高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)總教案：16.1　相似三角形的判定及有關(guān)性質(zhì)

第頁第十六章幾何證明選講高考導(dǎo)航考試要求重難點(diǎn)擊命題展望1.了解平行線截割定理.2.會證明并應(yīng)用直角三角形射影定理.3.會證明并應(yīng)用圓周角定理，圓的切線的判定定理及性質(zhì)定理，并會運(yùn)用它們進(jìn)行計(jì)算與證明.4.會證明并應(yīng)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(yùn)用它們進(jìn)行幾何計(jì)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(guān)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(diǎn)O，其夾角為α，l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以O(shè)為頂點(diǎn)，l′為母線的圓錐面，任取平面π，假設(shè)它與軸l的交角為β(π與l平行，記β＝0)，那么：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(如下圖，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(diǎn)分別為F，E)證明上述定理①的情形：當(dāng)β＞α?xí)r，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(diǎn)分別為點(diǎn)B和點(diǎn)C，線段BC與平面π相交于點(diǎn)A)8.會證明以下結(jié)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(diǎn)A，該丹迪林球與平面π的切點(diǎn)為F，那么點(diǎn)A到點(diǎn)F的距離與點(diǎn)A到直線m的距離比是小于1的常數(shù)e(稱點(diǎn)F為這個橢圓的焦點(diǎn)，直線m為橢圓的準(zhǔn)線，常數(shù)e為離心率).9.了解定理6.③中的證明，了解當(dāng)β無限接近α?xí)r，平面π的極限結(jié)果.本章重點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)，與圓有關(guān)的假設(shè)干定理及其運(yùn)用，并將其運(yùn)用到立體幾何中.本章難點(diǎn)：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(yùn)用，應(yīng)較好地把握.本專題強(qiáng)調(diào)利用演繹推理證明結(jié)論，通過推理證明進(jìn)一步開展學(xué)生的邏輯推理能力，進(jìn)一步提高空間想象能力、幾何直觀能力和綜合運(yùn)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(guān)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.知識網(wǎng)絡(luò)16.1相似三角形的判定及有關(guān)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，在△ABC中，D是BC邊的中點(diǎn)，且AD＝AC，DE⊥BC，DE與AB相交于點(diǎn)E，EC與AD相交于點(diǎn)F.(1)求證：△ABC∽△FCD；(2)假設(shè)S△FCD＝5，BC＝10，求DE的長.【解析】(1)因?yàn)镈E⊥BC，D是BC的中點(diǎn)，所以EB＝EC，所以∠B＝∠1.又因?yàn)锳D＝AC，所以∠2＝∠ACB.所以△ABC∽△FCD.(2)過點(diǎn)A作AM⊥BC，垂足為點(diǎn)M.因?yàn)椤鰽BC∽△FCD，BC＝2CD，所以eq\f(S△ABC,S△FCD)＝(eq\f(BC,CD))2＝4，又因?yàn)镾△FCD＝5，所以S△ABC＝20.因?yàn)镾△ABC＝eq\f(1,2)BC·AM，BC＝10，所以20＝eq\f(1,2)×10×AM，所以AM＝4.又因?yàn)镈E∥AM，所以eq\f(DE,AM)＝eq\f(BD,BM)，因?yàn)镈M＝eq\f(1,2)DC＝eq\f(5,2)，BM＝BD＋DM，BD＝eq\f(1,2)BC＝5，所以eq\f(DE,4)＝eq\f(5,5＋\f(5,2))，所以DE＝eq\f(8,3).