最新苏科版七年级数学初一下册第七章平面图形的认识二教案教学设计.docx

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最新苏科版七年级数学初一下册第七章平面图形的认识二教案教学设计

一、本章的知识框图

二、重点、难点突破

重点：

（一）平行线的条件与性质

1、平行线：

在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线。

2、直线平行的条件：

（1）同位角相等，两直线平行。

（2）内错角相等，两直线平行。

（3）同旁内角相等，两直线平行。

3、平行线的性质：

（1）两直线平行，同位角相等。

（2）两直线平行，内错角相等。

（3）两直线平行，同旁内角互补。

（二）平移

1、平移的现象

在日常生活中，我们经常看到滑雪运动员在平坦雪地上滑翔、大楼的电梯上上下下地运送来客、火车在笔直的铁路上飞驰、铝合金窗叶左右移动、升降机上下运东西、这些现象都是平移现象．

2、平移的概念

在一个平面内，将一个基本的图形沿一定的方向移动了一定的距离，这种图形平行移动称为平移．

3、平移的特征

由平移后的图形与原图形比较，可得出，平移后的图形与原图形的对应线段平行且相等，对应角相等，图形的形状与大小都没有发生变化，在平移过程中，对应线段有时平行，有时还可能在同一直线上，对应点所连的线段平行且相等，有时对应点的连线也可能会在同一直线上．

4平移作图

（1）已知原图和一对应点作出平移后的图形．

（2）已知原图和一对应角作出平移后的图形．

（3）已知原图平移距离作出平移后的图形．

（三）三角形

1、三边关系

三角形中任意两边之和大于第三边是由“两点之间的所有线段中，线段最短”这个结论得到的，要注意知识之间的前后联系。

2、按角分类

在按角对三角形分类时，要明确分类的标准，注意分类时要做到“不重不漏”，同时注意到三角形三条边、三个角之间的关系与三角形的具体形状无本质关系，特殊三角形的特殊性质与其具体形状有关，如“直角三角形的两个锐角互余”。

3、三线

三角形中的高、角平分线、中线是三角形的几条重要线段。

三角形中的三条高、三条角平分线、三条中线必交于一点，其中角平分线和中线的交点都在三角形内，而三条高的交点则要分类讨论。

三角形的高线的画法实质的对直线外一点作已知直线的垂线，这是画出高线的关键，也是高线的本质，从易到难是分散难点和突破难点的具体措施和方法。

4、三角形内角和

理解三角形内角和为180°时，要结合学习过的有关平行线特征和识别的知识。

5、多边形

多边形（n边形）：

由n条不在同一直线上的线段首尾顺次连接组成的平面图形。

凸多边形：

如果沿着多边形任何一条边作直线，多边形均在直线的同侧。

　　凹多边型：

多边形存在若干这样的边，如果沿着这条边作直线，多边形在直线的两侧。

正多边形：

多边形的各边都相等且各角都相等。

对角线：

连接多边形不相邻的两个顶点的线段。

n边形的内角和=（n-2）·180°

任意多边形的外角和都为360°（外角和是指：

每个顶点取且只取一个外角）。

　　注意：

（1）多边形的内角和仅与边数有关，与多边形的大小、形状无关；

（2）凸多边形的内角α的范围：

0°＜α＜180°

6、任意多边形的内角和为（n-2）·180°（这里n表示边数），外角和是360°，需指出的是多边形内角和随边数的变化而变化，而外角和是一个定值，它不随边数的变化而变化，此类题目类型大致可分为：

