高三数学理科几何证明总复习教学案.docx

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高三数学理科几何证明总复习教学案

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　　第十六章　几何证明选讲

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　　考试要求重难点击命题展望

　　了解平行线截割定理.

　　会证明并应用直角三角形射影定理.

　　会证明并应用圆周角定理，圆的切线的判定定理及性质定理，并会运用它们进行计算与证明.

　　会证明并应用相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理，并会运用它们进行几何计算与证明.

　　了解平行投影的含义，通过圆柱与平面的位置关系了解平行投影；会证明平面与圆柱面的截线是椭圆.

　　了解下面的定理.

　　定理：

在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于点o，其夹角为α，l′围绕l旋转得到以o为顶点，l′为母线的圆锥面，任取平面π，若它与轴l的交角为β，则：

　　①β＞α，平面π与圆锥的交线为椭圆；

　　②β＝α，平面π与圆锥的交线为抛物线；

　　③β＜α，平面π与圆锥的交线为双曲线.

　　会利用丹迪林双球证明上述定理①的情形：

　　当β＞α时，平面π与圆锥的交线为椭圆.

　　会证明以下结果：

　　①在7.中，一个丹迪林球与圆锥面的交线为一个圆，并与圆锥的底面平行.记这个圆所在的平面为π′.

　　②如果平面π与平面π′的交线为，在6.①中椭圆上任取点A，该丹迪林球与平面π的切点为F，则点A到点F的距离与点A到直线的距离比是小于1的常数e.

　　了解定理6.③中的证明，了解当β无限接近α时，平面π的极限结果.

　　本章重点：

相似三角形的判定与性质，与圆有关的若干定理及其运用，并将其运用到立体几何中.

　　本章难点：

对平面截圆柱、圆锥所得的曲线为圆、椭圆、双曲线、抛物线的证明途径与方法，它是解立体几何、平面几何知识的综合运用，应较好地把握.

　　本专题强调利用演绎推理证明结论，通过推理证明进一步发展学生的逻辑推理能力，进一步提高空间想象能力、几何直观能力和综合运用几何方法解决问题的能力.

　　讲与第二讲是传统内容，高考中主要考查平行线截割定理、直角三角形射影定理以及与圆有关的性质和判定，考查逻辑推理能力.第三讲内容是新增内容，在新课程高考下，要求很低，只作了解.

　　知识网络16.1　相似三角形的判定及有关性质

　　典例精析

　　题型一　相似三角形的判定与性质

　　【例1】如图，已知在△ABc中，D是Bc边的中点，且AD＝Ac，DE⊥Bc，DE与AB相交于点E，Ec与AD相交于点F.

　　求证：

△ABc∽△FcD；

　　若S△FcD＝5，Bc＝10，求DE的长.

　　【解析】因为DE⊥Bc，D是Bc的中点，所以EB＝Ec，所以∠B＝∠1.

　　又因为AD＝Ac，所以∠2＝∠AcB.所以△ABc∽△FcD.

　　过点A作A⊥Bc，垂足为点.因为△ABc∽△FcD，Bc＝2cD，所以S△ABcS△FcD＝2＝4，又因为S△FcD＝5，所以S△ABc＝20.因为S△ABc＝12Bc•A，Bc＝10，所以20＝12×10×A，所以A＝4.又因为DE∥A，所以DEA＝BDB，因为D＝12Dc＝52，B＝BD＋D，BD＝12Bc＝5，所以DE4＝55＋52，所以DE＝83.

　　【变式训练1】如右图，在△ABc中，AB＝14c，ADBD＝59，DE∥Bc，cD⊥AB，cD＝12c.求△ADE的面积和周长.

　　【解析】由AB＝14c，cD＝12c，cD⊥AB，得S△ABc＝84c2.

　　再由DE∥Bc可得△ABc∽△ADE.由S△ADES△ABc＝2可求得S△ADE＝757c2.利用勾股定理求出Bc，Ac，再由相似三角形性质可得△ADE的周长为15c.

　　题型二　探求几何结论

　　【例2】如图，在梯形ABcD中，点E，F分别在AB，cD上，EF∥AD，假设EF做上下平行移动.

　　若AEEB＝12，求证：

3EF＝Bc＋2AD；

　　若AEEB＝23，试判断EF与Bc，AD之间的关系，并说明理由；

　　请你探究一般结论，即若AEEB＝n，那么你可以得到什么结论？

　　【解析】过点A作AH∥cD分别交EF，Bc于点G、H.

　　因为AEEB＝12，所以AEAB＝13，

　　又EG∥BH，所以EGBH＝AEAB＝13，即3EG＝BH，

　　又EG＋GF＝EG＋AD＝EF，从而EF＝13＋AD，

　　所以EF＝13Bc＋23AD，即3EF＝Bc＋2AD.

　　EF与Bc，AD的关系式为5EF＝2Bc＋3AD，理由和类似.