【變式訓(xùn)練1】如右圖，在△ABC中，AB＝14cm，eq\f(AD,BD)＝eq\f(5,9)，DE∥BC，CD⊥AB，CD＝12cm.求△ADE的面積和周長.【解析】由AB＝14cm，CD＝12cm，CD⊥AB，得S△ABC＝84cm2.再由DE∥BC可得△ABC∽△ADE.由eq\f(S△ADE,S△ABC)＝(eq\f(AD,AB))2可求得S△ADE＝eq\f(75,7)cm2.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15cm.題型二探求幾何結(jié)論【例2】如圖，在梯形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，CD上，EF∥AD，假設(shè)EF做上下平行移動.(1)假設(shè)eq\f(AE,EB)＝eq\f(1,2)，求證：3EF＝BC＋2AD；(2)假設(shè)eq\f(AE,EB)＝eq\f(2,3)，試判斷EF與BC，AD之間的關(guān)系，并說明理由；(3)請你探究一般結(jié)論，即假設(shè)eq\f(AE,EB)＝eq\f(m,n)，那么你可以得到什么結(jié)論？【解析】過點(diǎn)A作AH∥CD分別交EF，BC于點(diǎn)G、H.(1)因?yàn)閑q\f(AE,EB)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(AE,AB)＝eq\f(1,3)，又EG∥BH，所以eq\f(EG,BH)＝eq\f(AE,AB)＝eq\f(1,3)，即3EG＝BH，又EG＋GF＝EG＋AD＝EF，從而EF＝eq\f(1,3)(BC－HC)＋AD，所以EF＝eq\f(1,3)BC＋eq\f(2,3)AD，即3EF＝BC＋2AD.(2)EF與BC，AD的關(guān)系式為5EF＝2BC＋3AD，理由和(1)類似.(3)因?yàn)閑q\f(AE,EB)＝eq\f(m,n)，所以eq\f(AE,AB)＝eq\f(m,m＋n)，又EG∥BH，所以eq\f(EG,BH)＝eq\f(AE,AB)，即EG＝eq\f(m,m＋n)BH.EF＝EG＋GF＝EG＋AD＝eq\f(m,m＋n)(BC－AD)＋AD，所以EF＝eq\f(m,m＋n)BC＋eq\f(n,m＋n)AD，即(m＋n)EF＝mBC＋nAD.【點(diǎn)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(jié)論可按特殊到一般的思路去獲取，但結(jié)論證明應(yīng)從特殊情況得到啟迪.【變式訓(xùn)練2】如右圖，正方形ABCD的邊長為1，P是CD邊上中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段BC上，設(shè)BQ＝k，是否存在這樣的實(shí)數(shù)k，使得以Q，C，P為頂點(diǎn)的三角形與△ADP相似？假設(shè)存在，求出k的值；假設(shè)不存在，請說明理由.【解析】設(shè)存在滿足條件的實(shí)數(shù)k，那么在正方形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，由Rt△ADP∽Rt△QCP或Rt△ADP∽Rt△PCQ得eq\f(AD,QC)＝eq\f(DP,CP)或eq\f(AD,PC)＝eq\f(DP,CQ)，由此解得CQ＝1或CQ＝eq\f(1,4).從而k＝0或k＝eq\f(3,4).題型三解決線的位置或數(shù)量關(guān)系【例3】(2023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(diǎn)共圓，所以∠CAB＝∠CDB.再由△ABC≌△BAD得∠CAB＝∠DBA，所以∠DBA＝∠CDB，即AB∥CD.【變式訓(xùn)練3】如圖，AA1與BB1相交于點(diǎn)O，AB∥A1B1且AB＝eq\f(1,2)A1B1，△AOB的外接圓的直徑為1，那么△A1OB1的外接圓的直徑為.【解析】因?yàn)锳B∥A1B1且AB＝eq\f(1,2)A1B1，所以△AOB∽△A1OB1因?yàn)閮扇切瓮饨訄A的直徑之比等于相似比.所以△A1OB1的外接圓直徑為2.總結(jié)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局部，是解題的工具，同時它的內(nèi)容滲透了等價轉(zhuǎn)化、從一般到特殊、分類討論等重要的數(shù)學(xué)思想與方法，在學(xué)習(xí)時應(yīng)以它們?yōu)橹笇?dǎo).相似三角形的證法有：定義法、