2020届二轮复习几何证明选讲、参数方程与极坐标教案（全国通用）

2020届二轮复习  几何证明选讲、参数方程与极坐标  教案（全国通用）

类型一、相似三角形的判定及有关性质

【例1】已知，如图，在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC，点D是垂足．

求证：

【思路点拨】作AE⊥BC，证明△AEC和△BDC相似即可．

【解析】　过点A作AE⊥BC，垂足为E，

∴CE＝BE＝BC，由BD⊥AC，AE⊥BC.

又∴∠C＝∠C，∴△AEC∽△BDC.

∴，∴，

即

【总结升华】判定两个三角形相似要注意结合图形的性质特点灵活选择判定定理．除了平行，还可利用“两角对应相等”、“两边对应成比例及夹角相等”、“三边对应成比例”这三个判定定理。

举一反三：

【变式】如图，已知在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，E是AC的

中点，ED交AB的延长线于F.求证：

证明：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，

∴∠ADB＝∠ADC＝∠BAC＝90°，

∴∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠C＝90°.

∴∠1＝∠C. 

∴△ABD∽△CAD，

∴

又∵E是AC的中点，

∴DE＝EC，

∴∠3＝∠C.

又∵∠3＝∠4，∠1＝∠C，∴∠1＝∠4.

又有∠F＝∠F，

∴△FBD∽△FDA.

∴∴.

【例2】如图，在Rt⊿ABC中，∠BAC=900，AD⊥BC于D，DF⊥AC于F，DE⊥AB于E，求证：AD3=BC·BE·CF。

【思路点拨】多次利用射影定理，找出AD、BC、BE、CF关系即可。

【解析】∵AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=900，在Rt⊿ADB中，∵DE⊥AB，由射影定理得BD2=BE·AB，

同理CD2=CF·AC，∴BD2·CD2= BE·AB·CF·AC           ①

又在Rt⊿ABC中，AD⊥BC，∴AD2=BD·DC                 ②

由①②得AD4= BD2·CD2 =BE·AB·CF·AC= BE·AB·AD·BC

∴AD3=BC·BE·CF

【总结升华】题目中有直角三角形和斜边上的高符合直角三角形射影定理的两个条件，选择合适的直角三角形是解决问题的关键。

举一反三：

【变式】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，

CD＝6，E为AB的中点，AD∶DB＝2∶3，求AC及CE.

【解析】

设AD＝2t，DB＝3t，

由射影定理得CD2＝AD·DB，

∴62＝2t·3t，

∴t＝(t＝－舍去)，

∴AD＝2，DB＝3，

所以斜边AB＝AD＋DB＝2＋3＝5

故CE＝AB＝.

再由射影定理得

AC2＝AD·AB＝2·5＝60

∴AC＝2.

类型二、直线与圆的位置关系

【例3】如图,是圆的直径,为圆上位于异侧的两点,连结并延长至点,使,连结.

求证:.

【思路点拨】要证,就得找一个中间量代换,一方面考虑到是同弧所对圆周角,相等;另一方面由是圆的直径和可知是线段的中垂线,从而根据线段中垂线上的点到线段两端的距离相等和等腰三角形等边对等角的性质得到.从而得证.

本题还可连接,利用三角形中位线来求证.

【解析】证明:连接.

∵是圆的直径,∴(直径所对的圆周角是直角).

              ∴(垂直的定义).

又∵,∴是线段的中垂线(线段的中垂线定义).

∴(线段中垂线上的点到线段两端的距离相等).

∴(等腰三角形等边对等角的性质).

又∵为圆上位于异侧的两点,

∴(同弧所对圆周角相等).

∴(等量代换).

【总结升华】本题主要考查圆周角定理,线段垂直平分线的判定和性质,等腰三角形的性质. 

举一反三：

【变式】如图，AB为⊙O的直径，弦AC、BD交于点P，若AB＝3，CD＝1，则sin∠APB＝________.

【答案】

【解析】连接AD，BC.因为AB是圆O的直径，所以∠ADB＝∠ACB＝90°.

又∠ACD＝∠ABD，所以在△ACD中，由正弦定理得：＝＝＝＝AB＝3，又CD＝1，所以sin∠DAC＝sin∠DAP＝，所以cos∠DAP＝.

又sin∠APB＝sin (90°＋∠DAP)＝cos∠DAP＝.

