數(shù)學幾何證明選講教案
數(shù)學幾何證明選講教案
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：
�、佴拢睛粒矫姒信c圓錐的交線為橢圓；
�、讦拢溅粒矫姒信c圓錐的交線為拋物線；
�、郐拢鸡�，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：
�、僭�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. 本章重點：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.
本章難點：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，在新課程高考下，要求很低，只作了解.
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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AM⊥BC，垂足為點M.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?AM，BC＝10，所以20＝12×10×AM，所以AM＝4.又因為DE∥AM，所以DEAM＝BDBM，因為DM＝12DC＝52，BM＝BD＋DM，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】設存在滿足條件的實數(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”，故此章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.
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