第一篇：2011屆高考數學專題復習教案1

【課

題】：合情推理

【上課時間】：

【學習目標】：

1.結合已經學過的數學實例和生活實例，了解合情推論的含義，能利用歸納和類比等方法進行簡單的推理，體會并認識合情推論在數學發現中的作用。2.正確認識合情推理在數學中的重要作用，養成從小開始認真觀察事物，分析問題，發現事物之間的質的聯系的良好個性品質，善于發現問題，探求新知識。【教學重，難點】：

歸納推理的具體含義及其應用，用類比進行推理，作出猜想。【教學過程】：

一、自主學習

1、歸納推理的定義：____________________________________________________.2、歸納推理的思維過程：________________________________.3、類比推理的定義：_________________________________________________________.4、類比推理的思維過程：________________________________.二、練習：

1.觀察下列等式，并從中歸納出一般的結論（1）12?***34121611212034，??，???，????

猜想：

（2）三角形的內角和是180°，凸四邊形的內角和是36054000?2?180，凸五邊形的內角和是

0?3?180，---, 0猜想：凸多邊形的內角和是_______________________.（3）當n=0時，n2?n?11?11;

當n=1時，n2?n?11?11；

當n=2時，n?n?11?13；

當n=3時，n?n?11?17； 當n=4時，n?n?11?23；

當n=5時，n?n?11?31； 因為11,11,13,17,23,31都是質數。

猜想：

通過這三個例子說明：根據一個或幾個事實（或假設）得出一個新判斷的思維方式 顯然這種結論_____________正確。

3.觀察等式：

sinsin2222230150?cso60?cos220?sin30cos60?sin15cos45000??3434,sin2200?cos2500?sin20cos5000?34,204500,?.由此得出下列推廣命題中不正確的是_____________.(1)sin 2??cos??sin?cos??234.(2)sin2(??300)?cos2??sin(??300)cos??34;

34,(3)sin2(??150)?cos2(??150)?sin(??150)cos(??150)?(4)sin2??cos(??30)?sin?cos(??30)?20034.5、在平面上，到定直線的距離等于定長的點的軌跡是兩條平行線。

在空間：（1）到定直線的距離等于定長的點的軌跡是什么？

（2）到已知平面距離相等的點的軌跡是什么？

三．例題選講。

22?an?1(n?1,2,?）例1..已知數列?an?的每一項均為正數，a1?1,an，試歸納出數列?an??1的一個通項公式。

例2.已知F1,F2是雙曲線x24?y29?1的左右兩個焦點，點M在雙曲線上。

0（1）若?F1MF2?90，求三角形F1MF2的面積。0（2）若?F1MF2?120，求三角形F1MF2的面積。0（3）若?F1MF2?60，求三角形F1MF2的面積。

由此你能得出隨?F1MF2的變化，三角形F1MF2的面積的變化規律嗎？

例3.（2009湖北卷文）古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種性狀來研究數，例如：

他們研究過圖1中的1，3，6，10，?，由于這些數能夠表示成三角形，將其稱為三角形數;類似地，稱圖2中的1，4，9，16?這樣的數成為正方形數。下列數中既是三角形數又是正方形數的是

A.289

B.1024

C.1225

D.1378 例4..我們已經學習過等差數列，你是否想過有沒有“等和數列”？

（1）類比“等差數列”給出“等和數列”的定義；

（2）探索“等和數列?an?”的奇數項，偶數項各有什么特點？并加以證明。（3）在等和數列?an?中，如a1?a,a2?b,求它的前n項和Sn.例5在平面幾何中有命題“正三角形內任意一點到三邊距離之和是一個定值”，那么

在正四面體中類似的命題是______________________________________________.你能給出證明嗎？。

第二篇：XX屆高考數學立體幾何復習教案

XX屆高考數學立體幾何復習教案

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立體幾何總復習

一、基本符號表示..點A在線m上：Am；

2.點A在面上：A

；

3.直線m在面內：m

；

4.直線m與面交于點A：m

=A；

5.面與面相交于直線m：=m；

二、點A到面的距離.（第一步：作面的垂線）

①作法：過點A作Ao

于o，連結線段Ao,即所求。

②求法：

（一）直接法；

（二）等體法（等積法包括：等體積法和等面積法）；

（三）換點法。

如圖，三棱錐中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m為Pc的中點。

（II）求點A到平面PBc的距離.（例2）四棱錐P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（III）求點B到平面PcD的距離。

（例3）如圖，直三棱柱中，Ac⊥cB，D是棱的中點。（I）求點B到平面的距離.三、兩條異面直線m與n所成角.①作法：平移，讓它們相交.（若mn,則可證出mn所在的平面）

