2019-2020年高考数学大一轮复习(选修4-1).doc
《2019-2020年高考数学大一轮复习(选修4-1).doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019-2020年高考数学大一轮复习(选修4-1).doc(29页珍藏版)》请在装配图网上搜索。
2019-2020年高考数学大一轮复习(选修4-1)考情展望1.理解相似三角形的定义与性质,了解平行截割定理.2.会证明和应用直角三角形射影定理1平行线等分线段定理(1)定理:如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等,那么在其他直线上截得的线段也相等(2)推论1:经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边(3)推论2:经过梯形一腰的中点,且与底边平行的直线平分另一腰2平行线分线段成比例定理(1)定理:三条平行线截两条直线,所得的对应线段成比例(2)推论:平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例3相似三角形的判定(1)定义:对应角相等,对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形(2)预备定理:平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交,所构成的三角形与原三角形相似(3)判定定理1:两角对应相等,两三角形相似定理2:两边对应成比例且夹角相等,两三角形相似定理3:三边对应成比例,两三角形相似4相似三角形的性质(1)相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比(2)相似三角形周长的比等于相似比(3)相似三角形面积的比等于相似比的平方(4)相似三角形外接圆的直径比、周长比等于相似比,外接圆的面积比等于相似比的平方5直角三角形的射影定理直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上的射影的比例中项;两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的比例中项.考向一平行线分线段成比例定理如图1,梯形ABCD中,ADBC,EF经过梯形对角线的交点O,且EFAD.图1(1)求证:OEOF.(2)求的值【解】(1)证明:EFAD,ADBC,EFADBC,.EFADBC,.,OEOF.(2)OEAD,.由(1)知,.1.规律方法11.利用平行线分线段成比例定理来计算或证明,首先要观察平行线组,再确定所截直线,进而确定比例线段及比例式,同时注意合比性质、等比性质的运用2平行线分线段成比例定理及推论是证明两条线段相等的重要依据,特别是在应用推论时,一定要明确哪一条线段平行于三角形的一边,是否过一边的中点对点训练如图2,在ABCD中,E是AB延长线上一点,DE交AC于G,交BC于F.图2求证:(1)DG2GEGF;(2).【证明】(1)CDAE,.又ADCF,.,即DG2GEGF.(2)BFAD,.又CDBE,.考向二相似三角形的判定与性质(xx开封模拟)如图3,在平行四边形ABCD中,过点B作BECD,垂足为E,连结AE,F为AE上一点,且BFEC.图3(1)求证:ABFEAD;(2)若AB4,BAE30,AD3,求BF的长【解】(1)证明:ABCD,BAFAED.又BFEC,BFEBFACEDA,BFAADE.ABFEAD.(2)BAE30,AEB60,sin 60,AE,又,BFAD.规律方法21.相似三角形的证明方法:(1)先找两对内角对应相等;(2)若只有一个角对应相等,再判定这个角的两邻 边是否对应成比例;(3)若无角对应相等,就要证明三边对应成比例2利用相似三角形的性质进行对应边的比、对应角的度数的相关运算时,要善于联想变换比例式,通过添加辅助线构造相似三角形,同时注意面积法的应用对点训练如图4,在ABC中,ABAC,过点A的直线与其外接圆交于点P,交BC的延长线于点D.图4(1)求证:;(2)若AC3,求APAD的值【解】(1)证明:因为CPDABC,PDCPDC,所以DPCDBA,所以.又ABAC,所以.(2)因为ABCAPC180,ACBACD180,ABCACB,所以ACDAPC.又CAPDAC,所以APCACD,所以.所以APADAC29.考向三直角三角形的射影定理及其应用如图5,RtABC中,BAC90,ADBC于D,BE平分ABC交AC于E,EFBC于F.求证:EFDFBCAC.