資源簡(jiǎn)介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺(tái)
模型41 定弦定角
模型展現(xiàn)
圖示
條件 在△ABC 中,AB為定長(zhǎng),∠C=α為定角度
結(jié)論 當(dāng)α<90°時(shí),點(diǎn)C 在優(yōu)弧ACB上運(yùn)動(dòng)(不與點(diǎn) A,B 重合),∠ACB= ∠AOB 當(dāng)α=90°時(shí),點(diǎn) C 在⊙O 上運(yùn)動(dòng)(不與點(diǎn)A,B 重合),弦 AB 為⊙O的直徑 當(dāng)α>90°時(shí),點(diǎn)C在劣弧AB上運(yùn)動(dòng)(不與點(diǎn)A,B 重合), ∠AOB+∠ACB=180°
推論 構(gòu)成等腰三角形(AC=BC),即點(diǎn) C為AB的的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)C 到AB 的距離最大，且此時(shí)△ABC的面積最大
結(jié)論分析
推論：構(gòu)成等腰三角形(AC=BC)，即點(diǎn) C為 的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn) C 到AB的距離最大，且此時(shí)△ABC的面積最大
證明:如圖,⊙O為△ABC的外接圓,連接OA,OB,OC,過點(diǎn)O作 于點(diǎn)D,過點(diǎn)C作 CE⊥AB于點(diǎn)E,
.當(dāng)且僅當(dāng)C，O，D三點(diǎn)共線時(shí)，CE的值最大，此時(shí)點(diǎn) D 與點(diǎn) E重合， ∵CE 為點(diǎn) C 到AB 的距離,∴ 又∵AB 為定值,∴ CE 的值最大時(shí), 最大.
模型解題三步法
例1 如圖,在矩形ABCD中, 點(diǎn)E 是矩形內(nèi)部一點(diǎn)，且 ，則線段CE 的最小值為 ( )
D. 4
例2 如圖，在邊長(zhǎng)為4的等邊， 中，點(diǎn) P 為△ABC內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且 則可得出 為定角 面積的最大值為 .
題以類解
1. 如圖,在正方形ABCD中,E,F 分別是AB,BC邊上的點(diǎn)(不與正方形的頂點(diǎn)重合)，CE，DF交于點(diǎn)M,連接BM.若AB=2,∠BCE=∠CDF,則BM 的最小值為 .
2.如圖，在菱形AB-CD中, 點(diǎn) E，F(xiàn)分別在邊AB,AD上,且AE=DF,連接DE,BF交于點(diǎn)G，則∠BGD 的度數(shù)為 ，四邊形BCDG 面積的最大值為 .
3. 如圖,在四邊形 ABCD 中,∠ABC=∠ADC= 點(diǎn) P為四邊形 ABCD 內(nèi)一點(diǎn),且∠BPC=135°,E為AD 邊上一點(diǎn)，連接PE，則 PE 的最小值為 .
4.問題提出
(1)如圖①,已知 是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，則 的面積為 ；
問題探究
(2)如圖②,在 中，已知 求 面積的最大值；
問題解決
(3)如圖③，某校學(xué)生禮堂的平面示意圖為矩形ABCD,其寬AB=20米,長(zhǎng)BC=24米,為了能夠監(jiān)控到禮堂內(nèi)部情況，現(xiàn)需要在禮堂最尾端墻面 CD 上安裝一臺(tái)攝像頭 M 進(jìn)行觀測(cè)，并且要求恰好能觀測(cè)到禮堂前端墻面AB區(qū)域，同時(shí)為了觀測(cè)效果達(dá)到最佳，還需要從點(diǎn) M 出發(fā)的觀測(cè)角∠AMB=45°.請(qǐng)你通過所學(xué)知識(shí)進(jìn)行分析，在墻面CD 區(qū)域上是否存在點(diǎn) M 滿足要求 若存在，求出MC的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
模型解題三步法
例 1 B 【解析】根據(jù)定弦定角模型作⊙O，如解圖,連接 CO 交⊙O 于點(diǎn) E',當(dāng)點(diǎn) E 位于點(diǎn)E'位置時(shí)，線段 CE 取得最小值(點(diǎn)圓最值).∵AB=4,∴OA=OB=OE'=2.∵ BC=
例2 BC 點(diǎn)P ∠BPC