（1）已知边数，求内角和。

其方法是直接将边数代入公式即可。

（2）已知角度求边数。

　　若已知内角和，则直接用内角和公式列方程可求边数；

　　若已知一个内角的度数，则列出这个角度乘以n等于（n-2）·180°的方程，求边数；

　　若已知一个外角的度数，则只需用外角和除以已知角的度数，即求出边数；

　　若已知内、外角和的度数之比，则利用

等于已知比，可求边数。

难点：

1、找同位角、内错角、同旁内角。

2、能够运用平移的基础知识分析复杂图的形成过程。

3、理解平移的性质．

4、三边关系的理解，

5、多边形内角和的运用

整合拓展创新

类型之一、平行线的条件和性质

例1如图7-1，已知∠BED＝∠B+∠D，则AB//CD，为什么？

7-1

【思路分析】要得到AB//CD，从已知条件看，只有作EF//AB或EF//CD，借助于已知条件，得出内错角相等，然后才有EF//CD或EF//AB。

解：

过E作EF//AB，则∠BED＝∠BEF＋∠FED

因为EF//AB所以∠BEF＝∠B

于是∠BED＝∠B＋∠FED

又∠BED＝∠B＋∠D

所以∠FED＝∠D所以EF//CD。

而EF//AB所以AB//CD。

【点评】本题主要是“两直线平行，内错角相等”的正、逆向运用。

变式题

已知：

如图7-2，BE∥DF，∠B=∠D。

求证：

AD∥BC

7-2

【思路分析】要说明AD∥BC，结合所给的条件：

BE∥DF，∠B=∠D，则应从BE∥DF看，由它可得相关和角相等：

∠D=∠EAD，再由∠B=∠D可得∠B=∠EAD。

解：

因为BE∥DF，所以∠D=∠EAD，

因为∠B=∠D，所以∠B=∠EAD，所以AD∥BC。

例2、如图7-3，AB∥CD，∠BMN与∠DNM的平分线相交于点G，则有MG⊥NG

7-3

【思路分析】由于AB∥CD，则由同旁内角互补可知，而∠BMN与∠DNM的平分线相交于点G，于是有∠GMN＋∠GNM＝90°，从而结论易证。

解：

因为MG平分∠BMN   ，所以 ∠GMN＝

∠BMN，∠BMN＋∠DNM＝180°，

同理∠GNM＝

∠DNM．

因为AB∥CD

所以  ∠BMN＋∠DNM＝180°．

所以  ∠GMN＋∠GNM＝90°．

因为∠GMN＋∠GNM＋∠G＝180°。

所以 ∠G＝90°．

所以  MG⊥NG．

【点评】本题在说明∠G＝90°时是运用了三角形的内角和为180°，所以，这是一道平行线与三角形内角方面的综合应用题。

变式题

如图7-4，AD∥BC，你能说明∠1＋∠2＋∠3＝360°吗？

【思路分析】借助于平行线，把∠1与∠2转化到以点A为顶点的周角中去。

解因为AD∥BC

所以∠EAD＝∠1，∠DAB＝∠3

所以∠1＋∠2＋∠3＝∠EAD＋∠2＋∠DAB=360°

7-4

例3、如图7-5，已知DE⊥AC，BC⊥AC，FG⊥AB于G，∠1＝∠2，则CD⊥AB，为什么？

7-5

【思路分析】

解：

因为DE⊥ACBC⊥AC所以DE//BC

所以∠2＝∠DCB

又因为∠1＝∠2所以∠1＝∠DCB

所以CD//GF

又因为GF⊥AB所以CD⊥AB

【点评】实际上，在说明GF⊥AB时，也可从同位角或同旁内角的角度，这样，学生更易于接受。

变式题

如图7-6，已知∠ADE＝∠B，FG⊥AB，∠EDC＝∠GFB，则CD⊥AB，为什么？

7-6

【思路分析】为了得到CD⊥AB，则需由FG⊥AB来转化，而题中的∠ADE＝∠B，∠EDC＝∠GFB就为转化提供了可能。

解：

因为∠ADE＝∠B∠EDC＝∠GFB

所以∠ADE+∠EDC＝∠B+∠GFB

又因为FG⊥AB所以∠B+∠GFB＝90°

所以∠ADE+∠EDC＝90°

所以CD⊥AB

类型之二平移

例4、（2005大连）下列图形中只能用其中一部分平移可以得到的是（）

ABCD

【思路分析】把所给的图形中的部分尽可能地分解，然后看它们是否可以由平移互相转化。

把A中的两部分分开，可以发现它们不可以由平移而转化；B可以，C、D不可以。

解：

选B

【点评】平移时构造美图的有效方法。

变式题

1、（2005宜昌）在5×5方格纸中将图7-7

（1）中的图形N平移后的位置如图7-7

（2）中所示，那么正确的平移方法是（）.