　　因为AEEB＝n，所以AEAB＝＋n，

　　又EG∥BH，所以EGBH＝AEAB，即EG＝＋nBH.

　　EF＝EG＋GF＝EG＋AD＝＋n＋AD，

　　所以EF＝＋nBc＋n＋nAD，

　　即EF＝Bc＋nAD.

　　【点拨】在相似三角形中，平行辅助线是常作的辅助线之一；探求几何结论可按特殊到一般的思路去获取，但结论证明应从特殊情况得到启迪.

　　【变式训练2】如右图，正方形ABcD的边长为1，P是cD边上中点，点Q在线段Bc上，设BQ＝，是否存在这样的实数，使得以Q，c，P为顶点的三角形与△ADP相似？

若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

　　【解析】设存在满足条件的实数，

　　则在正方形ABcD中，∠D＝∠c＝90°，

　　由Rt△ADP∽Rt△QcP或Rt△ADP∽Rt△PcQ得ADQc＝DPcP或ADPc＝DPcQ，

　　由此解得cQ＝1或cQ＝14.

　　从而＝0或＝34.

　　题型三　解决线的位置或数量关系

　　【例3】如图，在四边形ABcD中，△ABc△BAD，求证：

AB∥cD.

　　【证明】由△ABc≌△BAD得∠AcB＝∠BDA，所以A、B、c、D四点共圆，

　　所以∠cAB＝∠cDB.

　　再由△ABc≌△BAD得∠cAB＝∠DBA，

　　所以∠DBA＝∠cDB，即AB∥cD.

　　【变式训练3】如图，AA1与BB1相交于点o，AB∥A1B1且AB＝12A1B1，△AoB的外接圆的直径为1，则△A1oB1的外接圆的直径为

　　【解析】因为AB∥A1B1且AB＝12A1B1，所以△AoB∽△A1oB1

　　因为两三角形外接圆的直径之比等于相似比.

　　所以△A1oB1的外接圆直径为2.

　　总结提高

　　相似三角形的判定与性质这一内容是平面几何知识的重要组成部分，是解题的工具，同时它的内容渗透了等价转化、从一般到特殊、分类讨论等重要的数学思想与方法，在学习时应以它们为指导.相似三角形的证法有：

定义法、平行法、判定定理法以及直角三角形的HL法.

　　相似三角形的性质主要有对应线的比值相等，对应角相等，面积的比等于相似比的平方.

　　“平行出相似”“平行成比例”，故此章中平行辅助线是常作的辅助线之一，遇到困难时应常考虑此类辅助线.

　　2　直线与圆的位置关系和圆锥曲线的性质

　　典例精析

　　题型一　切线的判定和性质的运用

　　【例1】如图，AB是⊙o的直径，Ac是弦，∠BAc的平分线AD交⊙o于点D，DE⊥Ac，交Ac的延长线于点E，oE交AD于点F.

　　求证：

DE是⊙o的切线；

　　若AcAB＝25，求AFDF的值.

　　【解析】证明：

连接oD，可得∠oDA＝∠oAD＝∠DAc，

　　所以oD∥AE，又AE⊥DE，所以DE⊥oD，

　　又oD为半径，所以DE是⊙o的切线.

　　过D作DH⊥AB于H，则有∠DoH＝∠cAB，

　　oHoD＝cos∠DoH＝cos∠cAB＝AcAB＝25，

　　设oD＝5x，则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＝75，

　　所以AFDF＝75.

　　【变式训练1】已知在直角三角形ABc中，∠AcB＝90°，以Bc为直径的⊙o交AB于点D，连接Do并延长交Ac的延长线于点E，⊙o的切线DF交Ac于点F.

　　求证：

AF＝cF；

　　若ED＝4，sin∠E＝35，求cE的长.

　　【解析】方法一：

设线段FD延长线上一点G，则∠GDB＝∠ADF，且∠GDB＋∠BDo＝π2，所以∠ADF＋∠BDo＝π2，又因为在⊙o中oD＝oB，∠BDo＝∠oBD，所以∠ADF＋∠oBD＝π2.

　　在Rt△ABc中，∠A＋∠cBA＝π2，所以∠A＝∠ADF，所以AF＝FD.

　　又在Rt△ABc中，直角边Bc为⊙o的直径，所以Ac为⊙o的切线，

　　又FD为⊙o的切线，所以FD＝cF.

　　所以AF＝cF.

　　方法二：

在直角三角形ABc中，直角边Bc为⊙o的直径，所以Ac为⊙o的切线，

　　又FD为⊙o的切线，所以FD＝cF，且∠FDc＝∠FcD.

　　又由Bc为⊙o的直径可知，∠ADF＋∠FDc＝π2，∠A＋∠FcD＝π2，

　　所以∠ADF＝∠A，所以FD＝AF.

　　所以AF＝cF.

　　因为在直角三角形FED中，ED＝4，sin∠E＝35，所以cos∠E＝45，所以FE＝5.

　　又FD＝3＝Fc，所以cE＝2.

