《高三理科數(shù)學 一輪總復習第十六章　幾何證明選講教師用書》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三理科數(shù)學 一輪總復習第十六章　幾何證明選講教師用書（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第十六章　幾何證明選講 高考導航 考試要求 重難點擊 命題展望 　　1.了解平行線截割定理. 2.會證明并應用直角三角形射影定理. 3.會證明并應用圓周角定理，圓的切線的判定定理及性質定理，并會運用它們進行計算與證明. 4.會證明并應用相交弦定理、圓內接四邊形的性質定理與判定定理、切割線定理，并會運用它們進行幾何計算與證明. 5.了解平行投影的含義，通過圓柱與平面的位置關系了解平行投影；會證明平面與圓柱面的截線是橢圓(特殊情形是圓). 6.了解下面的定理. 定理：在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于點O，其夾角為α，l′圍繞l旋轉得到以O為頂點，l

2、′為母線的圓錐面，任取平面π，若它與軸l的交角為β(π與l平行，記β＝0)，則： ①β＞α，平面π與圓錐的交線為橢圓； ②β＝α，平面π與圓錐的交線為拋物線； ③β＜α，平面π與圓錐的交線為雙曲線. 7.會利用丹迪林(Dandelin)雙球(如圖所示，這兩個球位于圓錐的內部，一個位于平面π的上方，一個位于平面π的下方，并且與平面π及圓錐面均相切，其切點分別為F，E)證明上述定理①的情形： 當β＞α時，平面π與圓錐的交線為橢圓. (圖中，上、下兩球與圓錐面相切的切點分別為點B和點C，線段BC與平面π相交于點A) 8.會證明以下結果： ①在7.中，一個丹迪林球與圓錐面的交線為一個圓

3、，并與圓錐的底面平行.記這個圓所在的平面為π′. ②如果平面π與平面π′的交線為m，在6.①中橢圓上任取點A，該丹迪林球與平面π的切點為F，則點A到點F的距離與點A到直線m的距離比是小于1的常數(shù)e(稱點F為這個橢圓的焦點，直線m為橢圓的準線，常數(shù)e為離心率). 9.了解定理6.③中的證明，了解當β無限接近α時，平面π的極限結果. 　　本章重點：相似三角形的判定與性質，與圓有關的若干定理及其運用，并將其運用到立體幾何中. 本章難點：對平面截圓柱、圓錐所得的曲線為圓、橢圓、雙曲線、拋物線的證明途徑與方法，它是解立體幾何、平面幾何知識的綜合運用，應較好地把握. 　　本專題強調利用演繹

4、推理證明結論，通過推理證明進一步發(fā)展學生的邏輯推理能力，進一步提高空間想象能力、幾何直觀能力和綜合運用幾何方法解決問題的能力. 第一講與第二講是傳統(tǒng)內容，高考中主要考查平行線截割定理、直角三角形射影定理以及與圓有關的性質和判定，考查邏輯推理能力.第三講內容是新增內容，在新課程高考下，要求很低，只作了解. 知識網(wǎng)絡 16.1　相似三角形的判定及有關性質 典例精析 題型一　相似三角形的判定與性質 【例1】 如圖，已知在△ABC中，D是BC邊的中點，且AD＝AC，DE⊥BC，DE與AB相交于點E，EC與AD相交于點F. (1)求證：△ABC∽△FCD； (2

5、)若S△FCD＝5，BC＝10，求DE的長. 【解析】(1)因為DE⊥BC，D是BC的中點，所以EB＝EC，所以∠B＝∠1. 又因為AD＝AC，所以∠2＝∠ACB.所以△ABC∽△FCD. (2)過點A作AM⊥BC，垂足為點M.因為△ABC∽△FCD，BC＝2CD，所以＝()2＝4，又因為S△FCD＝5，所以S△ABC＝20.因為S△ABC＝BCAM，BC＝10，所以20＝10AM，所以AM＝4.又因為DE∥AM，所以＝，因為DM＝DC＝，BM＝BD＋DM，BD＝BC＝5，所以＝，所以DE＝. 【變式訓練1】如右圖，在△ABC中，AB＝14 cm，＝，DE∥BC，CD⊥AB，CD＝12

6、 cm.求△ADE的面積和周長. 【解析】由AB＝14 cm，CD＝12 cm，CD⊥AB，得S△ABC＝84 cm2. 再由DE∥BC可得△ABC∽△ADE.由＝()2可求得S△ADE＝ cm2.利用勾股定理求出BC，AC，再由相似三角形性質可得△ADE的周長為15 cm. 題型二　探求幾何結論 【例2】如圖，在梯形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，EF∥AD，假設EF做上下平行移動. (1)若＝，求證：3EF＝BC＋2AD； (2)若＝，試判斷EF與BC，AD之間的關系，并說明理由； (3)請你探究一般結論，即若＝，那么你可以得到什么結論？ 【解析】 過點A作A

