公开课教案平面直角坐标系中四边形存在性问题

公开课教案平面直角坐标系中四边形存在性问题一、教学目标1.知识与技能目标学生能够理解平面直角坐标系中四边形存在性问题的本质，掌握解决此类问题的一般方法和步骤。学会运用代数方法（如两点间距离公式、中点坐标公式等）和几何方法（如平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质等）来分析和解决问题。能够根据题目条件，准确地确定四边形的顶点坐标，从而解决与四边形存在性相关的各类问题。2.过程与方法目标通过对不同类型四边形存在性问题的探究，培养学生观察、分析、推理和归纳总结的能力，提高学生的逻辑思维能力。引导学生经历从特殊到一般的思考过程，逐步掌握解决复杂问题的策略，体会分类讨论、方程思想、函数思想等数学思想方法在解题中的应用。3.情感态度与价值观目标通过积极参与课堂活动，激发学生学习数学的兴趣，培养学生勇于探索、敢于创新的精神。让学生在解决问题的过程中，体验成功的喜悦，增强学习数学的自信心，培养严谨的治学态度。

二、教学重难点1.教学重点掌握平面直角坐标系中平行四边形、矩形、菱形、正方形的存在性问题的解题方法。学会运用多种方法（代数法和几何法）解决四边形存在性问题，准确找到满足条件的点的坐标。2.教学难点能够根据不同类型四边形的性质，结合题目条件进行全面、准确的分类讨论，不重不漏地找出所有可能的情况。灵活运用数学思想方法，将几何问题代数化，通过建立方程或函数模型来求解，提高解题效率和准确性。

三、教学方法1.讲授法：讲解平面直角坐标系中四边形存在性问题的基本概念、性质和解题方法，使学生系统地掌握相关知识。2.讨论法：组织学生对典型例题进行讨论，鼓励学生发表自己的见解，培养学生的合作交流能力和思维能力。3.练习法：通过课堂练习和课后作业，让学生巩固所学知识，提高解题能力，及时反馈学生的学习情况。4.多媒体辅助教学法：利用多媒体课件展示图形、动画等，直观形象地帮助学生理解抽象的概念和复杂的问题，增强教学效果。

四、教学过程

（一）导入新课（5分钟）1.回顾旧知提问：在平面直角坐标系中，如何求两点之间的距离？如何求线段的中点坐标？请学生回答，教师进行简要总结和强调：两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2x_1)^2+(y_2y_1)^2}$，中点坐标公式$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$。2.引出课题展示一些含有四边形的平面直角坐标系图形，提出问题：在给定的平面直角坐标系中，如何确定满足某些条件的四边形的顶点坐标呢？这就是我们今天要研究的平面直角坐标系中四边形存在性问题。

（二）知识讲解（15分钟）1.平行四边形存在性问题已知平面直角坐标系中有三点$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$C(x_3,y_3)$，若以$A$，$B$，$C$，$D$为顶点的四边形是平行四边形，求点$D$的坐标。分析：根据平行四边形的性质，对边平行且相等。所以存在三种情况：当$AB$为平行四边形的一边时，$AB\parallelCD$且$AB=CD$。当$AC$为平行四边形的一边时，$AC\parallelBD$且$AC=BD$。当$AD$为平行四边形的一边时，$AD\parallelBC$且$AD=BC$。利用平移的性质求点$D$的坐标：若$AB\parallelCD$，设点$D$的坐标为$(x,y)$。因为$AB$平移到$CD$，横坐标的变化量相同，纵坐标的变化量相同。若点$A$到点$B$横坐标变化量为$x_2x_1$，纵坐标变化量为$y_2y_1$，则点$C$到点$D$横坐标变化量也为$x_2x_1$，纵坐标变化量也为$y_2y_1$。所以$x=x_3+(x_2x_1)$，$y=y_3+(y_2y_1)$，即$D(x_3+x_2x_1,y_3+y_2y_1)$。同理可得其他两种情况下点$D$的坐标。总结平行四边形存在性问题的解题方法：已知三个定点，确定第四个顶点的坐标时，先根据平行四边形的性质确定边的关系，再利用平移的方法求出点的坐标。一般有三种情况，需要分类讨论，避免遗漏。2.矩形存在性问题矩形是特殊的平行四边形，除了满足对边平行且相等外，还满足对角线相等。已知平面直角坐标系中有两点$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，若以$A$，$B$，$C$，$D$为顶点的四边形是矩形，求点$C$，$D$的坐标。分析：设点$C(x_3,y_3)$，$D(x_4,y_4)$。首先利用平行四边形的方法求出点$C$或$D$的坐标，再根据矩形对角线相等的性质进行验证。例如，先求出一种平行四边形情况下的点$C$坐标，然后计算$AC$和$BD$的长度，利用$AC=BD$建立方程求解出点$D$的坐标。总结矩形存在性问题的解题方法：先按照平行四边形存在性问题求出可能的点的坐标，再利用矩形对角线相等的性质进行检验和调整。依然需要分类讨论，注意利用矩形的特殊性质来确定最终的答案。3.菱形存在性问题菱形是特殊的平行四边形，除了满足对边平行且相等外，还满足四条边都相等。已知平面直角坐标系中有两点$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，若以$A$，$B$，$C$，$D$为顶点的四边形是菱形，求点$C$，$D$的坐标。分析：设点$C(x_3,y_3)$，$D(x_4,y_4)$。同样先利用平行四边形的方法求出点的坐标，再根据菱形四条边相等的性质进行验证。比如，求出一种平行四边形情况下的点$C$坐标，然后计算$AB$和$BC$的长度，令$AB=BC$建立方程求解出点$D$的坐标。总结菱形存在性问题的解题方法：基于平行四边形存在性求出可能的坐标，再依据菱形四条边相等的特性进行检验和确定。分类讨论时要充分考虑菱形的边的关系，确保答案的准确性。4.正方形存在性问题正方形是特殊的矩形和菱形，既满足矩形的性质（对角线相等），又满足菱形的性质（四条边都相等）。已知平面直角坐标系中有两点$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，若以$A$，$B$，$C$，$D$为顶点的四边形是正方形，求点$C$，$D$的坐标。分析：设点$C(x_3,y_3)$，$D(x_4,y_4)$。先按照平行四边形、矩形、菱形的方法求出可能的点的坐标，再结合正方形的性质进行综合验证和求解。例如，通过平行四边形求出可能的点$C$坐标，利用矩形对角线相等和菱形四条边相等的性质建立方程组求解出点$D$的坐标。总结正方形存在性问题的解题方法：综合运用平行四边形、矩形、菱形的存在性求解方法，结合正方形的特殊性质来确定点的坐标。分类讨论要全面，准确把握正方形的各种性质之间的关系，从而得出正确答案。