图5【解】BAC90,且ADBC,由射影定理得AC2CDBC,.EFBC,ADBC,EFAD,.又BE平分ABC,且EAAB,EFBC,AEEF,.由得,即EFDFBCAC.规律方法3已知条件中含直角三角形且涉及直角三角形斜边上的高时,应首先考虑射影定理,注意射影与直角边的对应法则,根据题目中的结论分析并选择射影定理中的等式,并分清比例中项对点训练如图6所示,在ABC中,CAB90,ADBC于D,BE是ABC的平分线,交AD于F,求证:.图6【证明】由三角形的内角平分线定理得,在ABD中,在ABC中,在RtABC中,由射影定理知,AB2BDBC,即.由得:.课时检测相似三角形的判定及有关性质(建议用时:45分钟)1已知ABC中,BFAC于点F,CEAB于点E,BF和CE相交于点P,求证:图7(1)BPECPF;(2)EFPBCP.【证明】(1)BFAC于点F,CEAB于点E.BFCCEB90,又CPFBPE,CPFBPE.(2)由(1)得CPFBPE,.又EPFBPC,EFPBCP.2如图8,在O中,弦CD垂直于直径AB,求证:.图8【证明】连结AD,由同弧所对圆周角相等可得ADCABC,ADACADCACD,OBOCOCBOBCCADCOB.3如图9,D为ABC中BC边上的一点,CADB,若AD6,AB10,BD8,求CD的长图9【解】BD2AD28262102AB2,ADB90,又CADB,BBAD90,BADCAD90,即BAC90,由射影定理,得AD2BDDC,CD.4(xx抚顺模拟)如图10所示,O为ABC的外接圆,且ABAC,过点A的直线交O于D,交BC的延长线于F,DE是BD的延长线,连结CD.求证:(1)EDFCDF;(2)AB2AFAD.图10【证明】(1)ABAC,ABCACB.四边形ABCD是O的内接四边形,CDFABC.又ADB与EDF是对顶角,ADBEDF.又ADBACB,EDFCDF.(2)由(1)知ADBABC.又BADFAB,ADBABF,AB2AFAD.5如图11所示,在ABC中,AD为BC边上的中线,F为AB上任意一点,CF交AD于点E.求证:AEBF2DEAF.图11【证明】取AC的中点M,连结DM交CF于点N,则DM为ABC的中位线,在BCF中,D是BC的中点,DNBF,DNBF,DNAF,AFEDNE,.又DNBF,即AEBF2DEAF.6如图12,ABC中,BAC90,ADBC交BC于点D,若E是AC的中点,ED的延长线交AB的延长线于F,求证:.图12【证明】E是RtADC斜边AC的中点,AEECDE.EDCECD,又EDCBDF,EDCCBDF.又ADBC且BAC90,BADC,BADBDF,DBFADF.又RtABDRtCBA,因此.7如图13所示,已知:在RtABC中,ACB90,M是BC的中点,CNAM,垂足是N,求证:ABBMAMBN.图13【证明】在RtACM中,CM2MNAM,又M是BC的中点,即CMBM,BM2MNAM,又BMNAMB,AMBBMN,ABBMAMBN.8如图14所示,AD、BE是ABC的两条高,DFAB,垂足为F,直线FD交BE于点G,交AC的延长线于H,求证:DF2GFHF.图14【证明】HBAC90,GBFBAC90,HGBF.AFHGFB90,AFHGFB.,AFBFGFHF.因为在RtABD中,FDAB,DF2AFBF,所以DF2GFHF.9(xx江苏高考)如图15,AB和BC分别与圆O相切于点D,C,AC经过圆心O,且BC2OC.求证:AC2AD.图15【证明】连结OD.因为AB和BC分别与圆O相切于点D,C,所以ADOACB90.又因为AA,所以RtADORtACB.所以.又BC2OC2OD,故AC2AD.10如图16,已知在ABC中,D是BC边的中点,且ADAC,DEBC,DE与AB相交于点E,EC与AD相交于点F.图16(1)求证:ABCFCD;(2)若SFCD5,BC10,求DE的长【解】(1)证明:因为DEBC,D是BC的中点,所以EBEC,所以B1.又因为ADAC,所以2ACB.所以ABCFCD.(2)如图,过点A作AMBC,垂足为点M.因为ABCFCD,BC2CD,所以24.又因为SFCD5,所以SABC20.因为SABCBCAM,BC10,所以2010AM,所以AM4.因为DEAM,所以.因为DMDC,BMBDDM,BDBC5,所以,解得DE.第二节直线与圆的位置关系考情展望1.会证明和应用圆周角定理;圆的切线的判定定理与性质定理.2.