7、H∥CD分別交EF，BC于點G、H. (1)因為＝，所以＝， 又EG∥BH，所以＝＝，即3EG＝BH， 又EG＋GF＝EG＋AD＝EF，從而EF＝(BC－HC)＋AD， 所以EF＝BC＋AD，即3EF＝BC＋2AD. (2)EF與BC，AD的關系式為5EF＝2BC＋3AD，理由和(1)類似. (3)因為＝，所以＝， 又EG∥BH，所以＝，即EG＝BH. EF＝EG＋GF＝EG＋AD＝(BC－AD)＋AD， 所以EF＝BC＋AD， 即(m＋n)EF＝mBC＋nAD. 【點撥】 在相似三角形中，平行輔助線是常作的輔助線之一；探求幾何結論可按特殊到一般的思路去獲取，但結論證

8、明應從特殊情況得到啟迪. 【變式訓練2】如右圖，正方形ABCD的邊長為1，P是CD邊上中點，點Q在線段BC上，設BQ＝k，是否存在這樣的實數(shù)k，使得以Q，C，P為頂點的三角形與△ADP相似？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由. 【解析】設存在滿足條件的實數(shù)k， 則在正方形ABCD中，∠D＝∠C＝90， 由Rt△ADP∽Rt△QCP或Rt△ADP∽Rt△PCQ得＝或＝， 由此解得CQ＝1或CQ＝. 從而k＝0或k＝. 題型三　解決線的位置或數(shù)量關系 【例3】(2009江蘇)如圖，在四邊形ABCD中，△ABC△BAD，求證：AB∥CD. 【證明】 由△ABC≌△BAD得∠A

9、CB＝∠BDA，所以A、B、C、D四點共圓， 所以∠CAB＝∠CDB. 再由△ABC≌△BAD得∠CAB＝∠DBA， 所以∠DBA＝∠CDB，即AB∥CD. 【變式訓練3】如圖，AA1與BB1相交于點O，AB∥A1B1且AB＝A1B1，△AOB的外接圓的直徑為1，則△A1OB1的外接圓的直徑為　　　. 【解析】因為AB∥A1B1且AB＝A1B1，所以△AOB∽△A1OB1 因為兩三角形外接圓的直徑之比等于相似比. 所以△A1OB1的外接圓直徑為2. 總結提高 1.相似三角形的判定與性質這一內容是平面幾何知識的重要組成部分，是解題的工具，同時它的內容滲透了等價轉化、從一般到特殊

10、、分類討論等重要的數(shù)學思想與方法，在學習時應以它們?yōu)橹笇?相似三角形的證法有：定義法、平行法、判定定理法以及直角三角形的HL法. 相似三角形的性質主要有對應線的比值相等(邊長、高線、中線、周長、內切圓半徑等)，對應角相等，面積的比等于相似比的平方. 2.“平行出相似”“平行成比例”，故此章中平行輔助線是常作的輔助線之一，遇到困難時應常考慮此類輔助線. 16.2　直線與圓的位置關系和圓錐曲線的性質 典例精析 題型一　切線的判定和性質的運用 【例1】如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，∠BAC的平分線AD交⊙O于點D，DE⊥AC，交AC的延長線于點E，OE交AD于點F.

11、 (1)求證：DE是⊙O的切線； (2)若＝，求的值. 【解析】(1)證明：連接OD，可得∠ODA＝∠OAD＝∠DAC， 所以OD∥AE，又AE⊥DE，所以DE⊥OD， 又OD為半徑，所以DE是⊙O的切線. (2)過D作DH⊥AB于H，則有∠DOH＝∠CAB， ＝cos∠DOH＝cos∠CAB＝＝， 設OD＝5x，則AB＝10x，OH＝2x，所以AH＝7x. 由△AED≌△AHD可得AE＝AH＝7x， 又由△AEF∽△DOF可得AF∶DF＝AE∶OD＝， 所以＝. 【變式訓練1】已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90，以BC為直徑的⊙O交AB于點D，連接DO并延長交

12、AC的延長線于點E，⊙O的切線DF交AC于點F. (1)求證：AF＝CF； (2)若ED＝4，sin∠E＝，求CE的長. 【解析】(1)方法一：設線段FD延長線上一點G，則∠GDB＝∠ADF，且∠GDB＋∠BDO＝，所以∠ADF＋∠BDO＝，又因為在⊙O中OD＝OB，∠BDO＝∠OBD，所以∠ADF＋∠OBD＝. 在Rt△ABC中，∠A＋∠CBA＝，所以∠A＝∠ADF，所以AF＝FD. 又在Rt△ABC中，直角邊BC為⊙O的直徑，所以AC為⊙O的切線， 又FD為⊙O的切線，所以FD＝CF. 所以AF＝CF. 方法二：在直角三角形ABC中，直角邊BC為⊙O的直徑，所以AC為⊙O

