一道典型题解法的迁移及拓广演变

4/7一道典型题解法的迁移及拓广演变【引例】如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，它的内切圆O分别与边AB、BC、CA相切于点D、E、F，且BD=6，AD=4，求⊙O的半径为r.(义务教育课程标准实验教科书(江苏科学技术出版社)九年级《数学》上册第137页第13题)1.问题的解法探究1.1根据直角三角形的勾股定理作为相等关系构造关于内切圆半径的一元二次方程求解.连结OE、OF，根据“切线垂直于过切点的半径”可知OE⊥BC、OF⊥AC又∠ACB=90°所以四边形OECF是矩形，又OE=OF，所以四边形OECF是正方形，设⊙O的半径为r，则CE=CF=r，根据“从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等”，所以AF=AD=4，BE=BD=6，在Rt△ABC中由勾股定理得：，即，解之，得，(不合题意，舍去)所以⊙O的半径为2.1.2根据直角三角形的面积作为相等关系构造关于内切圆半径的一元二次方程求解.连结OA、OB、OC将Rt△ABC分成3个三角形，分别为△OAB、△OBC、△OCA它们的高都是内切圆的半径，根据整体等于部分之和(设r为内切圆的半径)可得：S△ABC=S△OAB+S△OBC+S△OCA=++==又S△ABC==所以=解之，得，(不合题意，舍去)所以⊙O的半径为2.2.反思问题思路的探究过程，迁移类比探究拓展延伸的数学问题从上述解法1.2的探究过程中，可以发现其中隐含了一种重要的数学解题的思维方法——有些图形的面积可以通过适当的分割，分割为若干个可求图形的面积，利用整体等于各个部分面积之和(“同一个图形分割后整体的面积等于各个部分之和”)从而获得一种行之有效的解决问题的策略.2.1类比推广我们知道直角三角形是特殊的三角形，而三角形又是多边形中最简单的一种图形，而且任意的三角形都存在唯一的内切圆，但四边形不一定存在内切圆，假若四边形存在一个内切圆上述结论成立吗？对于任意的n边形呢？【拓展1】阅读材料：如图2-1，△ABC的周长为，内切圆O的半径为r,连结OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形，用S△ABC表示△ABC的面积图2-1∵S△ABC=S△OAB+S△OBC+S△OCA图2-1又∵S△OAB=，S△OBC=，S△OCA=∴S△ABC=++=(可作为三角形内切圆半径公式)(1)理解与应用：利用公式计算边长分为5、12、13的三角形内切圆半径；(2)类比与推理：若四边形ABCD存在内切圆(与各边都相切的圆，如图2-2且面积为S，各边长分别为a、b、c、d，试推导四边形的内切圆半径公式；(3)拓展与延伸：若一个n边形(n为不小于3的整数)存在内切圆，且面积为S，各边长分别为a1、a2、a3、…、an，合理猜想其内切圆半径公式(不需说明理由)．分析：本题创设了一个以“阅读材料—三角形的面积与内切圆半径及周长之间关系”的问题背景，其中的巧妙之处在于分割后3个三角形的高均为内切圆的半径，因而三角形的面积等于三角形的周长之半与内切圆半径之积.O图2-2(1)首先根据三边之间关系判定是直角三角形，即52+122=132由勾股定理的逆定理可知：边长分为5、12、13的三角形，所以S△ABC==30，O图2-2设内切圆半径为r，则有30=，所以r=2(2)设四边形内切圆的圆心为点O，分别连接OA、OB、OC、OD，将四边形ABCD分割为4个三角形△AOB、△BOC、△COD、△DOA，它们的高视为四边形ABCD的内切圆半径，则有S=·r，所以(3)根据阅读材料及问题(2)的解答过程，进行类比推理，不难猜想：面积为S，各边长分别为a1、a2、a3、…、an的n边形(n为不小于3的整数)内切圆半径公式.评注：本题是提供的是“一个多边形如果存在内切圆，那么这个多边形的面积如何用多边形的周长及内切圆的半径来表示”的研究课题，试题首先从最简单三角形的内切圆入手让学生通过阅读获得问题的解题方法，经历解决问题的过程并掌握得到问题的结论，然后让学生类比迁移问题的处理方法，去解决四边形内切圆问题，然后从特殊到一般让学生猜想对任意的n边形的内切圆的半径与n边形的面积与各边长之间的关系.