会证明和应用相交弦定理;圆内接四边形的性质定理与判定定理;切割线定理1圆周角定理圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半2圆心角定理及推论定理:圆心角的度数等于它所对弧的度数推论1:同弧或等弧所对的圆周角相等;同圆或等圆中,相等的圆周角所对的弧也相等推论2:半圆(或直径)所对的圆周角是直角;90的圆周角所对的弦是直径3圆内接四边形的性质与判定定理(1)圆内接四边形的性质定理定理1:圆的内接四边形的对角互补定理2:圆内接四边形的外角等于它的内角的对角(2)圆内接四边形的判定定理及推论判定定理:如果一个四边形的对角互补,那么这个四边形的四个顶点共圆推论:如果四边形的一个外角等于它的内角的对角,那么这个四边形的四个顶点共圆4圆的切线的性质及判定定理(1)切线的判定定理:经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线(2)切线的性质定理:圆的切线垂直于经过切点的半径推论1:经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点推论2:经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心5弦切角定理定理:弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角6与圆有关的比例线段相交弦定理圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的积相等PAPBPCPD割线定理从圆外一点引圆的两条割线,这一点到每条割线与圆交点的两条线段长的积相等PAPBPCPD切割线定理从圆外一点引圆的切线和割线,切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项PAPBPC2切线长定理从圆外一点引圆的两条切线,它们的切线长相等,圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角.PAPC,APOCPO考向一圆周角与弦切角定理的应用(xx课标全国卷)如图17,直线AB为圆的切线,切点为B,点C在圆上,ABC的角平分线BE交圆于点E,DB垂直BE交圆于点D.图17(1)证明:DBDC;(2)设圆的半径为1,BC,延长CE交AB于点F,求BCF外接圆的半径【解】(1)证明:如图,连结DE,交BC于点G.由弦切角定理,得ABEBCE,而ABECBE,故CBEBCE,所以BECE.又因为DBBE,所以DE为直径,DCE90.由勾股定理可得DBDC.(2)由(1)知,CDEBDE,DBDC,故DG是BC的中垂线,所以BG.设DE的中点为O,连结BO,则BOG60,从而ABEBCECBE30,所以CFBF,故RtBCF外接圆的半径等于.规律方法11.圆周角定理常用的三种转化(1)圆周角与圆周角之间的转化(2)圆周角与圆心角之间的转化(3)弧的度数与圆心角和圆周角之间的转化2圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系,从而证明三角形全等或相似,可求线段的长度或角的大小对点训练如图18,AB是圆O的直径,D,E为圆O上位于AB异侧的两点,连结BD并延长至点C,使BDDC,连结AC,AE,DE.求证:EC.图18【解】连结AD.AB是圆O的直径,ADB90,ADBD.又BDDC,AD是线段BC的中垂线ABAC,BC,又E和B为同弧所对的圆周角,BE,EC.考向二圆内接四边形的判定与性质(xx贵阳模拟)如图19所示,D,E分别为ABC的边AB,AC上的点,且不与ABC的顶点重合已知AE的长为m,AC的长为n.AD,AB的长是关于x的方程x214xmn0的两个根图19(1)证明:C,B,D,E四点共圆;(2)若A90,且m4,n6,求C,B,D,E所在圆的半径【解】(1)证明:连结DE,根据题意在ADE和ACB中,ADABmnAEAC,即.又DAECAB,从而ADEACB.因此ADEACB.所以C,B,D,E四点共圆(2)m4,n6时,方程x214xmn0的两根为x12,x212.故AD2,AB12.取CE的中点G,DB的中点F,分别过G,F作AC,AB的垂线,两垂线相交于H点,连结DH.因为C,B,D,E四点共圆,所以C,B,D,E四点所在圆的圆心为H,半径为DH.由于A90,故GHAB,HFAC.从而HFAG5,DF(122)5.故C,B,D,E四点所在圆的半径为5.规律方法21.解答本题(1)时,根据等积式得三角形相似是解题的关键,求解本题(2)时,找到圆心是解题的突破口2判断四点共圆的步骤(1)观察几何图形,找到一对对角或一外角与其内对角;(2)判断四边形的一对对角的和是否为180或判断四边形一外角与其内对角是否相等;(3)下结论对点训练如图20,已知ABC的两条角平分线AD和CE相交于H,B60,F在AC上,且AEAF.