（三）例题讲解（20分钟）例1：已知平面直角坐标系中有三点$A(1,2)$，$B(3,4)$，$C(5,0)$，若以$A$，$B$，$C$，$D$为顶点的四边形是平行四边形，求点$D$的坐标。1.分析：当$AB$为平行四边形的一边时，$AB\parallelCD$且$AB=CD$。计算$AB$的长度：$AB=\sqrt{(31)^2+(42)^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$。设点$D$的坐标为$(x,y)$。若$AB$平移到$CD$，横坐标变化量为$31=2$，纵坐标变化量为$42=2$。则点$C$到点$D$横坐标变化量也为2，纵坐标变化量也为2。所以$x=5+2=7$，$y=0+2=2$，即$D(7,2)$。2.同理：当$AC$为平行四边形的一边时，$AC\parallelBD$且$AC=BD$。计算$AC$的长度：$AC=\sqrt{(51)^2+(02)^2}=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}$。设点$D$的坐标为$(x,y)$。若$AC$平移到$BD$，横坐标变化量为$51=4$，纵坐标变化量为$02=2$。则点$B$到点$D$横坐标变化量也为4，纵坐标变化量也为2。所以$x=3+4=7$，$y=42=2$，即$D(7,2)$（与第一种情况重复，舍去）。或$x=34=1$，$y=4+2=6$，即$D(1,6)$。3.当$AD$为平行四边形的一边时，$AD\parallelBC$且$AD=BC$。计算$BC$的长度：$BC=\sqrt{(53)^2+(04)^2}=\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}$。设点$D$的坐标为$(x,y)$。若$AD$平移到$BC$，横坐标变化量为$53=2$，纵坐标变化量为$04=4$。则点$A$到点$D$横坐标变化量也为2，纵坐标变化量也为4。所以$x=1+2=3$，$y=24=2$，即$D(3,2)$。

综上，点$D$的坐标为$(7,2)$或$(1,6)$或$(3,2)$。

例2：已知平面直角坐标系中有两点$A(1,1)$，$B(2,3)$，若以$A$，$B$，$C$，$D$为顶点的四边形是矩形，求点$C$，$D$的坐标。1.首先按照平行四边形存在性问题求点$C$坐标：当$AB$为平行四边形的一边时，设点$C$的坐标为$(x,y)$。计算$AB$的长度：$AB=\sqrt{(2+1)^2+(31)^2}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$。若$AB$平移到$AC$，横坐标变化量为$2+1=3$，纵坐标变化量为$31=2$。则点$A$到点$C$横坐标变化量也为3，纵坐标变化量也为2。所以$x=1+3=2$，$y=1+2=3$，即$C(2,3)$（与点$B$重合，舍去）。或$x=13=4$，$y=12=1$，即$C(4,1)$。2.然后根据矩形对角线相等的性质求点$D$坐标：计算$AC$的长度：$AC=\sqrt{(2+1)^2+(31)^2}=\sqrt{13}$。设点$D$的坐标为$(m,n)$。计算$BD$的长度：$BD=\sqrt{(m2)^2+(n3)^2}$。因为矩形对角线相等，所以$AC=BD$，即$\sqrt{(m2)^2+(n3)^2}=\sqrt{13}$。又因为$AB\parallelCD$，$AB$的斜率为$\frac{31}{2+1}=\frac{2}{3}$，所以$CD$的斜率也为$\frac{2}{3}$，即$\frac{n+1}{m+4}=\frac{2}{3}$。联立方程组$\begin{cases}\sqrt{(m2)^2+(n3)^2}=\sqrt{13}\\\frac{n+1}{m+4}=\frac{2}{3}\end{cases}$，解方程组得：由$\frac{n+1}{m+4}=\frac{2}{3}$得$n=\frac{2}{3}m+\frac{5}{3}$。将$n=\frac{2}{3}m+\frac{5}{3}$代入$\sqrt{(m2)^2+(n3)^2}=\sqrt{13}$得：$\sqrt{(m2)^2+(\frac{2}{3}m+\frac{5}{3}3)^2}=\sqrt{13}$，化简求解得$m=1$，$n=\frac{7}{3}$，即$D(1,\frac{7}{3})$。同理，当$AC$为平行四边形的另一边时，可求出另一种情况下点$C$，$D$的坐标（过程略）。

综上，点$C$，$D$的坐标为（不同情况具体坐标略，需根据上述方法完整计算）。

例3：已知平面直角坐标系中有两点$A(0,0)$，$B(3,0)$，若以$A$，$B$，$C$，$D$为顶点的四边形是菱形，求点$C$，$D$的坐标。1.按照平行四边形存在性问题求点$C$坐标：当$AB$为平行四边形的一边时，设点$C$