（A）先向下移动1格，再向左移动1格

（B）先向下移动1格，再向左移动2格

（C）先向下移动2格，再向左移动1格

（D）先向下移动2格，再向左移动2格

7-7

【思路分析】把图

（1）中的M视为静止不动的图形，而运动的图形是N，它可以先左右平移，后上下平移；也可以先上下平移后左右平移。

可以发现应选D

2、将方格纸中的图形向右平行移动4格，再向下平移动3格，画出平移后的图形。

7-8

【思路分析】按照题意平移而得如图所示图形。

7-9

类型之三认识三角形

例5、长为2，3，5的线段，分别延伸相同长度的线段后，能否组成三角形？

【思路分析】设出各条线段伸长的长度，然后再用两个较短边的和与最长边进行比较，若和大于最长边，则可以组成，若小于，则不可以。

解：

可以，设延伸部分为

，则长为

，

，

的三条线段中，

最长，因为

所以，只要

，长为

，

，

的三条线段可以组成三角形。

【点评】看三条线段能否构成一个三角形，就是看，两条较短线段的和是否大于最长线段，若和大于最长线段则可以组成，若小于，则不可以。

变式题

1、某同学用长分别为5、7、9、13（单位：

厘米）的四根木棒摆三角形，用其中的三根首尾顺次相接，每摆好一个后，拆开再摆，这样最多可摆出不同的三角形的个数为（   ）

   A.1个                 B.2个                 C.3个                 D.4个

   【思路分析】进行分类讨论，共有如下情况：

5、7、9；5、7、13；5、9、13；7、9、13；

根据三边关系，可取到5，7，9或5，9，13或7，9，13三种情况。

   解：

选C。

2、正在修建的中山北路有一形状如图7-10所示的三角形空地要绿化，拟将

分成面积相等的4个三角形，以便种上四种不同的花草。

请你帮助画出规划方案（至少两种）。

图7-10

【思路分析】可有以下分法：

   根据中线性质，等底同高的三角形面积相等。

7-11

类型之四三角形内角和

例8、如图7-12,D是△ABC的BC边上一点，∠B＝∠BAD，∠ADC＝80°，∠BAC＝70°

求：

（1）∠B的度数；

（2）∠C的度数.

7-12

【思路分析】

（1）由于∠ADC＝80°，∠B＝∠BAD，而∠ADC＝∠B＋∠BAD，于是∠B的度数可求。

（2）由内角和可求得。

解

（1）因为∠ADC是△ABD的外角

所以∠ADC＝∠B＋∠BAD＝80°

又因为∠B＝∠BAD

所以∠B＝80°÷2＝40°；

（2）在△ABC中，因为

∠B＋∠BAC＋∠C＝180°

所以∠C=180°－∠B－∠BAC

=180°－40°－70°=70°.

【点评】适时运用内角和及“外角等于和它不相邻的两个内角之和”，是三角形中求角和度数的有效方法。

变式题

1、如图7-13，已知F是△ABC的连BC延长线上的一点，DF⊥AB，且∠A=56°，∠F=31°，求∠ACF的度数.

7-13

【思路分析】直角三角形两锐角互余；三角形内角和180°；三角形的一个外角等于和它不相邻两内角和.求角度，联系各角，这一题不难解出，注意到：

∠B+∠F=90°则有∠B=59°，∠ACF=∠A+∠B=115°.

解析：

因为FD⊥AB，所以∠B+∠F=90°.因为∠ACF=∠A+∠B，

所以∠ACF=∠A+90°-∠F=50°+90°-31°=115°

2、已知，如图7-14,△ABC中，三条高AD、BE、CF相交于点O．若∠BAC＝60°，

求∠BOC的度数．

7-14

答案：

120°；

类型之五、多边形内角和与外角和

例9、如果多边形的每个内角都比它相邻的外角的4倍还多30°，求这个多边形的内角和及对角线的总条数．

【思路分析】由已知条件设出外角的度数，则与之相邻的内角的度数为4x+30°，而它们是互为邻补角，于是，可以构造方程。

解：

设外角为x度，则内角为（4x+30°）

因为每一个内角与它的外角互为邻补角

　　所以：

x+（4x+30°）=180°

　　x=30°

因为多边形的外角和为360°

　　所以多边形的边数为360°÷30°=12

　　这个多边形的内角和为（12-2）×180°=1800°因为12边形从任意顶点出发均可以画出9条对角线。

　　所以对角线的总条数为：

×9×12=54

　　这个多边形的对角线的总条数为

×12×（12-3）=54

【点评】方程思想是解决此类问题的贯用方法。

变式题

1、已知多边形的边数恰好是从这个多边形的一个顶点出发的对角线条数的2倍，求此多边形的边数与内角和。

【思路分析】设出这个多边形的边数是n，则由于从这个多边形的一个顶点出发的对角线共有

条，可得方程。

解：

设此多边形的边数是n，则从这个多边形的一个顶点出发的对角线共有

条，根据题意，得方程2（n－3）=n

解得n=6

当

时，

故此多边形是六边形，其内角和是720°。

2、过多边形一个顶点的所有对角线把这个多边形分成5个三角形，则此多边形是___________边形。

【思路分析】设此多边形的边数是n，则从n边形的一个顶点可引

条对角线，这

条对角线把n边形分成了（n－2）个三角形

根据题意，得n－2=5

解得n=7

所以此多边形是七边形。

3、已知一个多边形的外角和等于内角和的三分之一，求这个多边形的边数。

【思路分析】设多边形的边数为n，则这个多边形的内角和是

，而外角和是

由题意，得

解之，得n=8

答：

这个多边形的边数是8。

例10、如图7-15，在六边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做六边形的外角和．六边形的外角和等于多少？

7-15

【思路分析】可把问题转化为：

∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6分别为六边形ABCDEF的外角．求：

∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的值．

关于外角问题我们马上就会联想到平角，这样我们就得到六边形的6个外角加上它相邻的内角的总和为6×180°．由于六边形的内角和为（6—2）×180°=720°．这样就可求得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°．

