【知识学习】高三数学理科几何证明总复习教学案

高三数学理科几何证明总复习教学案本资料为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.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，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.8.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的距离比是小于1的常数e.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.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.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6.1 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Am⊥Bc，垂足为点m.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•Am，Bc＝10，所以20＝12×10×Am，所以Am＝4.又因为DE∥Am，所以DEAm ＝BDBm，因为Dm＝12Dc＝52，Bm＝BD＋Dm，BD＝12Bc＝5，所以DE4＝55＋52，所以DE＝83.【变式训练1】如右图，在△ABc中，AB＝14cm，ADBD ＝59，DE∥Bc，cD⊥AB，cD＝12cm.求△ADE的面积和周长.【解析】由AB＝14cm，cD＝12cm，cD⊥AB，得S△ABc＝84cm2.再由DE∥Bc可得△ABc∽△ADE.由S△ADES△ABc＝2可求得S△ADE＝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.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＝mn，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＝mn，所以AEAB＝mm＋n，又EG∥BH，所以EGBH＝AEAB，即EG＝mm＋nBH.EF＝EG＋GF＝EG＋AD＝mm＋n＋AD，所以EF＝mm＋nBc＋nm＋nAD，即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k＝0或k＝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.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.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m.求证：o，B，D，E四点共圆；2DE2＝Dm•Ac＋Dm•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＝Dm•DH＝Dm•＝Dm•Do＋Dm•oH＝Dm•＋Dm•，所以2DE2＝Dm•Ac＋Dm•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.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.。