②求法：常用到余弦定理.③兩條異面直線所成角的范圍：

；任意兩

條異面直線所成角的范圍：

.如圖，在中，斜邊．可以通過以直線為軸旋轉得到，且二面角是直二面角．動點的斜邊上．（II）當為的中點時，求異面直線與所成角的大小；

四、線m與面所成角.（第一步：作面的垂線）

①作法：在線m上任取一點P（異于A），作Po

于o,連結Ao，則Ao為斜線PA在面內的攝影，m與面所成的角。

②求法：一般根據直角三角形來解。

③線面角的范圍：

.已知正四棱柱中，AB＝2。（II）求直線與側面所成的角的正切值.如圖，在中，斜邊．可以通過以直線為軸旋轉得到，且二面角是直二面角．動點的斜邊上．（III）求與平面所成角的最大值． 五、二面角（注：若所求的二面角為直二面角，一般轉化為求它的補角—銳角）.（一）定義法：

①作法：在棱c上取一“好”點P，在兩個半平面內分別作c的垂線（射線）m、n,則角即二面角—c—的平面角。

②求法：一般根據余弦定理。

（二）三垂線法：（第一步：作面的垂線）

①作法：在面或面內找一合適的點A,作Ao

于o，過A作ABc于B，則Bo為斜線AB在面內的射影，為二面角—c—的平面角。

三垂線法的步驟：

1、作面的垂線；

2、作棱的垂線，并連結另一邊（平面角的頂點在棱上）；

3、計算。

②求法：一般根據直角三角形來解。

③二面角的取值范圍：

.如圖，三棱錐中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m為Pc的中點。

（III）求二面角的正切值。

（例2）已知正四棱柱中，AB＝2。（III）求二面角的正切值。

（例3）四棱錐P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（II）求二面角D—Pc—A的大小；

（例4）已知：四棱錐P—ABcD的底面ABcD是邊長為1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（III）求二面角B—PA—c的余弦值.（例5）如圖，直三棱柱中，Ac⊥cB，D是棱的中點。（II）求二面角的大小。

六、三垂線定理.（第一步：作面的垂線）

.定理：PA為斜線，Po

于o，oA為射影，m，AomPAm.2.逆定理：PA為斜線，Po

于o，oA為射影，m，PAm

Aom.已知正四棱柱中，AB＝2。（I）求證：.七、線面平行（）..定義：

2.判定定理：

3.性質定理：

（例1）已知：四棱錐P—ABcD的底面ABcD是邊長為1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（I）求證：Bc//平面PAD.八、線面垂直（）..定義：

2.判定定理：

3.性質定理：

（例1）四棱錐P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（I）求證：Bc⊥平面PAc；

（例2）已知：四棱錐P—ABcD的底面ABcD是邊長為1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（II）若E、F分別為PB、AD的中點，求證：EF⊥平面PBc.九、面面平行（）..定義：

2.判定定理：

3.性質定理：

十、面面垂直（）..定義：

2.判定定理：

3.性質定理：

如圖，三棱錐中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m為Pc的中點。

（I）求證：平面PcB⊥平面mAB.如圖，在中，斜邊．可以通過以直線為軸旋轉得到，且二面角是直二面角．動點的斜邊上．（I）求證：平面平面；

十一、有關對角線..平行四邊形：

對角線平分.2.菱形：

對角線垂直且平分.3.矩形：

對角線相等且平分.4.正方形：

對角線相等且垂直且平分.十二、平移的方法..三角形（或梯形）的中位線：

且等于底邊（上下兩底之和）的一半.2.平行四邊形：對邊

且相等.3.等比例線段：

十三、重要輔助線的添加方法..見到中點，考慮：①中位線；②

；③

.2.見到平行四邊形（菱形、矩形、正方形同理），考慮：①連結對角線；②對邊平行且相等.十四、求三角形面積的通用方法.十五、三棱錐的任何一個面都可以作為底面，方便使用等體法.十六、立體幾何解題策略（附加：在做立體幾何大題時，后以文經常用到前一問的結論，平時注意）..由已知想性質；

2.由結論想判定；

3.由需要做輔助線或輔助平面.十七、有關棱柱.棱柱——————————直棱柱—————————正棱柱..兩底面平行；

+1.側棱垂直于底面

+1.底面是正多邊形

2.側棱平行

十八、有關棱錐.棱錐——————————正棱錐..一面一點一連；

+1.底面是正多邊形；

2.頂點在底面的射影正好是底面正多邊形的中心.

