2012届高考理科数学第一轮几何证明总复习教案

第十六章　几何证明选讲

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　　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(如图所示，这两个球位于圆锥的内部，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π及圆锥面均相切，其切点分别为F，E)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.
(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π相交于点A)
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(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.　　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

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.
(2)过点A作AM⊥BC，垂足为点M.因为△ABC∽△FCD，BC＝2CD，所以S△ABCS△FCD＝(BCCD)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＝14 cm，ADBD＝59，DE∥BC，CD⊥AB，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.
再由DE∥BC可得△ABC∽△ADE.由S△ADES△ABC＝(ADAB)2可求得S△ADE＝757 c m2.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AH∥CD分别交EF，BC于点G、H.
(1)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(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.
(3)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(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】(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.
【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
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ACAB＝25，求AFDF的值.
【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，
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.
(1)求证：AF＝CF；
(2)若ED＝4，sin∠E＝35，求CE的长.
【解析】(1)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.
(2)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⊙O 1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
因为AD∥EC，所以DPPE＝APPC，所以9＋xy＝62.②
由①②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.
(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△PFD∽△PCO，所以PFPC＝PDPO.
由割线定理知PC?PD＝PA?PB＝12，故PF＝ ＝124＝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＝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.
(1)求证：B、P、E、F四点共圆；
(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＝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：
(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.
因为DE2＝DM?DH＝DM?(DO＋OH)＝DM?DO＋DM?OH＝DM?(12AC)＋DM?(12AB)，
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.

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