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第十六　幾何證明選講

高考導航

考試要求重難點擊命題展望
　　1.了解平行線截割定理.
2.會證明并應用直角三角形射影定理.
3.會證明并應用圓周角定理，圓的切線的判定定理及性質(zhì)定理，并會運用它們進行計算與證明.
4.會證明并應用相交弦定理、圓內(nèi)接四 邊形的性質(zhì)定理與判定定理、切割線定理，并會運用它們進行幾何計算與證明.
5.了解平行投影的含義，通過圓柱與平面的位置關系了解平行投影；會證明平面與圓柱面的截線是橢圓(特殊情形是圓).
6.了解下面的定理.
定理：在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于點O，其夾角為α，l′圍繞l旋轉得到以O為頂點，l′為母線的圓錐面，任取平面π，若它與軸l的交角為β(π與l平行，記β＝0)，則：
①β＞α，平面π與圓錐的交線為橢圓；
②β＝α，平面π與圓錐的交線為拋物線；
③β＜α，平面π與圓錐的交線為雙曲線.
7.會利用丹迪林(Dandelin)雙 球(如圖所示，這兩個球位于圓錐的內(nèi)部，一個位于平面π的上方，一個位于平面π的下方，并且與平面π及圓錐面均相切，其切點分別為F，E)證明上述定理①的情形：
當β＞α時，平面π與圓錐的交線為橢圓.
(圖中，上、下兩球與圓錐面相切的切點分別為點B和點C，線段BC與平面π相交于點A)
8.會證明以下結果：
①在7.中，一個丹迪林球與圓 錐面的交線為一個圓，并與圓錐的底面平行.記這個圓所在的平面為π′.
②如果平面π與平面π′的交線為m，在6.①中橢圓上任取點A，該丹迪林球與平面π的切點為F，則點A到點F的距離與點 A到直線m的距離比是小于1的常數(shù)e(稱點F為這個橢圓的焦點，直線m為橢圓的準線，常數(shù)e為離心率).
9.了解定理6.③中的證明，了解當β無限接近α時，平面π的極限結果. 　　本重點：相似三角形的判定與性質(zhì)，與圓有關的若干定理及其運用，并將其運用到立體幾何中.
本難點：對平面截圓柱、圓錐所得的曲線為圓、橢圓、雙曲線、拋物線的證明途徑與方法，它是解立體幾何、平面幾何知識的綜合運用，應較好地把握.
　　本專題強調(diào)利用演繹推理證明結論，通過推理證明進一步發(fā)展學生的邏輯推理能力，進一步提高空間想象能力、幾何直觀能力和綜合運用幾何方法解決問題的能力.
第一講與第二講是傳統(tǒng)內(nèi)容，高考中主要考查平行線截割定理、直角三角形射影定理以及與圓有關的性質(zhì)和判定，考查邏輯推理能力.第三講內(nèi)容是新增內(nèi)容，在新程高考下，要求很低，只作了解.

知識網(wǎng)絡

16.1　相似三角形的判定及有關性質(zhì)