第三篇：XX屆高考數學第一輪不等式專項復習教案

XX屆高考數學第一輪不等式專項復習教

案

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件www.tmdps.cn 第六章不等式

●網絡體系總覽

●考點目標定位

.理解不等式的性質及應用.2.掌握兩個（不擴展到三個）正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數的定理，并會簡單地應用.3.掌握比較法、分析法、綜合法證明簡單的不等式.4.掌握不等式的解法.5.理解不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.●復習方略指南

本章內容在高考中，以考查不等式的性質、證明、解法和最值方面的應用為重點，多數是與函數、方程、三角、數列、幾何綜合在一起被考查，單獨考查不等式的問題較少，尤其是不等式的證明題.借助不等式的性質及證明，主要考查函數方程思想、等價轉化思想、數形結合思想及分類討論思想等數學思想方法.含參數不等式的解法與討論，不等式與函數、數列、三角等內容的綜合問題，仍將是今后高考命題的熱點.本章內容理論性強，知識覆蓋面廣，因此復習中應注意：

.復習不等式的性質時，要克服“想當然”和“顯然成立”的思維定勢，要以比較準則和實數的運算法則為依據.2.不等式的證明方法除比較法、分析法、綜合法外，還有反證法、換元法、判別式法、構造法、幾何法，這些方法可作了解，但要控制量和度，切忌喧賓奪主.3.解（證）某些不等式時，要把函數的定義域、值域和單調性結合起來.4.注意重要不等式和常用思想方法在解題中的作用.5.利用平均值定理解決問題時，要注意滿足定理成立的三個條件：一“正”、二“定”、三“相等”.6.對于含有絕對值的不等式（問題），要緊緊抓住絕對值的定義實質，充分利用絕對值的幾何意義.7.要強化不等式的應用意識，同時要注意到不等式與函數方程的對比與聯系.6.1不等式的性質

●知識梳理

.比較準則：a－b＞0a＞b；

a－b=0a=b；a－b＜0a＜b.2.基本性質：（1）a＞bb＜a.（2）a＞b，b＞ca＞c.（3）a＞ba+c＞b+c；a＞b，c＞da+c＞b+d.（4）a＞b，c＞0ac＞bc；a＞b，c＜0ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0ac＞bd.（5）a＞b＞0

＞（n∈N，n＞1）；a＞b＞0an＞bn（n∈N，n＞1）.3.要注意不等式性質成立的條件.例如，重要結論：a＞b，ab＞0

＜，不能弱化條件得a＞b

＜，也不能強化條件得a＞b＞0

＜.4.要正確處理帶等號的情況.如由a＞b，b≥c或a≥b，b＞c均可得出a＞c；而由a≥b，b≥c可能有a＞c，也可能有a=c，當且僅當a=b且b=c時，才會有a=c.5.性質（3）的推論以及性質（4）的推論可以推廣到兩個以上的同向不等式.6.性質（5）中的指數n可以推廣到任意正數的情形.特別提示

不等式的性質從形式上可分兩類：一類是“”型；另一類是“”型.要注意二者的區別.●點擊雙基

.若a＜b＜0，則下列不等式不能成立的是

A.＞

B.2a＞2b

c.|a|＞|b|

D.（）a＞（）b

解析：由a＜b＜0知ab＞0，因此a?＜b?，即＞成立；

由a＜b＜0得－a＞－b＞0，因此|a|＞|b|＞0成立.又（）x是減函數，所以（）a＞（）b成立.故不成立的是B.答案：B

2.（XX年春季北京，7）已知三個不等式：ab＞0，bc－ad＞0，－＞0（其中a、b、c、d均為實數），用其中兩個不等式作為條件，余下的一個不等式作為結論組成一個命題，可組成的正確命題的個數是

A.0

B.1

c.2

D.3

解析：由ab＞0，bc－ad＞0可得出－＞0.bc－ad＞0，兩端同除以ab，得－＞0.同樣由－＞0，ab＞0可得bc－ad＞0.ab＞0.答案：D

3.設α∈（0，），β∈［0，］，那么2α－的范圍是

A.（0，）

B.（－，）

c.（0，π）

D.（－，π）

解析：由題設得0＜2α＜π，0≤≤.∴－≤－≤0.∴－＜2α－＜π.答案：D

4.a＞b＞0，m＞0，n＞0，則，，的由大到小的順序是____________.解析：特殊值法即可

答案：＞＞＞

5.設a=2－，b=－2，c=5－2，則a、b、c之間的大小關系為____________.解析：a=2－=－＜0，∴b＞0.c=5－2=－＞0.b－c=3－7=－＜0.∴c＞b＞a.答案：c＞b＞a

●典例剖析

【例1】已知－1＜a+b＜3且2＜a－b＜4，求2a+3b的取值范圍.剖析：∵a+b，a－b的范圍已知，∴要求2a+3b的取值范圍，只需將2a+3b用已知量a+b，a－b表示出來.可設2a+3b=x（a+b）+y（a－b），用待定系數法求出x、y.解：設2a+3b=x（a+b）+y（a－b），∴解得

∴－＜（a+b）＜，－2＜－（a－b）＜－1.∴－＜（a+b）－（a－b）＜，即－＜2a+3b＜.評述：解此題常見錯誤是：－1＜a+b＜3，①

2＜a－b＜4.②

①+②得1＜2a＜7.③

由②得－4＜b－a＜－2.④

①+④得－5＜2b＜1，∴－＜3b＜.⑤

③+⑤得－＜2a+3b＜.思考討論

.評述中解法錯在何處?