13、的切線， 又FD為⊙O的切線，所以FD＝CF，且∠FDC＝∠FCD. 又由BC為⊙O的直徑可知，∠ADF＋∠FDC＝，∠A＋∠FCD＝， 所以∠ADF＝∠A，所以FD＝AF. 所以AF＝CF. (2)因為在直角三角形FED中，ED＝4，sin∠E＝，所以cos∠E＝，所以FE＝5. 又FD＝3＝FC，所以CE＝2. 題型二　圓中有關定理的綜合應用 【例2】如圖所示，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點，過點A作⊙O1的切線交⊙O2于點C，過點B作兩圓的割線，分別交⊙O1、⊙O2于點D、E，DE與AC相交于點P. (1)求證：AD∥EC； (

14、2)若AD是⊙O2的切線，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的長. 【解析】(1)連接AB，因為AC是⊙O1的切線，所以∠BAC＝∠D， 又因為∠BAC＝∠E，所以∠D＝∠E，所以AD∥EC. (2)方法一：因為PA是⊙O1的切線，PD是⊙O1的割線， 所以PA2＝PBPD，所以62＝PB(PB＋9)，所以PB＝3. 在⊙O2中，由相交弦定理得PAPC＝BPPE，所以PE＝4. 因為AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線， 所以AD2＝DBDE＝916，所以AD＝12. 方法二：設BP＝x，PE＝y(tǒng). 因為PA＝6，PC＝2，所以由相交弦定理得PAPC＝BPPE，即xy＝

15、12.① 因為AD∥EC，所以＝，所以＝.② 由①②可得或 (舍去)，所以DE＝9＋x＋y＝16. 因為AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線，所以AD2＝DBDE＝916，所以AD＝12. 【變式訓練2】如圖，⊙O的直徑AB的延長線與弦CD的延長線相交于點P，E為⊙O上一點，，DE交AB于點F，且AB＝2BP＝4. (1)求PF的長度； (2)若圓F與圓O內切，直線PT與圓F切于點T，求線段PT的長度. 【解析】(1)連接OC，OD，OE，由同弧對應的圓周角與圓心角之間的關系，結合題中已知條件可得∠CDE＝∠AOC. 又∠CDE＝∠P＋∠PFD，∠AOC＝∠P＋∠OCP，

16、從而∠PFD＝∠OCP，故△PFD∽△PCO，所以＝. 由割線定理知PCPD＝PAPB＝12，故PF＝＝＝3. (2)若圓F與圓O內切，設圓F的半徑為r， 因為OF＝2－r＝1，即r＝1， 所以OB是圓F的直徑，且過點P的圓F的切線為PT， 則PT2＝PBPO＝24＝8，即PT＝2. 題型三　四點共圓問題 【例3】如圖，圓O與圓P相交于A、B兩點，圓心P在圓O上，圓O的弦BC切圓P于點B，CP及其延長線交圓P于D，E兩點，過點E作EF⊥CE，交CB的延長線于點F. (1)求證：B、P、E、F四點共圓； (2)若CD＝2，CB＝2，求出由B、P、E、F四點所確定的圓的直徑.

17、【解析】(1)證明：連接PB.因為BC切圓P于點B，所以PB⊥BC. 又因為EF⊥CE，所以∠PBF＋∠PEF＝180，所以∠EPB＋∠EFB＝180， 所以B，P，E，F(xiàn)四點共圓. (2)因為B，P，E，F(xiàn)四點共圓，且EF⊥CE，PB⊥BC，所以此圓的直徑就是PF. 因為BC切圓P于點B，且CD＝2，CB＝2， 所以由切割線定理CB2＝CDCE，得CE＝4，DE＝2，BP＝1. 又因為Rt△CBP∽Rt△CEF，所以EF∶PB＝CE∶CB，得EF＝. 在Rt△FEP中，PF＝＝， 即由B，P，E，F(xiàn)四點確定的圓的直徑為. 【變式訓練3】如圖，△ABC是直角三角形，∠ABC

18、＝90.以AB為直徑的圓O交AC于點E，點D是BC邊的中點.連接OD交圓O于點M.求證： (1)O，B，D，E四點共圓； (2)2DE2＝DMAC＋DMAB. 【證明】(1)連接BE，則BE⊥EC. 又D是BC的中點，所以DE＝BD. 又OE＝OB，OD＝OD，所以△ODE≌△ODB， 所以∠OBD＝∠OED＝90，所以D，E，O，B四點共圓. (2)延長DO交圓O于點H. 因為DE2＝DMDH＝DM(DO＋OH)＝DMDO＋DMOH＝DM(AC)＋DM(AB)， 所以2DE2＝DMAC＋DMAB. 總結提高 1.直線與圓的位置關系是一種重要的幾何關系. 本章在初中平面幾何的基礎上加以深化，使平面幾何知識趨于完善，同時為解析幾何、立體幾何提供了多個理論依據(jù). 2.圓中的角如圓周角、圓心角、弦切角及其性質為證明相關的比例線段提供了理論基礎，為解決綜合問題提供了方便，使學生對幾何概念和幾何方法有較透徹的理解.