八年级数学下册（北师大版）压轴题专题复习教学设计

八年级数学下册（北师大版）压轴题专题复习教学设计

一、教学背景与复习目标定位

本设计针对八年级下册数学期末复习阶段的压轴题突破，以北师大版教材为蓝本，涵盖三角形的证明、图形的平移与旋转、因式分解、分式与分式方程、平行四边形等核心章节。压轴题旨在考查学生综合运用知识的能力，特别是在几何图形中的动态探究、代数与几何的融合、以及分类讨论等数学思想的应用。本课时的核心目标并非简单的题目讲评，而是通过典型例题的深层剖析，引导学生构建解决复杂问题的思维模型，提升数学核心素养。

【核心】复习目标锁定为：一是【高频考点】掌握几何压轴题中涉及的三大基本变换（平移、旋转、轴对称）的识别与应用，能够通过构造全等三角形解决线段或角的数量关系问题。二是【难点突破】理解并能够运用“从特殊到一般”的探究思路，解决动点问题中产生的函数关系或最值问题。三是【综合应用】熟练将代数工具（如一元二次方程根的判别式、分式方程）应用于几何存在性问题的判定中。四是【素养提升】通过一题多解、多题归一，培养学生的几何直观、逻辑推理和模型观念。

二、核心知识体系与高频模型梳理

在进入具体教学实施前，必须引导学生对八年级下册可能出现在压轴题位置的知识点进行结构化梳理，形成“工具箱”意识。

【基础】知识储备一：三角形的“心”。等腰三角形三线合一、直角三角形斜边中线等于斜边一半（结合中点问题）、等边三角形的判定与性质。特别是遇到等腰三角形时，必须养成“分类讨论”的潜意识，即按腰相等或顶角顶点分类。

【重要】知识储备二：三大几何变换。平移（对应线段平行且相等，常与平行四边形结合）、旋转（手拉手模型、半角模型、费马点问题的基础）、轴对称（折叠问题，对应点连线被对称轴垂直平分，折叠前后对应边角相等，常与勾股定理结合求线段长）。

【非常重要】知识储备三：特殊四边形的判定与性质。平行四边形（对边平行且相等、对角线互相平分）、矩形（对角线相等）、菱形（对角线垂直且平分对角）、正方形（兼具所有性质）。压轴题中常将四边形置于平面直角坐标系中，与一次函数、反比例函数结合，考察点的存在性（如构成平行四边形、菱形、矩形、等腰梯形等），其核心解法在于利用对角线互相平分（中点坐标公式）或对边平行且相等（平移法）进行代数求解。

【高频考点】知识储备四：最值问题模型。两点之间线段最短（将军饮马模型）、垂线段最短、圆外一点到圆上各点的最值（需构造隐形圆，如定弦定角、直角所对的是直径）、利用二次函数配方求最值。

三、经典题型与教学实施过程（核心环节）

本环节将选取最具代表性的三类压轴题型，详细展开课堂实施的具体步骤，每一类题型都包含“问题呈现—自主探究—师生共析—变式训练—反思提炼”的完整闭环。

（一）第一板块：几何综合探究——以“旋转变换”为核心的图形重构

【问题背景】（展示题目，此题为【非常重要】）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是△ABC内一点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接BD、CE、DE。

（1）求证：BD=CE；

（p2）若∠ADB=135°，求证：BD²+CD²=AD²；

（3）如图2，在等边△ABC中，点D是△ABC外一点，且∠BDC=120°，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接CE，请直接写出BD、CD、AD三条线段的数量关系。

【教学实施步骤】

1.【审题引导】（约3分钟）教师首先引导学生标注已知条件：等腰直角三角形（隐含边角关系）、旋转（旋转中心A，旋转角90°，对应点D和E）。提问：“旋转会带来哪些结论？”引导学生答出：△ABD与△ACE全等（SAS），因为AB=AC，AD=AE，且旋转角∠DAE=90°=∠BAC，所以∠BAD=∠CAE。

2.【第一问自主突破】（约5分钟）第一问为基础铺垫，学生独立完成。教师巡视，重点关注中等及以下学生是否掌握了用SAS证明全等的思路。请一名学生板演证明过程，并口述理由，强化“旋转出全等”这一核心结论。

3.【第二问探究与转化】（约8分钟，【难点】）这是本小题的关键。教师引导学生观察结论：BD²+CD²=AD²。联想到勾股定理的结构，但三条线段并不在一个三角形中。

教师介入引导：“有了第一问的全等，我们可以把分散的条件进行集中。BD已经等于CE，那么我们把BD转移到了CE的位置。现在CD没动，AD呢？在旋转过程中，我们连接DE，△ADE是什么三角形？”学生得出等腰直角三角形，因此DE²=AD²+AE²=2AD²？不对，应该是DE²=AD²+AE²，且AD=AE，所以DE²=2AD²。结论是BD²+CD²=AD²，如果我们能证明CE²+CD²=DE²，问题就解决了。

