(共20张PPT)
附:重要结论、公式(背多分)
几何图形周长或面积公式
图形
面积公式
附注
三角形
2
a为三角形的边长,h为边上的高
等边三角形
S
a为等边三角形的边长
4
平行四边形
s=ah
a为边长,h为a边上的高
矩形
a为矩形的长,b为宽
正方形
S
a为正方形边长
菱形
S=oef
s=ah
e,f为对角线长,a为边长,h为a边上的高
梯形
S=n(a+b)·h
a为梯形上底边长,b为梯形下底边长,h为高
正多边形
r为边心距,p为周长一半
R圆周长C=2mR
圆面积S=TR
R为圆的半径
圆、扇形、
圆锥的侧面积为丌rl(l为母线长,r为底面圆的半径)
圆锥
扇形弧长L
nr
180
圆锥的全面积为m+mr2
扇形面积S=
360
3n为展开图的扇形的圆心角
角函数
0
30°
45°
60°
sin
a
0
2
些特殊角的
2
2
三角函数值
COS
C
2
2
an
a
3
注意:两个图形全等,它们的面积相等,等底等高的三角形面积相等.一个图形的面积等于它的各部分面积的和
初高中知识链接(解题提速必备结
√2≈1.414:3≈1.732;5≈2.236
n(n
2.(1)1+2+3+4
n
(2)2+4+6+…+2m=n(n+1);
(3)1+3+5+7+…(2n-1)=n
4
(4)1+2+22+2+2
+·2
2-1
(5)12+22+32+42
n(n
1)(2n+1)
十n
(6)
1×22×33×4
n(1
n
3.sin(A+B)=sinA·cosB+cosA·sinB.
如:sin75°=sin(45°+30°)
sin45°·cos30°+cos45°·sin30°
4.平面直角坐标系中A(x1,y1),B(x2,y2)两点之
间的距离为d=√(x1-x2)2+(y1-y2)
5.点到直线的距离
【公式】已知点P(x0,y)和直线y=kx+b,则点P
到直线y=kx+b的距离d
1+k2
应用】适合在平面直角坐标系中求线段的长度
如求点P(-1,2)到直线y=3x+7的距离时,代
入公式d13×(-1)-2+7
10
√1+32
5
6.若y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的两交点
坐标为A(x1,0),B(x2,0),则两交点间的距离|AB
其中a为二次函数y
2
ax
+bx
c
的二次项系数,
△=b2-4aC(共134张PPT)
重难点突破四次函数与几何综合题
类型一:探究线段数量关系的存在性
针对随州:2019124(3);襄阳:2018T25;十堰:201625(2);黄冈:201524(3);孝感:2018124,2015①24;宜
昌:2015T24;武汉:2019T24;黄石:201924]
典例精岓。
C例D(2019·武汉)已知抛物线C1y=(x-1)2-4和C2:y=x2
(1)如何将抛物线C1平移得到抛物线C2
4
(2)如图1,抛物线C1与x轴正半轴交于点A,直线y
+b经过点A,交抛物线C1于另一点B.请你在
3
线段AB上取点P,过点P作直线PQ∥y轴交抛物线C1于点Q,连接AQ
①若AP=AQ,求点P的横坐标;
②若PA=PQ,直接写出点P的横坐标
(3)如图2,△MNE的顶点M,N在抛物线C2上,点M在点N右边,两条直线ME,NE与抛物线C2均有唯一公共
点,ME,NE均与y轴不平行.若△MNE的面积为2,设M,N两点的横坐标分别为m,n,求m与n的数量关系
【思路点拨】(1)考查函数的平移变换,通过求出两个抛物线的顶点坐、y
标,从(1,-4)平移到(0,0)可知平移的方向和距离;(2)①利用抛物线关系B