2.該類問題用線性規劃能解嗎?并試著解決如下問題：

已知函數f（x）=ax2－c，滿足－4≤f（1）≤－1，－1≤f（2）≤5，求f（3）的最大值和最小值.答案：20－1

【例2】（XX年福建，3）命題p：若a、b∈R，則|a|+|b|＞1是|a+b|＞1的充分而不必要條件；命題q：函數y=的定義域是（－∞，－1］∪［3，+∞），則

A.“p或q”為假

B.“p且q”為真

c.p真q假

D.p假q真

剖析：只需弄清命題p、q的真假即可.解：∵|a+b|≤|a|+|b|，若|a|+|b|＞1不能推出|a+b|＞1，而|a+b|＞1一定有|a|+|b|＞1，故命題p為假.又函數y=的定義域為|x－1|－2≥0，∴|x－1|≥2.∴x≤－1或x≥3.∴q為真.答案：D

【例3】比較1+logx3與2logx2（x＞0且x≠1）的大小.剖析：由于要比較的兩個數都是對數，我們聯系到對數的性質，以及對數函數的單調性.解：（1+logx3）－2logx2=logx.當或即0＜x＜1或x＞時，有logx＞0，1+logx3＞2logx2.當①或②時，logx＜0.解①得無解，解②得1＜x＜，即當1＜x＜時，有logx＜0，1+logx3＜2logx2.當x=1，即x=時，有logx=0.∴1+logx3=2logx2.綜上所述，當0＜x＜1或x＞時，1+logx3＞2logx2；

當1＜x＜時，1+logx3＜2logx2；

當x=時，1+logx3=2logx2.評述：作差看符號是比較兩數大小的常用方法，在分類討論時，要做到不重復、不遺漏.深化拓展

函數f（x）=x2+（b－1）x+c的圖象與x軸交于（x1，0）、（x2，0），且x2－x1＞1.當t＜x1時，比較t2+bt+c與x1的大小.提示：令f（x）=（x－x1）（x－x2），∴x2+bx+c=（x－x1）（x－x2）+x.把t2+bt+c與x1作差即可.答案：t2+bt+c＞x1.●闖關訓練

夯實基礎

.（XX年遼寧，2）對于0＜a＜1，給出下列四個不等式：

①loga（1+a）＜loga（1+）；②loga（1+a）＞loga（1+）；③a1+a＜a1；④a1+a＞a.其中成立的是

A.①③

B.①④

c.②③

D.②④

解析：∵0＜a＜1，∴a＜，從而1+a＜1+.∴loga（1+a）＞loga（1+）.又∵0＜a＜1，∴a1+a＞a.故②與④成立.答案：D

2.若p=a+（a＞2），q=2，則

A.p＞q

B.p＜q

c.p≥q

D.p≤q

解析：p=a－2++2≥4，而－a2+4a－2=－（a－2）2+2＜2，∴q＜4.∴p＞q.答案：A

3.已知－1＜2a＜0，A=1+a2，B=1－a2，c=，D=則A、B、c、D按從小到大的順序排列起來是____________.解析：取特殊值a=－，計算可得A=，B=，c=，D=.∴D＜B＜A＜c.答案：D＜B＜A＜c

4.若1＜α＜3，－4＜β＜2，則α－|β|的取值范圍是____________.解析：∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4.∴－4＜－|β|≤0.∴－3＜α－|β|＜3.答案：（－3，3）

5.已知a＞2，b＞2，試比較a+b與ab的大小.解：∵ab－（a+b）=（a－1）（b－1）－1，又a＞2，b＞2，∴a－1＞1，b－1＞1.∴（a－1）（b－1）＞1，（a－1）（b－1）－1＞0.∴ab＞a+b.6.設A=xn+x－n，B=xn－1+x1－n，當x∈R+，n∈N時，求證：A≥B.證明：A－B=（xn+x－n）－（xn－1+x1－n）=x－n（x2n+1－x2n－1－x）

=x－n［x（x2n－1－1）－（x2n－1－1）］=x－n（x－1）（x2n－1－1）.由x∈R+，x－n＞0，得

當x≥1時，x－1≥0，x2n－1－1≥0；

當x＜1時，x－1＜0，x2n－1＜0，即x－1與x2n－1－1同號.∴A－B≥0.∴A≥B.培養能力

7.設0＜x＜1，a＞0且a≠，試比較|log3a（1－x）3|與|log3a（1+x）3|的大小.解：∵0＜x＜1，∴①當3a＞1，即a＞時，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=|3log3a（1－x）|－|3log3a（1+x）|

=3［－log3a（1－x）－log3a（1+x）］=－3log3a（1－x2）.∵0＜1－x2＜1，∴－3log3a（1－x2）＞0.②當0＜3a＜1，即0＜a＜時，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=3［log3a（1－x）+log3a（1+x）］