证明:图20(1)B,D,H,E四点共圆;(2)CE平分DEF.【证明】(1)在ABC中,因为B60,所以BACBCA120.因为AD、CE分别是BAC、DCF的平分线,所以HACHCA60,故AHC120.于是EHDAHC120.所以EBDEHD180,所以B,D,H,E四点共圆(2)连结BH,则BH为ABC的平分线,得HBD30.由(1)知B,D,H,E四点共圆,所以CEDHBD30.又AHEEBD60,由已知可得EFAD,可得CEF30.所以CE平分DEF.考向三相交弦定理、切割线定理的应用(xx课标全国卷)如图21,P是O外一点,PA是切线,A为切点,割线PBC与O相交于点B,C,PC2PA,D为PC的中点,AD的延长线交O于点E.图21证明:(1)BEEC;(2)ADDE2PB2.【解】(1)证明:连结AB,AC.由题设知PAPD,故PADPDA.因为PDADACDCA,PADBADPAB,DCAPAB,所以DACBAD,从而.因此BEEC.(2)由切割线定理得PA2PBPC.因为PAPDDC,所以DC2PB,BDPB.由相交弦定理得ADDEBDDC,所以ADDE2PB2.规律方法31.解决与圆有关的成比例线段问题的两种思路(1)直接应用相交弦、切割线定理及其推论;(2)当比例式(等积式)中的线段分别在两个三角形中时,可转化为证明三角形相似,一般思路为“相似三角形比例式等积式”在证明中有时还要借助中间比来代换,解题时应灵活把握2应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容:如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等对点训练 (xx开封模拟)如图22所示,已知PA与O相切,A为切点,过点P的割线交圆于B,C两点,弦CDAP,AD、BC相交于E点,F为CE上一点,且DE2EFEC.图22(1)求证:CEEBEFEP;(2)若CEBE32,DE3,EF2,求PA的长【解】(1)证明:DE2EFEC,EDFC,又PC,EDFP,EDFEPA,EAEDEFEP.又EAEDCEEB,CEEBEFEP(2)由DE2EFEC,知EC,由,知BE3,由CEEBEFEP,知EP,又EB3,所以BPEPEB.CE,PCEPCE,PA是O的切线,PA2PBPC,即PA.课时检测直线与圆的位置关系(建议用时:45分钟)1(xx江苏高考)如图23,AB是圆O的直径,C,D是圆O上位于AB异侧的两点证明:OCBD.图23【证明】因为B,C是圆O上的两点,所以OBOC.故OCBB.又因为C,D是圆O上位于AB异侧的两点,故B,D为同弧所对的两个圆周角,所以BD.因此OCBD.2(xx哈尔滨模拟)如图24,已知O1,与O2相交于A、B两点,过点A作O1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.图24(1)求证:ADEC;(2)若AD是O2的切线,且PA6,PC2,BD9,求AD的长【解】(1)证明:连结AB,因AC切O1于A,所以,DBAC,又因EBAC,所以DE,所以ADEC;(2)因AC切O1于A,所以PA2PBPD,又因PA6,BD9,PDPBBD,解得PB3;因为DE与AC相交于点P,所以PAPCPBPE,又PC2,所以PE4;因AD是O2的切线,所以DA2DBDE,因DEDBBPPE,解得DA12.3(xx长春模拟)如图25,O1与O2相交于A,B两点,AB是O2的直径,过点A作O1的切线交O2于点E,并与BO1的延长线交于点P,BP分别与O1、O2交于C,D两点图25证明:(1)PAPDPEPC;(2)ADAE.【证明】(1)因为PE,PB分别是O2割线,所以PAPEPDPB又PA,PB分别是O1的切线和割线,所以PA2PCPB由得PAPDPEPC.(2)连结AC,DE,设DE与AB相交于点F,因为BC是O1的直径,所以CAB90,所以AC是O2的切线,由(1)得ACDE,所以ABDE,所以ADAE.4(xx郑州模拟)如图26,A,B,C,D四点在同一圆上,BC与AD的延长线交于点E,点F在BA的延长线上图26(1)若,1,求的值;(2)若EF2FAFB,证明:EFCD.【解】(1)A,B,C,D四点共圆,EDCEBF,又AEB为公共角,ECDEAB,.2.(2)证明:EF2FAFB,又EFABFE,FAEFEB,FEAEBF,又A,B,C,D四点共圆,EDCEBF,FEAEDC,EFCD.5(xx沈阳模拟)如图27,AB为O的直径,直线CD与O相切于E,AD垂直CD于D,BC垂直CD于C,EF垂直AB于F,连结AE,BE.