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2012届高三理科数学一轮总复习第十六章 几何证明选讲(教师用书)


第十六章

几何证明选讲
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考试要求 1.了解平行线截割定理. 2.会证明并应用直角三角形射影定理.

重难点击

命题展望

本 专题 强 3.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 调 利用 演绎 推 运用它们进行计算与证明. 理证明结论, 通 4.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. 本章重 过 推理 证明 进 点:相似三角 一 步发 展学 生 5.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; 形的判定与性 的 逻辑 推理 能 会证明平面与圆柱面的截线是椭圆(特殊情形是圆). 6.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(π 与 l 平行,记 β=0),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. 7.会利用丹迪林(Dandelin)双球(如 示,这两个球位于圆锥的内部,一个位 π 的上方,一个位于平面 π 的下方,并 面 π 及圆锥面均相切, 其切点分别为 F, 上述定理①的情形: 当 β>α 时, 平面 π 与圆锥的交线为 (图中,上、下两球与圆锥面相切的 别为点 B 和点 C,线段 BC 与平面 π 相 A) 8.会证明以下结果: 容, 在新课程高 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 考 下, 要求 很 面平行.记这个圆所在的平面为 π′. 低,只作了解. ②如果平面 π 与平面 π′的交线为 m,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 m 的 椭圆. 切点分 交于点 图 所 质,与圆有关 力, 进一步提高 的若干定理及 空间想象能力、 其运用,并将 几 何直 观能 力 其运用到立体 和 综合 运用 几 几何中. 何 方法 解决 问 本 章 难 题的能力. 点:对平面截 第一讲与 圆柱、圆锥所 第 二讲 是传 统 得的曲线为 内容, 高考中主 于平面 且与平 E) 证 明 圆、椭圆、双 要 考查 平行 线 曲线、抛物线 截割定理、 直角 的证明途径与 三 角形 射影 定 方法,它是解 理 以及 与圆 有 立体几何、平 关 的性 质和 判 面几何知识的 定, 考查逻辑推 综合运用,应 理能力.第三讲 较好地把握. 内 容是 新增 内

距离比是小于 1 的常数 e(称点 F 为这个椭圆的焦点,直线 m 为椭圆的准 线,常数 e 为离心率). 9.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.

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. (1)求证:△ABC∽△FCD; (2)若 S△FCD=5,BC=10,求 DE 的长. 【解析】(1)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. S△ABC BC 2 (2)过点 A 作 AM⊥BC,垂足为点 M.因为△ABC∽△FCD,BC=2CD,所以 =( ) =4,又因为 S△FCD CD 1 1 S△FCD=5,所以 S△ABC=20.因为 S△ABC= BC·AM,BC=10,所以 20= ×10×AM,所以 AM=4.又因为 DE 2 2

DE BD 1 5 1 DE 5 8 ∥AM,所以 = ,因为 DM= DC= ,BM=BD+DM,BD= BC=5,所以 = ,所以 DE= . AM BM 2 2 2 4 5 3 5+ 2 【变式训练 1】如右图,在△ABC 中,AB=14 cm, CD=12 cm.求△ADE 的面积和周长. 【解析】由 AB=14 cm,CD=12 cm,CD⊥AB,得 S△ABC=84 cm2. S△ADE AD 2 75 =( ) 可求得 S△ADE= cm2.利用勾股 再由 DE∥BC 可得△ABC∽△ADE.由 7 S△ABC AB 定理求出 BC,AC,再由相似三角形性质可得△ADE 的周长为 15 cm. 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. (1)若 (2)若 AE 1 = ,求证:3EF=BC+2AD; EB 2 AE 2 = ,试判断 EF 与 BC,AD 之间的关系,并说明理由; EB 3 AE m = ,那么你可以得到什么结论? EB n AD 5 = ,DE∥BC,CD⊥AB, BD 9

(3)请你探究一般结论,即若

【解析】 过点 A 作 AH∥CD 分别交 EF,BC 于点 G、H. AE 1 AE 1 (1)因为 = ,所以 = , AB 3 EB 2 EG AE 1 又 EG∥BH,所以 = = ,即 3EG=BH, BH AB 3 1 又 EG+GF=EG+AD=EF,从而 EF= (BC-HC)+AD, 3 1 2 所以 EF= BC+ AD,即 3EF=BC+2AD. 3 3 (2)EF 与 BC,AD 的关系式为 5EF=2BC+3AD,理由和(1)类似. AE m AE m (3)因为 = ,所以 = , EB n AB m+n EG AE m 又 EG∥BH,所以 = ,即 EG= BH. BH AB m+n m EF=EG+GF=EG+AD= (BC-AD)+AD, m+n m n 所以 EF= BC+ AD, m+n m+n 即(m+n)EF=mBC+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= k,是否存在这样的实数 k,使得以 Q,C,P 为顶点的三角形与△ADP 相似?若存在,求出 k 的值;若不