=3log3a（1－x2）＞0.綜上所述，|log3a（1－x）3|＞|log3a（1+x）3|.8.設a1≈，令a2=1+.（1）證明介于a1、a2之間；

（2）求a1、a2中哪一個更接近于；

（3）你能設計一個比a2更接近于的一個a3嗎？并說明理由.（1）證明：（－a1）（－a2）=（－a1）?（－1－）=＜0.∴介于a1、a2之間.（2）解：|－a2|=|－1－|=||

=|－a1|＜|－a1|.∴a2比a1更接近于.（3）解：令a3=1+，則a3比a2更接近于.由（2）知|－a3|=|－a2|＜|－a2|.探究創新

9.已知x＞－1，n≥2且n∈N*，比較（1+x）n與1+nx的大小.解：設f（x）=（1+x）n－（1+nx），則（x）=n（1+x）n－1－n=n［（1+x）n－1－1］.由（x）=0得x=0.當x∈（－1，0）時，（x）＜0，f（x）在（－1，0）上遞減.當x∈（0，+∞）時，（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上遞增.∴x=0時，f（x）最小，最小值為0，即f（x）≥0.∴（1+x）n≥1+nx.評述：理科學生也可以用數學歸納法證明.●思悟小結

.不等式的性質是解、證不等式的基礎，對任意兩實數a、b有a－b＞0a＞b，a－b=0a=b，a－b＜0a＜b，這是比較兩數（式）大小的理論根據，也是學習不等式的基石.2.一定要在理解的基礎上記準、記熟不等式的性質，并注意解題中靈活、準確地加以應用.3.對兩個（或兩個以上）不等式同加（或同乘）時一定要注意不等式是否同向（且大于零）.4.對于含參問題的大小比較要注意分類討論.●教師下載中心

教學點睛

.加強化歸意識，把比較大小問題轉化為實數的運算.2.通過復習要強化不等式“運算”的條件.如a＞b、c＞d在什么條件下才能推出ac＞bd.3.強化函數的性質在大小比較中的重要作用，加強知識間的聯系.拓展題例

【例1】已知f（x）=|log2（x+1）|，m＜n，f（m）=f（n）.（1）比較m+n與0的大小；

（2）比較f（）與f（）的大小.剖析：本題關鍵是如何去掉絕對值號，然后再判斷差的符號.解：（1）∵f（m）=f（n），∴|log2（m+1）|=|log2（n+1）|.∴log22（m+1）=log22（n+1）.∴［log2（m+1）+log2（n+1）］［log2（m+1）－log2（n+1）］=0，log2（m+1）（n+1）?log2=0.∵m＜n，∴≠1.∴log2（m+1）（n+1）=0.∴mn+m+n+1=1.∴mn+m+n=0.當m、n∈（－1，0］或m、n∈［0，+∞）時，由函數y=f（x）的單調性知x∈（－1，0］時，f（x）為減函數，x∈［0，+∞）時，f（x）為增函數，f（m）≠f（n）.∴－1＜m＜0，n＞0.∴m?n＜0.∴m+n=－mn＞0.（2）f（）=|log2|=－log2=log2，f（）=|log2|=log2.－==－＞0.∴f（）＞f（）.【例2】某家庭準備利用假期到某地旅游，有甲、乙兩家旅行社提供兩種優惠方案，甲旅行社的方案是：如果戶主買全票一張，其余人可享受五五折優惠；乙旅行社的方案是：家庭旅游算集體票，可按七五折優惠.如果甲、乙兩家旅行社的原價相同，請問該家庭選擇哪家旅行社外出旅游合算？

解：設該家庭除戶主外，還有x人參加旅游，甲、乙兩旅行社收費總金額分別為y1和y2.一張全票價格為a元，那么y1=a+0.55ax，y2=0.75（x+1）a.∴y1－y2=a+0.55ax－0.75a（x+1）=0.2a（1.25－x）.∴當x＞1.25時，y1＜y2；

當x＜1.25時，y1＞y2.又因x為正整數，所以當x=1，即兩口之家應選擇乙旅行社；

當x≥2（x∈N），即三口之家或多于三口的家庭應選擇甲旅行社.課

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第四篇：XX屆高考數學復數知識導航復習教案

XX屆高考數學復數知識導航復習教案

本資料為woRD文檔，請點擊下載地址下載全文下載地址第十五章 復 數高考導航考試要求重難點擊命題展望

1.理解復數的基本概念、復數相等的充要條件.2.了解復數的代數表示法及其幾何意義.3.會進行復數代數形式的四則運算.了解復數的代數形式的加、減運算及其運算的幾何意義.4.了解從自然數系到復數系的關系及擴充的基本思想，體會理性思維在數系擴充中的作用.本章重點：1.復數的有關概念；2.復數代數形式的四則運算.本章難點：運用復數的有關概念解題.近幾年高考對復數的考查無論是試題的難度，還是試題在試卷中所占比例都是呈下降趨勢，常以選擇題、填空題形式出現，多為容易題.在復習過程中，應將復數的概念及運算放在首位.知識網絡15.1 復數的概念及其運算