典例精析
題型一　相似三角形的判定與性質(zhì)
【例1】 如圖，已知在△ABC中，D是BC邊的中點，且AD＝AC，DE⊥BC，DE與AB相交于點E，EC與AD相交于點F.
(1)求證：△ABC∽△FCD；
(2)若S△FCD＝5，BC＝10，求DE的長.
【解析】(1)因為DE⊥BC，D是BC的中點，所以EB＝EC，所以∠B＝∠1.
又因為AD＝AC，所以∠2＝∠ACB.所以△ABC∽△FCD.
(2)過點A作A⊥BC，垂足為點.因為△ABC∽△FCD，BC＝2CD，所以S△ABCS△FCD＝(BCCD)2＝4，又因為S△FCD＝5，所以S△ABC＝20.因為S△ABC＝12BC•A，BC＝10，所以20＝12×10×A，所以A＝4.又因為DE∥A，所以DEA＝BDB，因為D＝12DC＝52，B＝BD＋D，BD＝12BC＝5，所以DE4＝55＋52，所以DE＝83.
【變式訓練1】如右圖，在△ABC中，AB＝14 cm，ADBD＝59，DE∥BC，CD⊥AB，CD＝12 cm.求△ADE的面積和周長.
【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 形性質(zhì)可得△ADE的周長為15 cm.
題型二　探求幾何結論
【例2】如圖，在梯形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，EF∥AD，假設EF做上下平行移動.
(1)若AEEB＝12，求證：3EF＝BC＋2AD；
(2)若AEEB＝23，試判斷EF與BC，AD之間的關系，并說明理由；
(3)請你探究一般結論，即若AEEB＝mn，那么你可以得到什么結論？
【解析】 過點A作AH∥CD分別交EF，BC于點G、H.
(1)因為AEEB＝12，所以AEAB＝13，
又EG∥BH，所以EGBH＝AEAB＝13，即3EG＝BH，
又EG＋GF＝EG＋AD＝EF，從而EF＝13(BC－HC)＋AD，
所以EF＝13BC＋23AD，即3EF＝BC＋2AD.
(2)EF與BC，AD的關系式為5EF＝2BC＋3AD，理由和(1)類似.
(3)因為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.
【點撥】 在相似三角形中，平行輔助線是常作的輔助線之一；探求幾何結論可按特殊到一般的思路去獲取，但結論證明應從特殊情況得到啟迪.
【變式訓練2】如右圖，正方形ABCD的邊長為1，P是CD邊上中點，點Q在線段BC上，設BQ＝k，是否存在這樣的實數(shù)k，使得以Q，C，P為頂點的三角形與△ADP相似？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.
【解析】設存在滿足條的實數(shù)k，
則在正方形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.
從而k＝0或k＝34.
題型三　解決線的位置或數(shù)量關系
【例3】(2009江蘇)如圖，在四邊形ABCD中，△ABC △BAD，求證：AB∥CD.
【證明】 由△ABC≌△BAD得∠ACB＝∠BDA，所以A、B、C、D四點共圓，
所以∠CAB＝∠CDB.
再由△ABC≌△BAD得∠CAB＝∠DBA，
所以∠DBA＝∠CDB，即AB∥CD.
【變式訓練3】如圖，AA1與BB1相交于點O，AB∥A1B1且AB＝12A1B1，△AOB的外接圓的直徑為1，則△A1OB1的外接圓的直徑為　　　.
【解析】因為AB∥A1B1且AB＝12A1B1，所以△AOB∽△A1OB1
因為兩三角形外接圓的直徑之比等于相似比.
所以△A1OB1的外接圓直徑為2.
總結提高
1.相似三角形的判定與性質(zhì)這一內(nèi)容是平面幾何知識的重要組成部分，是解題的工具，同時它的內(nèi)容滲透了等價轉化、從一般到特殊、分類討論等重要的數(shù)學思想與方法，在學習時應以它們?yōu)橹笇?相似三角形的證法有：定義法、平行法、判定定理法以及直角三角形的HL法.
相似三角形的性質(zhì)主要有對應線的比值相等(邊長、高線、中線、周長、內(nèi)切圓半徑等)，對應角相等，面積的比等于相似比的平方.
2.“平行出相似”“平行成比例”，故此中平行輔助線是常作的輔助線之一，遇到困難時應常考慮此類輔助線.

16.2　直線與圓的位置關系和圓錐曲線的性質(zhì)

典例精析
題型一　切線的判定和性質(zhì)的運用
【例1】如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，∠BAC的平分線AD交⊙O于點D，DE⊥AC，交AC的延長線于點E，OE交AD于點F.
(1)求證：DE是⊙O的切線；
(2) 若ACAB＝25，求AFDF的值.
【解析】(1)證明：連接OD，可得∠ODA＝∠OAD＝∠DAC，
所以OD∥AE，又AE⊥DE，所以DE⊥OD，
又OD為半徑，所以DE是⊙O的切線.
(2)過D作DH⊥AB于H，則有∠DOH＝∠CAB，
OHOD＝cos∠DOH＝cos∠CAB＝ACAB＝25，
設OD＝5x，則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.
【變式訓練1】已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，以BC為直徑的⊙O交AB于點D，連接DO并延長交AC的延長線于點E，⊙O的切線DF交AC于點F.
(1)求證：AF＝CF；
(2)若ED＝4，sin∠E＝35，求CE的長.
【解析】(1)方法一：設線段FD延長線上一點G，則∠GDB＝∠ADF，且∠GDB＋∠BDO＝π2，所以∠ADF＋∠BDO＝π2，又因為在⊙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，直角邊BC為⊙O的直徑，所以AC為⊙O的切線，
又FD為⊙O的切線，所以FD＝CF.
所以AF＝CF.
方法二：在直角三角形ABC中，直角邊BC為⊙O的直徑，所以AC為⊙O的切線，
又FD為⊙O的切線，所以FD＝CF，且∠FDC＝∠FCD.
又由BC為⊙O的直徑可知，∠ADF＋∠FDC＝π2，∠A＋∠FCD＝π2，
所以∠ADF＝∠A，所以FD＝AF.
所以AF＝CF.
(2)因為在直角三角形FED中，ED＝4，sin∠E＝35，所以cos∠E＝45，所以FE＝5.
又FD＝3＝FC，所以CE＝2.
題型二　圓中有關定理的綜合應用
【例2】如圖所示，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點，過點A作⊙O 1的切線交⊙O2于點C，過點B作兩圓的割線，分別交⊙O1、⊙O2于點D、E，DE與AC相交于點P.