解：

∵六边形的任何一个外角加上它相邻的内角和为180°．

∴六边形的六个外角加上各自相邻内角的总和为6×180°．

由于六边形的内角和为（6—2）×180°=720°

∴它的外角和为6×180°一720°=360°

【点评】解决内外角的问题，可以用平角来帮忙。

变式题

1、四边形的内角∠A、∠B、∠C、∠D的度数之比为1：

1：

0.6：

1，求它的四个内角的度数。

【思路分析】强调已知中的比怎么用！

解：

∵∠A、∠B、∠C、∠D的度数之比为1：

1：

0.6：

1

∴可设∠A=x，则∠B=∠D=x，∠C=0.6x

又∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°

∴x+x+0.6x+x=360°

∴x=100

∴∠A=∠B=∠D=100°∠C=100×0.6=60°

2、在四边形ABCD中，已知∠A与∠C互补，∠B比∠D大15°

求∠B、∠D的度数。

【思路分析】用四边形的四个内角和为360°。

解：

∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠A+∠C=180°

∴∠B+∠D=180°①

又∵∠B－∠D=15°②

由①、②得∠B=97.5°，∠D=82.5°

类型之五、综合运用

例11、一个六边形如图7-16.已知AB∥DE，BC∥EF，CD∥AF，求∠A＋∠C＋∠E的度数。

7-16

【思路分析】先观察图形，发现六边形的内角之间可能存在什么关系，设法用推理的方法予以说明；再结合已知平行线的性质并通过尝试添加辅助线（连结对角线），找到解题的途径。

解：

连结AD，如图7-16

因为AB∥DE，CD∥AF

所以∠1＝∠2，∠3＝∠4

所以∠1+∠3＝∠2+∠4即∠FAB＝∠CDE，同理∠B＝∠E，∠C＝∠F

因为∠FAB＋∠B＋∠C＋∠CDE＋∠E＋∠F=（6－2）×180°=720°

所以∠FAB＋∠C＋∠E=1／2×720°=360°

【点评】借助于平行线，把多边形的问题转化为四边形的问题，是本题解题的有效途径。

变式：

引导学生一题多解，把多边形的问题转化到三角形中去解决。

可向两个方向分别延长AB，CD，EF三条边，构成△PQR。

7-17

因为CD∥AF，所以∠1=∠R,同理∠2=∠R

所以∠1＝∠2，

所以∠AFE=∠DCB

同理∠FAB＝∠CDE，∠ABC=∠DEF

因为∠FAB+∠ABC+∠BCD+∠CDE＋∠DEF＋∠AFE=（6-2）×180°=720°

所以∠FAB＋∠BCD＋∠DEF=1／2×720°=360°

例12、如图7-18，CD∥AF，∠CDE=∠BAF，AB⊥BC，∠C=124°,∠E=80°,试求∠F的度数.　

7-18

【思路分析】本题的思路与例11相仿。

主要也是通过作辅助线，把六边形的问题转化为四边形的问题。

解：

连接AD　在四边形ABCD中

∠DAB+∠B+∠C+∠CDA=360°

　　因为AB⊥BC，所以∠B=90°

　　又因为∠C=124°

　　所以∠DAB+90°+124°+∠CDA=360°

　　∠DAB+∠CDA=146°

　　因为CD∥AF　　所以∠CDA=∠DAF　　

（1）

　　又因为∠CDE=∠BAF

　　所以∠BAD=∠EDA　　

（2）

　　由

（1）,

（2）得　　∠DAF+∠EDA=∠CDA+∠BAD=146°　　（3）

　　在四边形ADEF中

　　∠DAF+∠EDA+∠F+∠E=360°　（4）

　　将（3）代入（4）得

　　∠F+∠E=214°

　　又因为∠E=80°

　　所以∠F=134°

【点评】借助于平行线，把六边形的问题转化为四边形的问题，是本题解题的有效途径。

本题是例11的延伸。

变式题

已知：

四边形ABCD中（如图7-19），∠A与∠B互补，∠C=90°，DE⊥AB，E为垂足．若∠EDC=60°，求∠B、∠A及∠ADE的度数．　

7-19

【思路分析】在这个问题中，我们由∠A+∠B=180°可以发现，AD∥BC，进而可知：

∠C+∠ADC=180°，于是，∠ADC=90°，所以有∠ADE=30°，则∠A、∠B　可求。

解：

因为，∠A+∠B=180°

　　所以AD∥BC

　　所以∠C+∠ADC=180°

　　因为∠C=90°

　　所以∠ADC=90°

　　又因为∠EDC=60°

　　所以∠ADE=30°

　　因为DE⊥AB

　　所以∠AED=90°

　　在△ADE中∠ADE=30°∠AED=90°

　　所以∠A=60°

　　因为，∠A+∠B=180°

　　所以∠B=120°

布置作业：

《补充习题》p12-19