典例精析

題型一 復數的概念【例1】如果復數是實數，則實數m＝

；在復平面內，復數對應的點位于第 象限；復數z＝3i＋1的共軛復數為＝

.【解析】＝m2－m＋i是實數?1＋m3＝0?m＝－1.因為＝＝1－i，所以在復平面內對應的點為，位于第四象限.因為z＝1＋3i，所以＝1－3i.【點撥】運算此類題目需注意復數的代數形式z＝a＋bi，并注意復數分為實數、虛數、純虛數，復數的幾何意義，共軛復數等概念.【變式訓練1】如果z＝為純虛數，則實數a等于A.0

B.－1

c.1

D.－1或1在復平面內，復數z＝對應的點位于A.第一象限

B.第二象限

c.第三象限

D.第四象限【解析】設z＝xi，x≠0，則xi＝?1＋ax－i＝0??或故選D.z＝＝＝－1－i，該復數對應的點位于第三象限.故選c.題型二 復數的相等【例2】已知復數z0＝3＋2i，復數z滿足z·z0＝3z＋z0，則復數z＝

；已知＝1－ni，其中m，n是實數，i是虛數單位，則m＋ni＝

；已知關于x的方程x2＋x＋2＋ki＝0有實根，則這個實根為

，實數k的值為

.【解析】設z＝x＋yi，又z0＝3＋2i，代入z·z0＝3z＋z0得＝3＋3＋2i，整理得＋i＝0，則由復數相等的條件得解得所以z＝1－.由已知得m＝＝＋i.則由復數相等的條件得所以m＋ni＝2＋i.設x＝x0是方程的實根，代入方程并整理得由復數相等的充要條件得解得或所以方程的實根為x＝或x＝－，相應的k值為k＝－2或k＝2.【點撥】復數相等須先化為z＝a＋bi的形式，再由相等得實部與實部相等、虛部與虛部相等.【變式訓練2】設i是虛數單位，若＝a＋bi，則a＋b的值是A.－

B.－2

c.2

D.若i＝b＋i，其中a，b∈R，i為虛數單位，則a＋b＝

.【解析】c.＝＝，于是a＋b＝＋＝2.3.2＋ai＝b＋i?a＝1，b＝2.題型三 復數的運算【例3】若復數z＝－＋i，則1＋z＋z2＋z3＋…＋zXX＝

；設復數z滿足z＋|z|＝2＋i，那么z＝

.【解析】由已知得z2＝－－i，z3＝1，z4＝－＋i＝z.所以zn具有周期性，在一個周期內的和為0，且周期為3.所以1＋z＋z2＋z3＋…＋zXX＝1＋z＋＋…＋＝1＋z＝＋i.設z＝x＋yi，則x＋yi＋＝2＋i，所以解得所以z＝＋i.【點撥】解時要注意x3＝1?＝0的三個根為1，ω，其中ω＝－＋i，＝－－i，則1＋ω＋ω2＝0，1＋＋2＝0，ω3＝1，3＝1，ω·＝1，ω2＝，2＝ω.解時要注意|z|∈R，所以須令z＝x＋yi.【變式訓練3】復數＋等于A.B.c.－

D.已知復數z＝＋XX，則復數z等于A.0

B.2

c.－2i

D.2i【解析】D.計算容易有＋＝.A.總結提高復數的代數運算是重點，是每年必考內容之一，復數代數形式的運算：①加減法按合并同類項法則進行；②乘法展開、除法須分母實數化.因此，一些復數問題只需設z＝a＋bi代入原式后，就可以將復數問題化歸為實數問題來解決.第十六章 幾何證明選講高考導航考試要求重難點擊命題展望

1.了解平行線截割定理.2.會證明并應用直角三角形射影定理.3.會證明并應用圓周角定理，圓的切線的判定定理及性質定理，并會運用它們進行計算與證明.4.會證明并應用相交弦定理、圓內接四邊形的性質定理與判定定理、切割線定理，并會運用它們進行幾何計算與證明.5.了解平行投影的含義，通過圓柱與平面的位置關系了解平行投影；會證明平面與圓柱面的截線是橢圓.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o，其夾角為α，l′圍繞l旋轉得到以o為頂點，l′為母線的圓錐面，任取平面π，若它與軸l的交角為β，則：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.會利用丹迪林雙球證明上述定理①的情形：當β＞α時，平面π與圓錐的交線為橢圓.8.會證明以下結果：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A，該丹迪林球與平面π的切點為F，則點A到點F的距離與點A到直線m的距離比是小于1的常數e.9.了解定理6.③中的證明，了解當β無限接近α時，平面π的極限結果.本章重點：相似三角形的判定與性質，與圓有關的若干定理及其運用，并將其運用到立體幾何中.本章難點：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用，應較好地把握.本專題強調利用演繹推理證明結論，通過推理證明進一步發展學生的邏輯推理能力，進一步提高空間想象能力、幾何直觀能力和綜合運用幾何方法解決問題的能力.第一講與第二講是傳統內容，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的性質和判定，考查邏輯推理能力.第三講內容是新增內容，在新課程高考下，要求很低，只作了解.知識網絡