通过本题的解答读者应该掌握“学会从‘特殊情况、简单情况’入手，观察分析推理，得出规律后再向‘一般情况’推广的研究问题“的数学方法【拓展2】(天津)已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8.ABCO1图3-1(1)如图3-1，若半径为r1的⊙ABCO1图3-1(2)如图3-2，若半径为的两个等圆⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙O2与BC、AB相切，求；(3)如图3-3，当n是大于2的正整数时，若半径为的n个等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙ON依次外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙On与BC、AB相切，⊙O2、⊙O3、…、⊙On-1均与AB边相切，求.ABABCOnO3O2O1…图3-3ABCO2O1图3-2图3-4ABCO1EFD解图3-4ABCO1EFD如图3-4，设⊙O1与Rt△ABC的边AB、BC、CA分别切于点D、E、F，连接O1D、O1E、O1F、AO1、BO1、CO1.于是，O1D⊥AB，O1E⊥BC，O1=×AC×O1F=×AC×r1=3r1，=×BC×O1E=×BC×r1=4r1，=×AB×O1D=×AB×r1=5r1，=×AC·BC=24.ABCO2O1NM图3-5又∵=++，∴24=3r1+4r1ABCO2O1NM图3-5(2)如图3-5连接AO1、BO2、CO1、CO2、O1O2，则=×AC·r2=3r2，=×BC·r2=4r2，∵等圆⊙O1、⊙O2外切，∴O1O2=2r2，且O1O2∥AB.过点C作CM⊥AB于点M，交O1O2于点N，则CM==，CN=CM－r2=—r2，∴=O1O2·CN=(—r2)r2,∴=(2r2+10)r2=(r2+5)r2∵=+++∴24=3r2+4r2+(—r2)r2+(r2+5)r2.解得r2=如图3-6，连接AO1、BOn、CO1、COn、O1On，则=×AC·rn=3rn，=×BC·rn=4rn，∵等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙ON依次外切，且均与AB边相切，∴⊙O1、⊙O2、…、⊙ON均在直线O1On上，且O1On∥AB.∴O1On=(n－2)2rn+2rn=2(n－1)rn，过点C作CH⊥AB于点H，交O1ON于点K，则CH=，CK=—rn，∴=O1On,CK=(n－1)(—rn)rn,∴=[2(n－1)rn+10]rn=[(n—1)rn+5]rn∵=+++,∴24=3rn+4rn+(n－1)(—rn)rn+[(n—1)rn+5]rn,解得rn=评注：本题是探索相切圆的半径规律型问题，要求同学们善于观察图形，能从最简单情况探究问题的解法中得到启示，从而根据已有的知识经验对复杂图形进行分解计算与探究，找出其中的隐含变化规律，从而迁移问题的解法推广得一般的结论.2.2将直角三角形改换成等腰三角形，并变换问题的情景——放置到平面直角坐标系中研究内切圆圆心的坐标，进而拓广探究其旁切圆圆心坐标.【拓展3】(09福建省莆田)(1)已知，△ABC的周长为，面积为S，其内切圆的圆心为Q，半径为r，求证：.(2)如图，△ABC中，A、B、C三点的坐标分别为A(-3,0)、B(3,0)、C(0,4)，若△ABC的内心为D，求内心点D的坐标.(3)与三角形的一边和其他两边的延长线相切的圆，叫旁切圆，圆心叫旁心.请求出条件(2)中的△ABC位于第一象限的旁心的坐标.分析：(1)见拓展1阅读材料.(2)方法一：由于点D在y轴上，且与x轴相切，故点D坐标为(0，r)，因而只需求出⊙D的半径r即可，受(1)的启发可以利用面积作为相等关系列出关于r的方程.由已知得AB=6,AC=5，所以，即，解之，得r=.方法二：(利用相似三角形的性质)设BC切⊙D于E，连接DE则DE⊥BC，显然Rt△CED∽Rt△COB∴，∴解之，得r=.方法三：(利用锐角三角函数)在中,由锐角三角函数的定义知：xCBA图3-3PEFDOxCBA图3-3PEFDO(3)根据旁切圆的定义分别作∠BAC的平分线及∠BCA的外角的平分线设它们相交于点P，则点P就是第一象限内旁切圆的圆心.过点P作PE⊥x轴于点E，连接BD、BP，设点P(a，b)方法一、利用相似三角形性质列出关于a、b的方程组求解即可.由Rt△AOD∽Rt△AEP得，化简得……①由BD平分∠ABC，BP平分∠ABCD的外角，所以∠PBD=90°根据等角的余角相等可知∠OBD=∠EPB，∠BOD=∠PEB=90°，所以Rt△BOD∽Rt△PEB得……②，联立①②解方程组得故点P的坐标为(5，4).方法二：可以证明等腰△CAB顶角∠ACB的外角平分线与底边AB平行即PC//AB，又点P在射线AD上，所以P可以看作是直线CP与射线AD的交点.由待定系数法可以求得直线AD的解析式为y=，显然直线CP的解析式为y=4，联立方程组解之，得，所以点P的坐标为(5，4)评注：本题又见于人教版数学九年级上册第106页练习题2，命题专家以独特的视角将△ABC特殊化成为等腰三角形，并将其放置于平面