高考数学一轮复习总教案：16.1　相似三角形的判定及有关性质

第页第十六章几何证明选讲高考导航考试要求重难点击命题展望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，假设它与轴l的交角为β(π与l平行，记β＝0)，那么：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(如下图，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，那么点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，与圆有关的假设干定理及其运用，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开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，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)假设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eq\f(S△ABC,S△FCD)＝(eq\f(BC,CD))2＝4，又因为S△FCD＝5，所以S△ABC＝20.因为S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AM，BC＝10，所以20＝eq\f(1,2)×10×AM，所以AM＝4.又因为DE∥AM，所以eq\f(DE,AM)＝eq\f(BD,BM)，因为DM＝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).【变式训练1】如右图，在△ABC中，AB＝14cm，eq\f(AD,BD)＝eq\f(5,9)，DE∥BC，CD⊥AB，CD＝12cm.求△ADE的面积和周长.【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，再由相似三角形性质可得△ADE的周长为15cm.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)假设eq\f(AE,EB)＝eq\f(1,2)，求证：3EF＝BC＋2AD；(2)假设eq\f(AE,EB)＝eq\f(2,3)，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，即假设eq\f(AE,EB)＝eq\f(m,n)，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eq\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，从而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与BC，AD的关系式为5EF＝2BC＋3AD，理由和(1)类似.(3)因为eq\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.【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？假设存在，求出k的值；假设不存在，请说明理由.【解析】设存在满足条件的实数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).从而k＝0或k＝eq\f(3,4).题型三解决线的位置或数量关系【例3】(2023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＝eq\f(1,2)A1B1，△AOB的外接圆的直径为1，那么△A1OB1的外接圆的直径为.【解析】因为AB∥A1B1且AB＝eq\f(1,2)A1B1，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局部，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、