6.1 相似三角形的判定及有關性質 典例精析題型一 相似三角形的判定與性質【例1】如圖，已知在△ABc中，D是Bc邊的中點，且AD＝Ac，DE⊥Bc，DE與AB相交于點E，Ec與AD相交于點F.求證：△ABc∽△FcD；若S△FcD＝5，Bc＝10，求DE的長.【解析】因為DE⊥Bc，D是Bc的中點，所以EB＝Ec，所以∠B＝∠1.又因為AD＝Ac，所以∠2＝∠AcB.所以△ABc∽△FcD.過點A作Am⊥Bc，垂足為點m.因為△ABc∽△FcD，Bc＝2cD，所以＝2＝4，又因為S△FcD＝5，所以S△ABc＝20.因為S△ABc＝Bc·Am，Bc＝10，所以20＝×10×Am，所以Am＝4.又因為DE∥Am，所以＝，因為Dm＝Dc＝，Bm＝BD＋Dm，BD＝Bc＝5，所以＝，所以DE＝.【變式訓練1】如右圖，在△ABc中，AB＝14cm，＝，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＝2可求得S△ADE＝cm2.利用勾股定理求出Bc，Ac，再由相似三角形性質可得△ADE的周長為15cm.題型二 探求幾何結論【例2】如圖，在梯形ABcD中，點E，F分別在AB，cD上，EF∥AD，假設EF做上下平行移動.若＝，求證：3EF＝Bc＋2AD；若＝，試判斷EF與Bc，AD之間的關系，并說明理由；請你探究一般結論，即若＝，那么你可以得到什么結論？【解析】過點A作AH∥cD分別交EF，Bc于點G、H.因為＝，所以＝，又EG∥BH，所以＝＝，即3EG＝BH，又EG＋GF＝EG＋AD＝EF，從而EF＝＋AD，所以EF＝Bc＋AD，即3EF＝Bc＋2AD.EF與Bc，AD的關系式為5EF＝2Bc＋3AD，理由和類似.因為＝，所以＝，又EG∥BH，所以＝，即EG＝BH.EF＝EG＋GF＝EG＋AD＝＋AD，所以EF＝Bc＋AD，即EF＝mBc＋nAD.【點撥】在相似三角形中，平行輔助線是常作的輔助線之一；探求幾何結論可按特殊到一般的思路去獲取，但結論證明應從特殊情況得到啟迪.【變式訓練2】如右圖，正方形ABcD的邊長為1，P是cD邊上中點，點Q在線段Bc上，設BQ＝k，是否存在這樣的實數k，使得以Q，c，P為頂點的三角形與△ADP相似？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.【解析】設存在滿足條件的實數k，則在正方形ABcD中，∠D＝∠c＝90°，由Rt△ADP∽Rt△QcP或Rt△ADP∽Rt△PcQ得＝或＝，由此解得cQ＝1或cQ＝.從而k＝0或k＝.題型三 解決線的位置或數量關系【例3】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四點共圓，所以∠cAB＝∠cDB.再由△ABc≌△BAD得∠cAB＝∠DBA，所以∠DBA＝∠cDB，即AB∥cD.【變式訓練3】如圖，AA1與BB1相交于點o，AB∥A1B1且AB＝A1B1，△AoB的外接圓的直徑為1，則△A1oB1的外接圓的直徑為

