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1、XX届高考理科数学轮几何证明总复习教案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，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，则：，平面与圆锥的交线为椭圆；
2、，平面与圆锥的交线为抛物线；，平面与圆锥的交线为双曲线.会利用丹迪林双球证明上述定理的情形：当时，平面与圆锥的交线为椭圆.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，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到直线的距离比是小于1的常数e.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
3、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ADAc，DEBc，DE与AB相交于点E，Ec与AD相交于点F.求证：ABcFcD；若SFcD5，Bc10，求DE的长.【解析
4、】因为DEBc，D是Bc的中点，所以EBEc，所以B1.又因为ADAc，所以2AcB.所以ABcFcD.过点A作ABc，垂足为点.因为ABcFcD，Bc2cD，所以SABcSFcD24，又因为SFcD5，所以SABc20.因为SABc12BcA，Bc10，所以201210A，所以A4.又因为DEA，所以DEABDB，因为D12Dc52，BBDD，BD12Bc5，所以DE45552，所以DE83.【变式训练1】如右图，在ABc中，AB14c，ADBD59，DEBc，cDAB，cD12c.求ADE的面积和周长.【解析】由AB14c，cD12c，cDAB，得SABc84c2.再由DEBc可得ABcA
5、DE.由SADESABc2可求得SADE757c2.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，EFAD，假设EF做上下平行移动.若AEEB12，求证：3EFBc2AD；若AEEB23，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AEEBn，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.因为AEEB12，所以AEAB13，又EGBH，所以EGBHAEAB13，即3EGBH，又EGGFEGADEF，从而EF13AD，所以EF13Bc23A
6、D，即3EFBc2AD.EF与Bc，AD的关系式为5EF2Bc3AD，理由和类似.因为AEEBn，所以AEABn，又EGBH，所以EGBHAEAB，即EGnBH.EFEGGFEGADnAD，所以EFnBcnnAD，即EFBcnAD.【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ABc
7、D中，Dc90，由RtADPRtQcP或RtADPRtPcQ得ADQcDPcP或ADPcDPcQ，由此解得cQ1或cQ14.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，ABcBAD，求证：ABcD.【证明】由ABcBAD得AcBBDA，所以A、B、c、D四点共圆，所以cABcDB.再由ABcBAD得cABDBA，所以DBAcDB，即ABcD.【变式训练3】如图，AA1与BB1相交于点o，ABA1B1且AB12A1B1，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AB12A1B1，所以AoBA1oB1因为两三角形外接圆的直径之比
8、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
9、交o于点D，DEAc，交Ac的延长线于点E，oE交AD于点F.求证：DE是o的切线；若AcAB25，求AFDF的值.【解析】证明：连接oD，可得oDAoADDAc，所以oDAE，又AEDE，所以DEoD，又oD为半径，所以DE是o的切线.过D作DHAB于H，则有DoHcAB，oHoDcosDoHcoscABAcAB25，设oD5x，则AB10x，oH2x，所以AH7x.由AEDAHD可得AEAH7x，又由AEFDoF可得AFDFAEoD75，所以AFDF75.【变式训练1】已知在直角三角形ABc中，AcB90，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
10、于点F.求证：AFcF；若ED4，sinE35，求cE的长.【解析】方法一：设线段FD延长线上一点G，则GDBADF，且GDBBDo2，所以ADFBDo2，又因为在o中oDoB，BDooBD，所以ADFoBD2.在RtABc中，AcBA2，所以AADF，所以AFFD.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FDcF.所以AFcF.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FDcF，且FDcFcD.又由Bc为o的直径可知，ADFFDc2，AFcD2，所以ADFA，所以FDAF.所以AFcF.因为在直角三
11、角形FED中，ED4，sinE35，所以cosE45，所以FE5.又FD3Fc，所以cE2.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：ADEc；若AD是o2的切线，且PA6，Pc2，BD9，求AD的长.【解析】连接AB，因为Ac是o1的切线，所以BAcD，又因为BAcE，所以DE，所以ADEc.方法一：因为PA是o1的切线，PD是o1的割线，所以PA2PBPD，所以62PB，所以PB3.在o2中，由相交弦定理得PAPcBPPE，所以PE4.因为AD是o
12、2的切线，DE是o2的割线，所以AD2DBDE916，所以AD12.方法二：设BPx，PEy.因为PA6，Pc2，所以由相交弦定理得PAPcBPPE，即xy12.因为ADEc，所以DPPEAPPc，所以9xy62.由可得或，所以DE9xy16.因为AD是o2的切线，DE是o2的割线，所以AD2DBDE916，所以AD12.【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AB2BP4.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
13、得cDEAoc.又cDEPPFD，AocPocP，从而PFDocP，故PFDPco，所以PFPcPDPo.由割线定理知PcPDPAPB12，故PF1243.若圆F与圆o内切，设圆F的半径为r，因为oF2r1，即r1，所以oB是圆F的直径，且过点P的圆F的切线为PT，则PT2PBPo248，即PT22.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.求证：B、P、E、F四点共圆；若cD2，cB22，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PBBc.又因为EFcE，所以PBFPEF180，所以EPBEFB180，所以B，P，E，F四点共圆.因为B，P，E，F四点共圆，且EFc
