第十六 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A⊥BC,垂足为点.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•A,BC=10,所以20=12×10×A,所以A=4.又因为DE∥A,所以DEA=BDB,因为D=12DC=52,B=BD+D,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.求证:
(1)O,B,D,E四点共圆;
(2)2DE2=D•AC+D•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=D•DH=D•(DO+OH)=D•DO+D•OH=D•(12AC)+D•(12AB),
所以2DE2=D•AC+D•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.
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