③三个比例中项：AC=AD·AB,BC=BD·BA,CD=DA·DB.2
22222
⑤
(2)灵活运用以上结论，并掌握恒等变形的各种方法，是解决此类问题的基本途径，如等式 两边都乘或除以某项，都平方、立方，或两等式相乘等.(3)学习三类问题的常见的思考方法，并熟悉常用的恒等变形方法.①证明a型：先得到a=bc型，再两边乘方，求出a来，进行化简(证法一).或在a=bc两边乘以同一线段a，再进行化简(证法二).②证明a:b=c:d型问题的常用方法： 22
3242(ⅰ)先证,再利用中间比证明(ⅱ)先证再两边平方：,然后设法将右边降次，得
(ⅲ)先分别求出,两式相乘得,再将右边化简.③证明a3:b3=c:d型问题的常用方法：
(ⅰ)先用有关定理求出，再通过代换变形实现；
(ⅱ)先证,两边平方或立方，再通过代换实现；
(ⅲ)先分别求出第(1)题：
证法一 ∵ CD=AD·BD, 2，然后相乘并化简：
∴ CD=AD·BD=(AE·AC)·(BF·BC)=(AE·BF)(AC·BC)
=(AE·BF)·(AB·CD).422证法二 ∵ CD=AD·BD,CD=2
∴ CD=AD·BD·3=
=AE·BF·AB.第(2)题：
证法一 ∵,利用ΔBDF∽ΔDAE，证得,命 题得证.证法二 由证法三 ∵ ΔBCD∽ΔCAD，∴(相似三角形对应高的比等于对应边的比)∵ DE∥BC，∴第(3)题： ,∴
证法一 ∵, ∴,∴
证法二： ΔADC∽ΔCDB，∴
∴·
证法三 ∵, ∴
四、师生共同小结
在学生思考总结的基础上，教师归纳：
1.本章重点内容及基本图形.2.本章重要的解题方法、数学思想方法及研究问题的方法.五、作业
课本第261～265页复习题五中选取.补充题：
1.利用相似三角形的性质计算.已知：如图5－129，在RtΔABC，中∠ACB=90°，E为AB上一点，过E作ED∥BC交AC于D，过D作DF⊥AC交AB于F.若EF：FB=2:1，ED=2，CD=,求FB的长.(答：2)
2.证明相似三角形的方法.如图5－130，在ΔABC，中∠C=60°，AD，BE是ΔABC的高，DF为ΔABD的中线.求证：DE=DF.(提示：证明ΔCDE∽ΔCAB，得到.)3.已知：如图5－131，ΔABC内一点O，过O分别作各边的平行线DE∥BC，FG∥AB，HK∥AC.求证：
(1)
(2)设SΔOEF=S1,SΔODH=S2,SΔOGK=S3,SΔABC=S.则4.构造相似三角形来解决问题.(1)已知：如图5－132，ΔABC中，点E为BC中点，点D在AC上，AC=1，∠BAC=60°∠ABC=
100°，∠DEC=80°.求SΔABC+2SΔCDE；(答：)(提示：延长AB至F，使F=AC.作∠BCF平分线交AF于G.—
(2)已知：如图5－133，在ΔABC中，∠A：∠B：∠C=1:2:4.求证：.(提示：把变形为，进一步变形为.设法
构造相似三角形，使其对应边的比分别为，作AE=AC,交BC延长线于E，延长AB至D，使BD=AC.)
5.构造基本图形(平行线分线段成比例定理).已知：如图5－134，ΔABC的三边BC，CA，AB上有点D，E，F.若AD，BE，CF三线交于一点O.求证：.(塞瓦定理)
课堂教学设计说明 本教案需用1课时完成.本节例2在三角形相似的判定(四)中出现过，如果学生已经掌握，教师可在这节复习课中选 取补充题2或其它题目说明利用比例证明线段相等的方法.
第五篇：二次函数小结与复习
二次函数小结与复习
（二）1、填表
2、我国是最早发明火箭的国家，制作火箭模型、模拟火箭升空是青少年喜爱的一项科技活动，已知学校航模组设计制作的火箭的升空高度h（m）与飞行的时间t（s）的关系是h=-t2+26t+1，如果火箭在点火升空到最高点时打开降落伞，那么火箭点火后多少时间降落伞打开？这时该火箭的高度是多少？
3、美国圣路易斯市有一座巨大的拱门，这座拱门高和底宽都是192m的不锈钢拱门是美国开发西部的标志性建筑，如果把拱门看作一条抛物线，你能建立恰当的平面直角坐标系并写出这条抛物线对应的函数关系吗？试试看
4、一艘装有防汛器材的船，露出水面部分的宽为4m，高为0.75m，当水面距抛物线形拱桥的拱顶5m时，桥洞内水面宽为8m，要使该船顺利通过拱桥，水面距拱顶的高度至少多高？
5、把二次函数y=x2+bx+c的图象沿y轴向下平移1个单位长度，再沿x轴向左平移5个单位，所得的抛物线的顶点坐标是（-2,0），写出原抛物线所对应的函数关系式。
6、心理学家研究发现，某年龄段的学生，30min内对概念的接受能力y与提出概念 的时间x之间满足函数关系：y=-0.1x2+2.6x+43（0《x《30），试判断何时学生接受概念的能力最强？什么时段学生接受概念的能力逐步降低？
7、如图，在矩形ABCD中，AB=16cm，BC=6cm，动点P、Q分别从A、C出发，点P以3cm/s的速度向B移动，一直到点B为止，点Q以2cm/s的速度向点D移动
（1）试写出P、Q两点的距离y（cm）与P、Q两点的移动时间x（s）之间的函数关系式；
（2）经过多长时间P、Q两点之间的距离最小（注：算术平方根的值随着被开方数的增大而增大，随着被开方数的减小而减小）？
8、某地要建造一个圆形水池，在水池中央垂直于水面安装一个装饰柱OA，O恰在水面中心，柱子顶端A处的喷头向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，形状如图①，在如图②的平面直角坐标系中，水流喷出的高度y（m）与水平距离x的关系式满足（1）求OA的高度；
（2）求喷出的水流距水平面的最大高度；如果不计其他因素，那么水池半径至少为为多少时，才能使喷出的水流不落在水池外？
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