　　题型二　圆中有关定理的综合应用

　　【例2】如图所示，已知⊙o1与⊙o2相交于A、B两点，过点A作⊙o1的切线交⊙o2于点c，过点B作两圆的割线，分别交⊙o1、⊙o2于点D、E，DE与Ac相交于点P.

　　求证：

AD∥Ec；

　　若AD是⊙o2的切线，且PA＝6，Pc＝2，BD＝9，求AD的长.

　　【解析】连接AB，因为Ac是⊙o1的切线，所以∠BAc＝∠D，

　　又因为∠BAc＝∠E，所以∠D＝∠E，所以AD∥Ec.

　　方法一：

因为PA是⊙o1的切线，PD是⊙o1的割线，

　　所以PA2＝PB•PD，所以62＝PB•，所以PB＝3.

　　在⊙o2中，由相交弦定理得PA•Pc＝BP•PE，所以PE＝4.

　　因为AD是⊙o2的切线，DE是⊙o2的割线，

　　所以AD2＝DB•DE＝9×16，所以AD＝12.

　　方法二：

设BP＝x，PE＝y.

　　因为PA＝6，Pc＝2，所以由相交弦定理得PA•Pc＝BP•PE，即xy＝12.①

　　因为AD∥Ec，所以DPPE＝APPc，所以9＋xy＝62.②

　　由①②可得或，所以DE＝9＋x＋y＝16.

　　因为AD是⊙o2的切线，DE是⊙o2的割线，所以AD2＝DB•DE＝9×16，所以AD＝12.

　　【变式训练2】如图，⊙o的直径AB的延长线与弦cD的延长线相交于点P，E为⊙o上一点，，DE交AB于点F，且AB＝2BP＝4.

　　求PF的长度；

　　若圆F与圆o内切，直线PT与圆F切于点T，求线段PT的长度.

　　【解析】连接oc，oD，oE，由同弧对应的圆周角与圆心角之间的关系，结合题中已知条件可得∠cDE＝∠Aoc.

　　又∠cDE＝∠P＋∠PFD，∠Aoc＝∠P＋∠ocP，

　　从而∠PFD＝∠ocP，故△PFD∽△Pco，所以PFPc＝PDPo.

　　由割线定理知Pc•PD＝PA•PB＝12，故PF＝＝124＝3.

　　若圆F与圆o内切，设圆F的半径为r，

　　因为oF＝2－r＝1，即r＝1，

　　所以oB是圆F的直径，且过点P的圆F的切线为PT，

　　则PT2＝PB•Po＝2×4＝8，即PT＝22.

　　题型三　四点共圆问题

　　【例3】如图，圆o与圆P相交于A、B两点，圆心P在圆o上，圆o的弦Bc切圆P于点B，cP及其延长线交圆P于D，E两点，过点E作EF⊥cE，交cB的延长线于点F.

　　求证：

B、P、E、F四点共圆；

　　若cD＝2，cB＝22，求出由B、P、E、F四点所确定的圆的直径.

　　【解析】证明：

连接PB.因为Bc切圆P于点B，所以PB⊥Bc.

　　又因为EF⊥cE，所以∠PBF＋∠PEF＝180°，所以∠EPB＋∠EFB＝180°，

　　所以B，P，E，F四点共圆.

　　因为B，P，E，F四点共圆，且EF⊥cE，PB⊥Bc，所以此圆的直径就是PF.

　　因为Bc切圆P于点B，且cD＝2，cB＝22，

　　所以由切割线定理cB2＝cD•cE，得cE＝4，DE＝2，BP＝1.

　　又因为Rt△cBP∽Rt△cEF，所以EF∶PB＝cE∶cB，得EF＝2.

　　在Rt△FEP中，PF＝PE2＋EF2＝3，

　　即由B，P，E，F四点确定的圆的直径为3.

　　【变式训练3】如图，△ABc是直角三角形，∠ABc＝90°.以AB为直径的圆o交Ac于点E，点D是Bc边的中点.连接oD交圆o于点.求证：

　　o，B，D，E四点共圆；

　　DE2＝D•Ac＋D•AB.

　　【证明】连接BE，则BE⊥Ec.

　　又D是Bc的中点，所以DE＝BD.

　　又oE＝oB，oD＝oD，所以△oDE≌△oDB，

　　所以∠oBD＝∠oED＝90°，所以D，E，o，B四点共圆.

　　延长Do交圆o于点H.

　　因为DE2＝D•DH＝D•＝D•Do＋D•oH＝D•＋D•，

　　所以2DE2＝D•Ac＋D•AB.

　　总结提高

　　直线与圆的位置关系是一种重要的几何关系.

　　本章在初中平面几何的基础上加以深化，使平面几何知识趋于完善，同时为解析几何、立体几何提供了多个理论依据.

　　圆中的角如圆周角、圆心角、弦切角及其性质为证明相关的比例线段提供了理论基础，为解决综合问题提供了方便，使学生对几何概念和几何方法有较透彻的理解.