xx届高考理科数学第一轮几何证明总复习教案

1 / 12 XX 届高考理科数学第一轮几何证明总复习教案 本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址 第十六章 几何证明选讲 高考导航 考试要求重难点击命题展望 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 . 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，并会运用它们进行计算与证明 . 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 . 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；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 ， 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 ，若它与轴 l 的交角为 ( 与 l 平行，记 0)，则： ，平面 与圆锥的交线为椭圆； ，平面 与圆锥的交线为抛物线； 2 / 12 ，平面 与圆锥的交线为双曲线 . 7.会利用丹迪林 (Dandelin)双球 (如图所示，这两个球位于圆锥的内部，一个位于平面 的上方，一个位于平面 的下方 ，并且与平面 及圆锥面均相切，其切点分别为 F， E)证明上述定理 的情形： 当 时，平面 与圆锥的交线为椭圆 . (图中，上、下两球与圆锥面相切的切点分别为点 B 和点 c，线段 Bc 与平面 相交于点 A) 8.会证明以下结果： 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 . 如果平面 与平面 的交线为 m，在 6. 中椭圆上任取点 A，该丹迪林球与平面 的切点为 F，则点 A 到点 F 的距离与点 A到直线 m的距离比是小于 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. 中的证明，了解当 无限接近 时，平面 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，通过推理证明进一3 / 12 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 . 第一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 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， DEBc ， DE 与 AB 相交于点 E， Ec 与 AD 相交于点 F. (1)求证： ABcFcD ； (2)若 SFcD 5， Bc 10，求 DE 的长 . 【解析】 (1)因为 DEBc ， 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 ABcFcD. (2)过点 A 作 AmBc ，垂足为点 m.因为 ABcFcD ， Bc 2cD，所以 SABcSFcD (BccD)2 4，又因为 SFcD 5，所以 SABc 20.因为 SABc 12BcAm， Bc 10，所以 20 1210Am ，所以 Am 4.又因为 DEAm ，所以 DEAm BDBm，因为 Dm 12Dc 52， Bm BD Dm， BD 12Bc 5，4 / 12 所以 DE4 55 52，所以 DE 83. 【变式训练 1】如右图，在 ABc 中， AB 14cm， ADBD 59，DEBc ， cDAB ， cD 12cm.求 ADE 的面积和周长 . 【解析】由 AB 14cm， cD 12cm， cDAB ，得 SABc 84cm2. 再由 DEBc 可得 ABcADE. 由 SADESABc (ADAB)2可求得 SADE 757cm2.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 15cm. 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 AEEB 12，求证： 3EF Bc 2AD； (2)若 AEEB 23，试判断 EF 与 Bc， AD 之间的关系，并说明理由； (3)请你探究一般结论，即若 AEEB mn，那么你可以得到什么结论？ 【解析】过点 A 作 AHcD 分别交 EF， Bc 于点 G、 H. (1)因为 AEEB 12，所以 AEAB 13， 又 EGBH ，所以 EGBH AEAB 13，即 3EG BH， 又 EG GF EG AD EF，从而 EF 13(Bc Hc) AD， 所以 EF 13Bc 23AD，即 3EF Bc 2AD. (2)EF 与 Bc， AD 的关系式为 5EF 2Bc 3AD，理由和 (1)类似 . 5 / 12 (3)因为 AEEB mn，所以 AEAB mm n， 又 EGBH ，所以 EGBH AEAB，即 EG mm nBH. EF EG GF EG AD mm n(Bc AD) AD， 所以 EF mm nBc nm nAD， 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 ， 由 RtADPRtQcP 或 RtADPRtPcQ 得 ADQc DPcP或 ADPc DPcQ， 由此解得 cQ 1 或 cQ 14. 从而 k 0 或 k 34. 题型三 解决线的位置或数量关系 【例 3】 (XX 江苏 )如图，在四边形 ABcD 中， ABcBAD ，求证： ABcD. 【证明】由 ABcBAD 得 AcB BDA ，所以 A、 B、 c、6 / 12 D 四点共圆， 所以 cAB cDB. 再由 ABcBAD 得 cAB DBA ， 所以 DBA cDB ，即 ABcD. 【变式训练 3】如图， AA1 与 BB1 相交于点 o， ABA1B1 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 ABA1B1 且 AB 12A1B1，所以 AoBA1oB1 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 . 7 / 12 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， DEAc ，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 AcAB 25，求 AFDF 的值 . 【解析】 (1)证明：连接 oD，可得 oDA oAD DAc ， 所以 oDAE ，又 AEDE ，所以 DEoD ， 又 oD 为半径，所以 DE 是 o 的切线 . (2)过 D 作 DHAB 于 H，则有 DoH cAB ， oHoD cosDoH coscAB AcAB 25， 设 oD 5x，则 AB 10x， oH 2x，所以 AH 7x. 由 AEDAHD 可得 AE AH 7x， 又由 AEFDoF 可得 AFDF AEoD 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. (1)求证： AF cF； (2)若 ED 4， sinE 35，求 cE 的长 . 8 / 12 【解析】 (1)方法一：设线段 FD 延长线上一点 G，则 GDB ADF ，且 GDB BDo 2 ，所以 ADF BDo 2 ，又因为在 o 中 oD oB， BDo oBD ，所以 ADF oBD 2. 在 RtABc 中， A cBA 2 ，所以 A ADF ，所以AF FD. 又在 RtABc 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 2 ， A FcD 2 ， 所以 ADF A ，所以 FD AF. 所以 AF cF. (2)因为在直角三角形 FED 中， ED 4， sinE 35，所以cosE 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9 / 12 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： ADEc ； (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 ADEc. (2)方法一：因为 PA 是 o1 的切线， PD 是 o1 的割线， 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. 因为 AD 是 o2 的切线， DE 是 o2 的割线， 所以 AD2 DBDE 916 ，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 PAPcBPPE，即 xy 12. 因为 ADEc ，所以 DPPE APPc，所以 9 xy 62. 由 可得或 (舍去 )，所以 DE 9 x y 16. 因为 AD 是 o2 的切线， DE 是 o2 的割线，所以 AD210 / 12 DBDE 916 ，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. (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 . 【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 ， 从而 PFD ocP ，故 PFDPco ，所以 PFPc PDPo. 由割线定理知 PcPD PAPB 12，故 PF124 3. (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 PBPo 24 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 EFcE ，交 cB 的延长线于点 F. (1)求证 ： B、 P、 E、 F 四点共圆； 11 / 12 (2)若 cD 2， cB 22，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 PBBc. 又因为 EFcE ，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 EFcE ， PBBc ，所以此圆的直径就是 PF. 因为 Bc 切圆 P 于点 B，且 cD 2， cB