【例4】如图，已知AP是⊙的切线，P为切点，AC是⊙的割线，与⊙交于B，C两点，圆心在∠PAC的内部，点M是BC的中点。

（1）证明：A，P，，M四点共圆；

（2）求∠OAM+∠APM的大小。

【思路点拨】要证A、P、、M四点共圆，可考虑四边形APOM的对角互补；根据四点共圆，同弧所对的圆周角相等，进行等量代换，进而求出∠OAM+∠APM的大小。

【解析】（1）连接OP，OM，

因为AP与⊙相切于点P，所以OP⊥AP，因为M是⊙的弦BC的中点，所以OM⊥BC，于是∠OPA+∠OMA=1800。由圆心在∠PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A，P，O，M四点共圆。

（1）       由（1）得A，P，，M四点共圆，所以∠OAM=∠OPM，由（1）得OP⊥AP，由圆心在∠PAC的内部，可知∠OPM+∠APM=900，所以∠OPM+∠APM=900。

   举一反三：

【变式】已知AB是⊙的直径，BC是⊙的切线，切点为B，OC平行于弦AD（如图）。求证：DC是⊙的切线。

【解析】连接OD。

∵OA=OD，∴∠1=∠2，∵AD∥OC，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠3=∠4。又OB=OD，OC=OC，∴⊿OBC≌⊿ODC，∴∠OBC=∠ODC。∵BC是⊙的切线，∴∠OBC=900，∴∠ODC=900，∴DC是⊙的切线。

类型三、极坐标方程与直角坐标方程

【例5】在极坐标系中，点关于极点的对称点的坐标是_____ ，关于极轴的对称点的坐标是_____，关于直线的对称点的坐标是_______，

【思路点拨】画出极坐标系，结合图形容易确定。

【解析】它们依次是或；；（）.

示意图如下：

【总结升华】应用数形结合，抓住对称点与已知点之间的极径与极角的联系，同时应注意点的极坐标的多值性。

举一反三：

【变式】已知点，则点

　　（1）关于对称点的坐标是_______，

　　（2）关于直线的对称点的坐标为________  。

【答案】(1) 由图知：,，所以；

　　   (2) 直线即，所以或（）

【例6】化下列极坐标方程为直角坐标方程，并说明它是什么曲线。

  (1) ；　　　　(2) ；

(3) ；　　　　(4) .

【思路点拨】依据关系式，对已有方程进行变形、配凑。

【解析】

（1）方程变形为,   

∴或，即或，

 故原方程表示圆心在原点半径分别为1和4的两个圆。

(2) 变形得,即，

故原方程表示直线。

(3) 变形为, 即，

整理得，

故原方程表示中心在，焦点在x轴上的双曲线。

（4）变形为, 

∴,即,

故原方程表示顶点在原点，开口向上的抛物线。

【总结升华】极坐标方程化为直角坐标方程，关键是依据关系式，把极坐标方程中的用ｘ、ｙ表示。

举一反三：

【变式1】把下列极坐标方程化为直角坐标方程，并说明它们是什么曲线.

(1)；   　     (2), 其中；

(3)   　  　  (4)

【答案】：

(1)∵ ，∴即,

故原方程表示是圆.

(2)∵, ∴，

    ∴，∴或，

∴或

故原方程表示圆和直线.

(3)由，得即，整理得

    故原方程表示抛物线.

 (4) 由得,

∴，即

故原方程表示圆.

【变式2】圆的直角坐标方程化为极坐标方程为_______________.

【答案】将代入方程得.

【例7】求适合下列条件的直线的极坐标方程：

（1）过极点，倾斜角是；（2）过点，并且和极轴垂直。

【思路点拨】数形结合，利用图形可知过极点倾斜角为的直线为.过点垂直于极轴的直线为；或者先写出直角坐标方程，然后再转化成极坐标方程。

【解析】（1）由图知，所求的极坐标方程为；

   （2）（方法一）由图知，所求直线的方程为，即.

（方法二）由图知，所求直线的方程为，即.

【总结升华】抓住图形的几何性质，寻找动点的极径与极角所满足的条件，从而可以得到极坐标方程.也可以先求出直角坐标方程 运用所得的方程形式，可以更简捷地求解.

举一反三：

【变式1】已知直线的极坐标方程为，则极点到该直线的距离是______。

【答案】：。

（方法一）把直线的极坐标方程化为直角坐标方程：，则原点（极点）到该直线的距离是

；

（方法二）直线是将直线绕极点顺时针旋转而得到，易知，极点到直线的距离为。

【变式2】解下列各题

 （1）在极坐标系中，以为圆心，半径为1的圆的方程为_____，平行于极轴的切线方程为_____；

 （2）极坐标系中，两圆和的圆心距为______ ；

（3）极坐标系中圆的圆心为________。

【答案】（1）（方法一）

设在圆上，则，，，，

    由余弦定理得

    即，为圆的极坐标方程。

    其平行于极轴的切线方程为和。

  （方法二）圆心的直角坐标为，

则符合条件的圆方程为，

∴圆的极坐标方程：

整理得，即.