存在,请说明理由. 【解析】设存在满足条件的实数 k, 则在正方形 ABCD 中,∠D=∠C=90°, AD DP AD DP 由 Rt△ADP∽Rt△QCP 或 Rt△ADP∽Rt△PCQ 得 = 或 = , QC CP PC CQ 1 由此解得 CQ=1 或 CQ= . 4 3 从而 k=0 或 k= . 4 题型三 解决线的位置或数量关系 【例 3】(2009 江苏)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. 1 【变式训练 3】如图,AA1 与 BB1 相交于点 O,AB∥A1B1 且 AB= A1B1,△AOB 的外 2
接圆的直径为 1,则△A1OB1 的外接圆的直径为

.

1 【解析】因为 AB∥A1B1 且 AB= A1B1,所以△AOB∽△A1OB1 2 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
1.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(边长、高线、中线、周长、内切圆半径等),对应角相等, 面积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.

16.2

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. (1)求证:DE 是⊙O 的切线; (2)若 AF AC 2 = ,求 的值. DF AB 5

【解析】(1)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. (2)过 D 作 DH⊥AB 于 H,则有∠DOH=∠CAB, OH AC 2 =cos∠DOH=cos∠CAB= = , OD AB 5 设 OD=5x,则 AB=10x,OH=2x,所以 AH=7x. 由△AED≌△AHD 可得 AE=AH=7x, 7 又由△AEF∽△DOF 可得 AF∶DF=AE∶OD= , 5 AF 7 所以 = . DF 5 【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. (1)求证:AF=CF; 3 (2)若 ED=4,sin∠E= ,求 CE 的长. 5 【解析】(1)方法一:设线段 FD 延长线上一点 G,则∠GDB=∠ADF, π π 且∠GDB+∠BDO= ,所以∠ADF+∠BDO= ,又因为在⊙O 中 OD= 2 2 π OB,∠BDO=∠OBD,所以∠ADF+∠OBD= . 2 π 在 Rt△ABC 中,∠A+∠CBA= ,所以∠A=∠ADF,所以 AF=FD. 2 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. π π 又由 BC 为⊙O 的直径可知,∠ADF+∠FDC= ,∠A+∠FCD= , 2 2 所以∠ADF=∠A,所以 FD=AF. 所以 AF=CF.

3 4 (2)因为在直角三角形 FED 中,ED=4,sin∠E= ,所以 cos∠E= ,所以 FE=5. 5 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.

(1)求证:AD∥EC; (2)若 AD 是⊙O2 的切线,且 PA=6,PC=2,BD=9,求 AD 的长. 【解析】(1)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. (2)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·(PB+9),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 9+x 6 DP AP 因为 AD∥EC,所以 = ,所以 = .② PE PC y 2
? x = 3, ? x = ?12, (舍去),所以 DE=9+x+y=16. 由①②可得 ? 或? ? y = 4 ? y = ?1

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, (1)求 PF 的长度; (2)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.

,DE 交 AB 于点 F,且 AB=2BP=4.

【解析】(1)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, PF PD 从而∠PFD=∠OCP,故△PFD∽△PCO,所以 = . PC PO 由割线定理知 PC·PD=PA·PB=12,故 PF= (2)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=2 2. 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. (1)求证:B、P、E、F 四点共圆; (2)若 CD=2,CB=2 2,求出由 B、P、E、F 四点所确定的圆的直径. 【解析】(1)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. (2)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=2 2, 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 M.求证: (1)O,B,D,E 四点共圆; (2)2DE2=DM·AC+DM·AB. 【证明】(1)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. (2)延长 DO 交圆 O 于点 H. 1 1 因为 DE2=DM·DH=DM·(DO+OH)=DM·DO+DM·OH=DM·( AC)+DM·( AB), 2 2

PC ? PD 12 = =3. 4 PO

所以 2DE2=DM·AC+DM·AB.

总结提高
1.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. 2.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.


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