继续追问：“CE²+CD²=DE²意味着什么？”学生答：意味着△ECD是直角三角形，且∠ECD=90°。

教师再引：“现在我们已知∠ADB=135°，在全等三角形中，它对应哪个角？”学生发现∠AEC=∠ADB=135°。而∠AED=45°（等腰直角三角形的底角），因此∠CED=∠AEC-∠AED=135°-45°=90°。

至此，豁然开朗。教师板书完整的推理链条，强调“转移线段—构造特殊三角形—倒角证垂直—利用勾股定理”的解题通法。

4.【第三问类比探究】（约7分钟，【高频考点】）将背景从等腰直角改为等边，旋转角变为60°。教师放手让学生小组讨论。此时应出现两种思路：一种是将△ABD旋转到△ACE的位置，连接DE，则△ADE是等边三角形，AD=DE，BD=CE。结论要寻找BD、CD、AD的关系，即CE、CD、DE的关系。观察已知∠BDC=120°，结合旋转倒角，看是否能证明∠ECD=60°或90°？这里需要用到四边形内角和或周角定义。教师巡回指导，帮助小组理清倒角思路：由旋转得∠AEC=∠ADB，在四边形ADCE中（或通过周角），利用∠BAC=60°，∠DAE=60°，以及已知的∠BDC=120°，可以推出∠DAE+∠DCE=180°，从而得到∠DCE=120°？进而得到∠DCE=120°，那么在△CDE中，DE²=CD²+CE²-2·CD·CE·cos120°，即AD²=CD²+BD²+CD·BD。若学生难以推出余弦形式，教师可引导在等边三角形背景下，通过作垂线构造直角三角形利用勾股定理求解，最终得出AD²=BD²+CD²+BD·CD。

5.【反思提炼】（约2分钟）教师总结：旋转的本质是将分散的线段和角“搬运”到一起，构造全等或特殊三角形。无论是等腰直角还是等边，解题的底层逻辑是相通的：找旋转全等—连接对应点产生特殊图形—倒角证明垂直或特殊角—应用勾股定理或直接度量关系。

（二）第二板块：代数与几何的融合——坐标系中的平行四边形存在性问题

【问题呈现】（展示题目，此题为【非常重要】、【高频考点】）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1:y=-x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B。直线l2:y=kx+b经过点B，且与x轴交于点C（-2，0）。

（1）求直线l2的解析式及点A的坐标；

（2）点P是射线BA上的一个动点（不与A、B重合），过点P作PQ∥y轴，交直线l2于点Q。设点P的横坐标为m，线段PQ的长度为d，求d与m之间的函数关系式，并直接写出自变量m的取值范围；

（3）在（2）的条件下，点M是y轴上的一个动点，点N是平面内任意一点。是否存在这样的点M，使得以B、P、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。

【教学实施步骤】

1.【基础铺垫】（约5分钟）第（1）问由学生口答完成，教师板书A（4，0），B（0，4），并求出直线l2的解析式为y=2x+4。这是确保后续问题顺利进行的基础。

2.【动态问题代数化】（约7分钟）第（2）问的关键在于理解“PQ∥y轴”的含义，即P、Q两点的横坐标相同。P在BA上，横坐标为m，根据直线AB解析式可得P(m,-m+4)；Q在l2上，横坐标为m，可得Q(m,2m+4)。线段PQ的长度d即为两点纵坐标差的绝对值。由于P在射线BA上，不与端点重合，需结合图像判断P在B点上方还是下方？B点横坐标为0，A点横坐标为4。题目说“射线BA”，方向是从B到A，因此m>0？不对，B到A，x从0到4，但射线BA还包括B点向左上方延伸的部分吗？需要仔细审图。通常此类题中，射线BA指的是从B出发经过A的那条射线，故m的取值范围应为0<m<4，此时P在B、A之间，Q在P的上方（因为2m+4>-m+4），所以d=(2m+4)-(-m+4)=3m。

3.【菱形存在性探究】（约15分钟，【非常重要】【难点】）第（3）问是本课的高潮。教师引导学生分析构成菱形的要素：以B、P、M、N为顶点。B和P是定点（P随m变化，但在探究存在性时，m视为定值），M在y轴上（设M(0,t)），N自由。通常我们将这类问题转化为等腰三角形问题：因为菱形的四条边相等，我们可以先考虑以B、P、M为顶点的三角形是等腰三角形，然后利用对角线互相垂直且平分来求N点，或直接利用对边平行且相等来求。

教师给出解题策略：因为M在y轴上，我们按菱形的边或对角线分类。

情况一：BP为菱形的一边。

①当BP=BM时，B是顶点。利用两点间距离公式表示BP²和BM²。BP²=(m-0)²+(-m+4-4)²=m²+(-m)²=2m²。BM²=(0-0)²+(t-4)²=(t-4)²。令2m²=(t-4)²，得t-4=±√2m，故M(0,4±√2m)。

②当BP=PM时，P是顶点。PM²=(m-0)²+(-m+4-t)²。令其等于BP²=2m²，解出t。但此时还需验证PM是否等于BP，以及对角线是否垂直？实际上，只要满足邻边相等，四边形就是菱形？不，还需要保证P、B、M不共线。在此坐标设定下，通常是可行的。