又圆的平行于（轴）极轴的切线方程为：或，

即和

（2）（方法一）的圆心为，的圆心为，∴两圆圆心距为.

（方法二）圆即的圆心为，

圆即的圆心为，

∴两圆圆心距为.

 （3）（方法一）令得，∴圆心为。

（方法二）圆即的圆心为，即.

类型四、参数方程与普通方程互化

【例8】把参数方程化为普通方程

(1) (，为参数)；  （2） (，为参数）；

（3）　(,为参数)；        （4） (为参数).

【思路点拨】

（1）将第二个式子变形后，把第一个式子代入消参；

（2）利用三角恒等式进行消参；

（3）观察式子的结构，注意到两式中分子分母的结构特点，因而可以采取加减消参的办法；或把用表示，反解出后再代入另一表达式即可消参；

（4）此题是（3）题的变式，仅仅是把换成而已，因而消参方法依旧，但需要注意、的范围。

【解析】（1）∵，把代入得；

又∵ ,, ∴,,

∴ 所求方程为：(,)

(2)∵,把代入得.

又∵，

∴ ,. ∴ 所求方程为(,).

 (3) （法一）：,

又，,

∴ 所求方程为(,).

（法二）：由得,代入,

∴（余略）.

(4) 由 得, ∴,由得,

当时，；当时，，从而.

法一:，

即（），故所求方程为（）

法二: 由 得，代入得，即

∴再将代入得，化简得.

【总结升华】

1. 消参的方法主要有代入消参，加减消参，比值消参，平方消参，利用恒等式消参等。

2.消参过程中应注意等价性，即应考虑变量的取值范围，一般来说应分别给出、的范围.在这过程中实际上是求函数值域的过程，因而可以综合运用求值域的各种方法.

举一反三：

【变式1】化参数方程为普通方程。

（1）(t为参数) ；       （2）（t为参数）.

【答案】：（1）由得，代入化简得.

∵, ∴,.

故所求方程为（，）

（2）两个式子相除得，代入得，即.

∵ ，故所求方程为().

【变式2】（1）圆的半径为_________ ；

（2）参数方程(表示的曲线为（   ）。

    A、双曲线一支，且过点       B、抛物线的一部分，且过点

C、双曲线一支，且过点      D、抛物线的一部分，且过点

【答案】：

（1）

　其中，，∴ 半径为5。

 （2），且，因而选B。

【变式3】（1）直线: (t为参数)的倾斜角为（  ）。

A、      　 B、        C、       D、

（2）为锐角，直线的倾斜角（ 　　 ）。

    A、        B、         C、        D、

【答案】：

（1），相除得，∴倾斜角为，选C。

（2），相除得，

∵，∴  倾角为，选C。

【例9】已知曲线的参数方程（、为常数）。

    （1）当为常数()，为参数()时，说明曲线的类型；

    （2）当为常数且，为参数时，说明曲线的类型。

【思路点拨】通过消参，化为普通方程，再做判断。

【解析】（1）方程可变形为（为参数，为常数）

取两式的平方和，得

    　　 曲线是以为圆心，为半径的圆。

   （2）方程变形为（为参数，为常数）,

两式相除，可得，即,

曲线是过点且斜率的直线。

【总结升华】从本例可以看出：某曲线的参数方程形式完全相同，但选定不同的字母为参数，则表示的意义也不相同，表示不同曲线。因此在表示曲线的参数方程时，一般应标明选定的字母参数。

类型五、参数方程与极坐标的综合应用

【例10】椭圆内接矩形面积的最大值为_____________.

【思路点拨】 由椭圆的对称性知内接矩形的各边平行于两轴，只需求出其中一个点的坐标就可以用来表示面积，再求出最大值。

【解析】设椭圆上第一象限的点，则

当且仅当时，取最大值，此时点.

【总结升华】利用参数方程结合三角函数知识可以较简洁地解决问题。

举一反三：

【变式1】求椭圆上的点到直线:的最小距离及相应的点的坐标。

【答案】：设到的距离为，则

    ，

    （当且仅当即时取等号）。

∴点到直线的最小距离为，此时点，即。

【变式2】圆上到直线的距离为的点共有_______个.

【答案】：已知圆方程为，

设其参数方程为（）

则圆上的点到直线的距离为

，即

∴或

又 ，∴，从而满足要求的点一共有三个.

【变式3】实数、满足，求（1），（2）的取值范围.

【答案】：（1）由已知，

设圆的参数方程为（为参数）

∴

∵，∴

 （2）

∵，∴.