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

这是一份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，共4页。教案主要包含了变式训练1，变式训练2，变式训练3等内容，欢迎下载使用。

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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＝14 cm，eq \f(AD,BD)＝eq \f(5,9)，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eq \f(AE,EB)＝eq \f(1,2)，求证：3EF＝BC＋2AD；
(2)若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，即若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？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】(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＝eq \f(1,2)A1B1，△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＝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.
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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，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.