图27证明:(1)FEBCEB;(2)EF2ADBC.【证明】(1)由直线CD与O相切,得CEBEAB.由AB为O的直径,得AEEB,从而EABEBF;又EFAB,得FEBEBF.从而FEBEAB.故FEBCEB.(2)由BCCE,EFAB,FEBCEB,BE是公共边,得RtBCERtBFE,所以BCBF.类似可证RtADERtAFE,得ADAF.又在RtAEB中,EFAB,故EF2AFBF,所以EF2ADBC.6如图28,O和O相交于A,B两点,过A作两圆的切线分别交两圆于C,D两点,连结DB并延长交O于点E.证明:图28(1)ACBDADAB;(2)ACAE.【证明】(1)由AC与O相切于A,得CABADB,同理ACBDAB,所以ACBDAB.从而,即ACBDADAB.(2)由AD与O相切于A,得AEDBAD.又ADEBDA,得EADABD.从而,即AEBDADAB.综合(1)的结论知,ACAE.7(xx课标全国卷)如图29,CD为ABC外接圆的切线,AB的延长线交直线CD于点D,E,F分别为弦AB与弦AC上的点,且BCAEDCAF,B,E,F,C四点共圆图29(1)证明:CA是ABC外接圆的直径;(2)若DBBEEA,求过B,E,F,C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值【解】(1)证明:因为CD为ABC外接圆的切线,所以DCBA.由题设知,故CDBAEF,所以DBCEFA.因为B,E,F,C四点共圆,所以CFEDBC,故EFACFE90,所以CBA90.因此CA是ABC外接圆的直径(2)连结CE,因为CBE90,所以过B,E,F,C四点的圆的直径为CE.由DBBE,有CEDC.又BC2DBBA2DB2,所以CA24DB2BC26DB2.而CE2DC2DBDA3DB2,故过B,E,F,C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为.8(xx课标全国卷)如图30,四边形ABCD是O的内接四边形,AB的延长线与DC的延长线交于点E,且CBCE.图30(1)证明:DE;(2)设AD不是O的直径,AD的中点为M,且MBMC,证明:ADE为等边三角形【解】(1)证明:由题设知A,B,C,D四点共圆,所以DCBE,由已知CBCE得CBEE,故DE.(2)如图,设BC的中点为N,连结MN,则由MBMC知MNBC,故O在直线MN上又AD不是O的直径,M为AD的中点,故OMAD,即MNAD.所以ADBC,故ACBE.又CBEE,故AE,由(1)知,DE,所以ADE为等边三角形9(xx西山区模拟)如图31,AB是O的直径,AC是弦,BAC的平分线AD交O于D,DEAC交AC延长线于点E,OE交AD于点F.图31(1)求证:DE是O的切线;(2)若,求的值【解】(1)证明:(1)连结OD,OAOD,ODAOAD,BAC的平分线是AD,OADDAC,DACODA,可得ODAE.又DEAE,DEOD,OD是O的半径DE是O的切线(2)连结BC、DB,过D作DHAB于H ,AB是O的直径,ACB90,RtABC中,cosCAB.ODAE,DOHCAB,cosDOHcosCAB.RtHOD中,cosDOH,设OD5x,则AB10x,OH3x,RtHOD中,DH4x,AHAOOH8x,RtHAD中,AD2AH2DH280x2.BADDAE,AEDADB90,ADEABD,可得,AD2AEABAE10x,而AD280x2,AE8x.又ODAE,AEFDOF,可得.10(xx辽宁高考)如图32,EP交圆于E,C两点,PD切圆于D,G为CE上一点且PGPD,连结DG并延长交圆于点A,作弦AB垂直EP,垂足为F.图32(1)求证:AB为圆的直径;(2)若ACBD,求证:ABED.【证明】(1)因为PDPG,所以PDGPGD.由于PD为切线,故PDADBA.又由于PGDEGA,故DBAEGA,所以DBABADEGABAD,从而BDAPFA.由于AFEP,所以PFA90,于是BDA90,故AB是直径(2)连结BC,DC.由于AB是直径,故BDAACB90.在RtBDA与RtACB中,ABBA,ACBD,从而RtBDARtACB.于是DABCBA.又因为DCBDAB,所以DCBCBA,故DCAB.由于ABEP,所以DCEP,DCE为直角于是ED为直径由(1)得EDAB.- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2019 2020 年高 数学 一轮 复习 选修
装配图网所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
关于本文