( 1)求證：AD∥EC；
( 2)若AD是⊙O2的切線，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的長.
【解析】(1)連接AB，因為AC是⊙O1的切線，所以∠BAC＝∠D，
又因為∠BAC＝∠E，所以∠D＝∠E，所以AD∥EC.
(2)方法一：因為PA是⊙O1的切線，PD是⊙O1的割線，
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.
因為AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線，
所以AD2＝DB•DE＝9×16，所以AD＝12.
方法二：設BP＝x， PE＝y(tǒng).
因為PA＝6，PC＝2，所以由相交弦定理得PA•PC＝BP•PE，即xy＝12.①
因為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.
因為AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線，所以AD2＝DB•DE＝9×16，所以AD＝12.
【變式訓練2】如圖，⊙O的直徑AB的延長線與弦CD的延長線相交于點P，E為⊙O上一點， ，DE交AB于點F，且AB＝2BP＝4.
(1)求PF的長度；
(2)若圓F與圓O內(nèi)切，直線PT與圓F切于點T，求線段PT的長度.
【解析】(1)連接OC，OD，OE，由同弧對應的圓周角與圓心角之間的關系，結合題中已知條可得∠CDE＝∠AOC.
又∠CDE＝∠P＋∠PFD，∠AOC＝∠P＋∠OCP，
從而∠PFD＝∠OCP，故△PFD∽△PCO，所以PFPC＝PDPO.
由割線定理知PC•PD＝PA•PB＝12，故PF＝ ＝124＝3.
(2)若圓F與圓O內(nèi)切，設圓F的半徑為r，
因為OF＝2－r＝1，即r＝1，
所以OB是 圓F的直徑，且過點P的圓F的切線為PT，
則PT2＝PB•PO＝2×4＝8，即PT＝22.
題型三　四點共圓問題
【例3】如圖，圓O與圓P相交于A、B兩點，圓心P在圓O上，圓O的弦BC切圓P于點B，CP及其延長線交圓P于D，E兩點，過點E作EF⊥CE，交CB的延長線于點F.
(1)求證：B、P、E、F四點共圓；
(2)若CD＝2，CB＝22，求出由B、P、E、F四點所確定的圓的直徑.
【解析】(1)證明：連接PB.因為BC切圓P于點B，所以PB⊥BC.
又因為EF⊥CE，所以∠PBF＋∠PEF＝180°，所以∠EPB＋∠EFB＝180°，
所以B，P，E，F(xiàn)四點共圓.
(2)因為B，P，E，F(xiàn)四點共圓，且EF⊥CE，PB⊥BC，所以此圓的直徑就是PF.
因為BC切圓P于點B，且CD＝2，CB＝22，
所以由切割線定理CB2＝CD•CE，得CE＝4，DE＝2，BP＝1.
又因為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(xiàn)四點確定的圓的直徑為3.
【變式訓練3】如圖，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°.以AB為直徑的圓O交AC于點E，點D是BC邊的中點.連接OD交圓O于點.求證：
(1)O，B，D，E四點共圓；
(2)2DE2＝D•AC＋D•AB.
【證明】(1)連接BE，則BE⊥EC.
又D是BC的中點，所以DE＝BD.
又OE＝OB，OD＝OD，所以△ODE≌△ODB，
所以∠OBD＝∠OED＝90°，所以D，E，O，B四點共圓.
(2)延長DO交圓O于點H.
因為DE2＝D•DH＝D•(DO＋OH)＝D•DO＋D•OH＝D•(12AC)＋D•(12AB)，
所以2DE2＝D•AC＋D•AB.
總結提高
1.直線與圓的位置關系是一種重要的幾何關系.
本在初中平面幾何的基礎上加以深化，使平面幾何知識趨于完善，同時為解析幾何、立體幾何提供了多個理論依據(jù).
2.圓中的角如圓周角、圓心角、弦切角及其性質(zhì)為證明相關的比例線段提供了理論基礎，為解決綜合問題提供了方便，使學生對幾何概念和幾何方法有較透徹的理解.

本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.douzifanli.com/gaosan/42852.html

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