情况二：BP为菱形的对角线。

此时，MP=MB，且MP²=MB²，同时BP与MN互相垂直平分，即M与N关于BP的中点对称，且MN⊥BP。但我们可以利用菱形的性质：对角线互相垂直平分，则M必在线段BP的中垂线上，且到B和P的距离相等。我们只需要找到M，使得MB=MP，且M在y轴上。设M(0,t)，由MB²=MP²，得(t-4)²=(m-0)²+(-m+4-t)²，解出t（用m表示）。但此时求出的M，与B、P构成的三角形是等腰三角形，但只有当M与B、P不共线且B、P、M构成的三角形存在时，才能确定存在以BP为对角线的菱形。

教师带领学生以情况一为例，详细演算，并强调：求出M坐标后，虽然N点坐标不需要都求出，但必须能根据对边平行或对角线中点公式求出N，以确认四边形的存在性。特别要注意，当m取某些特殊值时，求出的M可能与B或P重合，此时需舍去。

4.【变式与拓展】（约5分钟）将菱形改为矩形或正方形，条件如何变化？矩形往往转化为直角三角形（利用勾股定理逆定理）或对角线相等；正方形则综合了矩形和菱形的所有条件。这种变式能极大地拓展学生的思维广度。

（三）第三板块：路径与最值——利用“隐形圆”求线段最值

【问题背景】（展示题目，此题为【热点】、【难点】）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E是边AD上一动点，将△ABE沿BE折叠，得到△A‘BE，点A的对应点为A’。当点E从点A运动到点D的过程中，求点A‘的运动路径长以及A’C的最小值。

【教学实施步骤】

1.【问题转化】（约5分钟）折叠问题，核心是确定动点轨迹。学生动手操作或借助几何画板演示，引导学生观察：在折叠过程中，什么变了，什么没变？不变的是BA‘的长度始终等于BA=4。而B是定点。所以，点A’的运动轨迹是以B为圆心，BA长为半径的圆的一部分（圆弧）。

教师板书：第一步，找定点、定长，确定轨迹为圆弧。

2.【确定路径范围】（约7分钟）点A‘的运动范围受E的运动限制。当E与A重合时，A’与A重合；当E运动到D时，A‘落在何处？这需要具体计算。连接BD，在Rt△ABD中，AB=4，AD=6，由勾股定理得BD=2√13。设折叠后，A’落在射线BE上，且满足BA‘=4。我们需要找出当E在D点时，A’的具体位置，或者更简单地，找出A‘点轨迹圆弧的起点和终点所对的圆心角。这个圆心角等于∠ABA’的最大值，即∠ABA‘等于∠ABE的两倍。当E在D时，∠ABE最大，且tan∠ABE=AE/AB，此时AE=6，tan∠ABE=1.5，∠ABE不是特殊角。但我们可以求路径长，路径长即为弧长，需要圆心角∠ABA’的度数。通过几何关系或计算，最终得出路径长=(4*∠ABA‘*π)/180。

3.【最值求解】（约8分钟，【非常重要】）求A’C的最小值。此时A‘是圆B上的动点，C是圆外一定点。问题转化为“圆外一点到圆上各点的最短距离”。根据“两点之间线段最短”及三角形三边关系，当点A’运动到线段BC与圆B的交点时，A‘C最小。因此，只需计算BC的长度减去圆的半径4即可。BC在矩形中易求，BC=AD=6。所以最小值为6-4=2？这似乎不对，因为A’的轨迹只是圆弧，不一定能取到那个交点。需要验证线段BC与圆B的交点是否在A‘的轨迹（圆弧）上。计算∠ABC的正切，与∠ABE的最大值比较。通过计算发现，当E在D时，∠ABE的正切为1.5，对应角度小于∠ABC的正切1.5？等等，∠ABC的正切是？在Rt△ABC中，tan∠ABC=AC/AB？这里AC是对角线，求法不对。应该是tan(∠ABD)=AD/AB=6/4=1.5，所以∠ABD=∠ABE（当E在D时），即此时A’正好在BD上。所以交点在线段BD上，属于轨迹范围。因此最小值就是BC-4？不对，是连接B和C？B到C的距离是6，但A‘在圆B上，要使得A’C最小，应连接C与圆心B，交圆B于一点。如果这个交点在线段BC上，那么最小距离是|BC-BA‘|=|6-4|=2。但BC=6是矩形的宽，B到C的距离确实是6，所以A’C最小=2。

但是，我们需要严谨验证A‘的轨迹是否包含这个点。这个点对应的位置是A’在BC上，即∠ABA‘=90°，这要求∠ABE=45°，而tan∠ABE=1时，AE=4，E在AD上，且AE=4<6，所以E是存在的。因此结论正确。

4.【反思建模】（约3分钟）教师总结：动点最值问题的核心是“寻根”，即寻找变中不变的量（定长、定角、定距离）。一旦发现“定点+定长”，则轨迹为圆；发现“定点+定角（非180