【解析】∵ △ABC 為等邊三角形,∴∠ABC=∠ACB=60°,即∠PCA+∠PCB=60°,∵ ∠PBC=∠PCA,∴ ∠PBC+∠PCB=60°,∴ ∠BPC=120°.如解圖,根據(jù)定弦定角模型作△BPC 的外圓⊙O,連接AO 交 BC于點(diǎn)Q，交 于點(diǎn) P',當(dāng)點(diǎn) P 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn) P'(即點(diǎn)A,P',O 三點(diǎn)共線)時(shí),△PBC 的面積最大，由題意得 180°-120°=60°,∴ ∠BOC=120°,∵ △ABC為等邊三角形,∴OQ⊥BC,∠BOQ=60°,∴∠OBQ=30°,∠P'BQ=30°,∵BC=4,∴BQ
題以類解
【解析】∵ 四邊形ABCD 是正方形,∴ ∠DCF =90°,∴ ∠DCM+∠FCM = 90°,∵ ∠BCE=∠CDF,∴ ∠CDM+∠DCM=90°,∴ ∠DMC=90°.找模型:是否存在定弦:線段CD，是否存在動(dòng)點(diǎn)：點(diǎn)M，是否存在以動(dòng)點(diǎn)和
定弦兩端點(diǎn)構(gòu)成的定角：∠DMC.抽離模型：如解圖，用模型：根據(jù)定弦定角模型作⊙O，連接BO 交⊙O 于點(diǎn) M',要使 BM 取得最小值,則點(diǎn)B,M,O 三點(diǎn)共線,即M在 M'的位置(點(diǎn)圓最值).∵AB=BC=2,∴ CO=OM'= 此時(shí) 即 BM 的最小值為
2. 120°,4 【解析】如解圖，連接BD，∵四邊形ABCD 是菱形,∠A=60°,∴△ABD 為等邊三角形(60°菱形模型),∴ AD = BD,∠A =∠BDF=60°,∵ AE=DF,∴ △ADE≌△DBF(SAS),∴∠ADE=∠DBF,∵ ∠ADE+∠BDE=60°,∴ ∠BDE+∠DBF=60°.∴ ∠DGB =120°.找模型：是否存在定弦：線段 BD，是否存在動(dòng)點(diǎn)：點(diǎn)G，是否存在以動(dòng)點(diǎn)和定弦兩端點(diǎn)構(gòu)成的定角：∠DGB.抽離模型：如解圖，作△BGD 的外接圓⊙O,用模型:過點(diǎn) G 作 GH⊥BD于點(diǎn).H,∵BD=AB=2 ,∴OD=OB=OG=2.∵GH≥OG-OH,∴當(dāng)O,G,H三點(diǎn)共線時(shí),GH取得最大值,此時(shí)OG⊥BD,∠ODB= ∴四邊形BCDG面積的最大值為
3. 10 【解析】如解圖,作△BPC 的外接圓⊙O,連接OB,OC,OP,在優(yōu)弧 上任取一點(diǎn) Q，連接 BQ,CQ.∵ ∠BPC=135°,∴ ∠BQC =45°,∴ ∠BOC =90°,∴ △BOC 為等腰直角三角形. ∴ OP = OB = OC 20,連接OD,過點(diǎn) O作OH⊥AD 于點(diǎn)H,在△OCD 中, ∠OCD =∠OCB+∠BCD=45°+75°= 120°,∵ OC =20= CD,∴ ∠COD =∠ODC = 30°(△OCD 為等腰三角形),∴ 在Rt△ODH中,∠ODH=∠ADC-∠ODC=60°,∴OH=OD·sin∠ODH 當(dāng) PE⊥AD時(shí),則有 OP+PE≥OH,∴PE≥OH-OP=30-20=10,∴PE的最小值為10.
4. 解:(1)
(2)如解圖①,作△ABC的外接圓⊙O,∵∠BAC=30°,∴點(diǎn)A在優(yōu)弧BC上,當(dāng)點(diǎn)A 與優(yōu)弧 的中點(diǎn)重合時(shí)，△ABC 的面積最大，
過點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn) D,連接OB,OC,
∵∠BAC=30°,∴∠BOC=60°,
∵OB=OC,∴△BOC是等邊三角形,
(3)存在.
如解圖②，以 AB 為斜邊在矩形 ABCD 內(nèi)作等腰 Rt△AOB,使得∠AOB=90°,再以點(diǎn) O為圓心，OA 長(zhǎng)為半徑作圓，并過點(diǎn) O 作AB的垂線，記垂足為點(diǎn) E，延長(zhǎng) EO 與⊙O 交于點(diǎn)N，連接AN，BN，則根據(jù)圓周角與圓心角的關(guān)系可知
∵在等腰Rt△AOB中,AB=20米,OE⊥AB,
米，
米，
米>24米,
則此時(shí)∠ANB 的頂點(diǎn) N 在矩形ABCD 的外側(cè),∵⊙O與CD有2個(gè)交點(diǎn),
∴在 CD上存在點(diǎn) M,滿足∠AMB=45°.
記⊙O 與 CD 的交點(diǎn)分別為 M ,M ,連接AM ,BM ,OM ,過點(diǎn) M 作M G⊥AB 于點(diǎn) G,并過點(diǎn)O作OF⊥M G于點(diǎn) F.
故可得OE=FG,
又∵在 Rt△M OF 中, 米， 米，
2米,
米，同理，M C=EB+OF=10+2=12米.
綜上所述，在墻面CD 區(qū)域存在兩個(gè)滿足要求的點(diǎn) M,滿足∠AMB=45°,且 MC 的長(zhǎng)度為8米或12米.

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