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本文题目：高三数学教案：理科几何证明总复习教学案

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.

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.

【总结】2013年已经到来，新的一年精品学习网会为您整理更多更好的文章，希望本文“高三数学教案：理科几何证明总复习教学案”能给您带来帮助！下面请看更多频道：

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