式求点A的坐标,再求出直线AB的关系式,设出点P的坐标,得出点Q的坐
标,由AP=AQ,得到一元二次方程,求解即可;②由PA=PQ,列出方程,得到O
m的值;(3)通过抛物线的表达式设点M,N的坐标,利用待定系数法和直线
E
与抛物线有唯一交点,联立方程组,通过A=0求直线ME,NE的关系式,再
图
图2
联立直线ME,NE得到点E的坐标,作EF∥y轴,交MN于点F,则△MNE的面积为EF与点M,N的横坐标之
差的乘积的一半,列式即可求解
解:(1)C1向左平移1个单位长度,向上平移4个单位长度得到C2
(2)①y=(x-1)2-4,令y=0,则(x-1)2=4,…x1=-1,x2=3.∴4(3,0)…y
4
x+b过
4
点A(3,0),
×3+b=0.∴b=4.∴AB:y
+4.设P(m,-4
m+4),则Q[m,(m-1)2
4].AP=AQ,PQ∥y轴,点P,Q关于x轴对称.(m-1)2-4
4
m+4=0.∴(
210
0
m
3
m+1=0.∴m1=3(舍去),m2=.∴P点横坐标为
②设P(m,
m+4),则QLm,(m-1)2-4
].…PA=/(3-m)2+(
4)
5|,m<3
3
m<5
PA=55
4
∴PA=PQ
m+4-[(
m2+-m+7=5
2=0
3m2-7m-6=0.∴m1=3(舍去),m2
P点横坐标为(共65张PPT)
解答题压轴题突破
重难点突破三几何类比探究题
类型一:类比探究
(针对襄阳:2019T24,2018①24;随州:2017T24,2016124,2015124;三市一企:2018T24,2017124;十堰
2018T24,2017T24;宜昌:2018T24,2017T23;黄石:2018124,2016m24,201524)
典例精新
C例D(2019·襄阳)(1)证明推断:如图甲,在正方
形ABCD中,点E,Q分别在边BC,AB上,DQ⊥AE于点
O,点G,F分别在边CD,AB上,GF⊥AE
①求证:DQ=AE
②推断:,的值为
Ae
(2)类比探究:如图乙,在矩形ABCD中
BC
AB
k(
为常数),将矩形ABCD沿GF折叠,使点A落在BC边
上的点E处,得到四边形FEPG,EP交CD于点H,连
接AE交GF于点O.试探究GF与AE之间的数量关
系,并说明理由
(3)拓展应用:在(2)的条件下,连接CP,当k
时,若tan∠CGP
34
GF=2√10,求CP的长
思路点拨】(1)①证线段相等,即证线段所在的
角形全等;②可推出四边形DGFQ是平行四边形,则
GF=DQ=AE;(2)将GF与AE分别放入两个直角三
角形中作为斜边,可证得这两个三角形相似,由于是矩
形,长与宽之间有比例关系,因而斜边之比即等于对应
直角边之比;(3)过点P作PN⊥BC,垂足为N,利用折
叠的性质,三角形相似以及勾股定理来进行计算
解:(1)①证明:四边形ABCD是正方形
∠DAB=∠B=90°,AB=AD
D0⊥AE,∴∠AOD=90°,;∠OAD+∠ODA=90°
∠EAB+∠OAD=90°,∴∠ODA=∠EAB
△ADQ≌△BAE(ASA).∴DQ=AE
GF
AE
GE
(2)=k.理由:过点G作GM⊥AB于M
AE
四边形ABCD是矩形,
∠D=∠BAD=∠B=90°
∠GMA=90°,∴四边形GMAD
是矩形
GM=AD=
BC
由折叠可知AF=EF,GF⊥AE
∠PAO+∠OFA=90°,∠FCM+
∠OFA=90
P
B
E
∠FAO=∠FGM.
∠GMF=∠B=90°,△ABE∽△GME.GFCM
AE
AB
BC
GF
AB
AE
2
GF
(3)∵k
GF=210
3
AE