.【解析】因為AB∥A1B1且AB＝A1B1，所以△AoB∽△A1oB1因為兩三角形外接圓的直徑之比等于相似比.所以△A1oB1的外接圓直徑為2.總結提高1.相似三角形的判定與性質這一內容是平面幾何知識的重要組成部分，是解題的工具，同時它的內容滲透了等價轉化、從一般到特殊、分類討論等重要的數學思想與方法，在學習時應以它們為指導.相似三角形的證法有：定義法、平行法、判定定理法以及直角三角形的HL法.相似三角形的性質主要有對應線的比值相等，對應角相等，面積的比等于相似比的平方.2.“平行出相似”“平行成比例”，故此章中平行輔助線是常作的輔助線之一，遇到困難時應常考慮此類輔助線.16.2 直線與圓的位置關系和圓錐曲線的性質典例精析題型一 切線的判定和性質的運用【例1】如圖，AB是⊙o的直徑，Ac是弦，∠BAc的平分線AD交⊙o于點D，DE⊥Ac，交Ac的延長線于點E，oE交AD于點F.求證：DE是⊙o的切線；若＝，求的值.【解析】證明：連接oD，可得∠oDA＝∠oAD＝∠DAc，所以oD∥AE，又AE⊥DE，所以DE⊥oD，又oD為半徑，所以DE是⊙o的切線.過D作DH⊥AB于H，則有∠DoH＝∠cAB，＝cos∠DoH＝cos∠cAB＝＝，設oD＝5x，則AB＝10x，oH＝2x，所以AH＝7x.由△AED≌△AHD可得AE＝AH＝7x，又由△AEF∽△DoF可得AF∶DF＝AE∶oD＝，所以＝.【變式訓練1】已知在直角三角形ABc中，∠AcB＝90°，以Bc為直徑的⊙o交AB于點D，連接Do并延長交Ac的延長線于點E，⊙o的切線DF交Ac于點F.求證：AF＝cF；若ED＝4，sin∠E＝，求cE的長.【解析】方法一：設線段FD延長線上一點G，則∠GDB＝∠ADF，且∠GDB＋∠BDo＝，所以∠ADF＋∠BDo＝，又因為在⊙o中oD＝oB，∠BDo＝∠oBD，所以∠ADF＋∠oBD＝.在Rt△ABc中，∠A＋∠cBA＝，所以∠A＝∠ADF，所以AF＝FD.又在Rt△ABc中，直角邊Bc為⊙o的直徑，所以Ac為⊙o的切線，又FD為⊙o的切線，所以FD＝cF.所以AF＝cF.方法二：在直角三角形ABc中，直角邊Bc為⊙o的直徑，所以Ac為⊙o的切線，又FD為⊙o的切線，所以FD＝cF，且∠FDc＝∠FcD.又由Bc為⊙o的直徑可知，∠ADF＋∠FDc＝，∠A＋∠FcD＝，所以∠ADF＝∠A，所以FD＝AF.所以AF＝cF.因為在直角三角形FED中，ED＝4，sin∠E＝，所以cos∠E＝，所以FE＝5.又FD＝3＝Fc，所以cE＝2.題型二 圓中有關定理的綜合應用【例2】如圖所示，已知⊙o1與⊙o2相交于A、B兩點，過點A作⊙o1的切線交⊙o2于點c，過點B作兩圓的割線，分別交⊙o1、⊙o2于點D、E，DE與Ac相交于點P.求證：AD∥Ec；若AD是⊙o2的切線，且PA＝6，Pc＝2，BD＝9，求AD的長.【解析】連接AB，因為Ac是⊙o1的切線，所以∠BAc＝∠D，又因為∠BAc＝∠E，所以∠D＝∠E，所以AD∥Ec.方法一：因為PA是⊙o1的切線，PD是⊙o1的割線，所以PA2＝PB·PD，所以62＝PB·，所以PB＝3.在⊙o2中，由相交弦定理得PA·Pc＝BP·PE，所以PE＝4.因為AD是⊙o2的切線，DE是⊙o2的割線，所以AD2＝DB·DE＝9×16，所以AD＝12.方法二：設BP＝x，PE＝y.因為PA＝6，Pc＝2，所以由相交弦定理得PA·Pc＝BP·PE，即xy＝12.①因為AD∥Ec，所以＝，所以＝.②由①②可得或，所以DE＝9＋x＋y＝16.因為AD是⊙o2的切線，DE是⊙o2的割線，所以AD2＝DB·DE＝9×16，所以AD＝12.【變式訓練2】如圖，⊙o的直徑AB的延長線與弦cD的延長線相交于點P，E為⊙o上一點，DE交AB于點F，且AB＝2BP＝4.求PF的長度；若圓F與圓o內切，直線PT與圓F切于點T，求線段PT的長度.【解析】連接oc，oD，oE，由同弧對應的圓周角與圓心角之間的關系，結合題中已知條件可得∠cDE＝∠Aoc.又∠cDE＝∠P＋∠PFD，∠Aoc＝∠P＋∠ocP，從而∠PFD＝∠ocP，故△PFD∽△Pco，所以＝.由割線定理知Pc·PD＝PA·PB＝12，故PF＝＝＝3.若圓F與圓o內切，設圓F的半徑為r，因為oF＝2－r＝1，即r＝1，所以oB是圓F的直徑，且過點P的圓F的切線為PT，則PT2＝PB·Po＝2×4＝8，即PT＝2.題型三 四點共圓問題【例3】如圖，圓o與圓P相交于A、B兩點，圓心P在圓o上，圓o的弦Bc切圓P于點B，cP及其延長線交圓P于D，E兩點，過點E作EF⊥cE，交cB的延長線于點F.求證：B、P、E、F四點共圓；若cD＝2，cB＝2，求出由B、P、E、F四點所確定的圓的直徑.【解析】證明：連接PB.因為Bc切圓P于點B，所以PB⊥Bc.又因為EF⊥cE，所以∠PBF＋∠PEF＝180°，所以∠EPB＋∠EFB＝180°，所以B，P，E，F四點共圓.因為B，P，E，F四點共圓，且EF⊥cE，PB⊥Bc，所以此圓的直徑就是PF.因為Bc切圓P于點B，且cD＝2，cB＝2，所以由切割線定理cB2＝cD·cE，得cE＝4，DE＝2，BP＝1.又因為Rt△cBP∽Rt△cEF，所以EF∶PB＝cE∶cB，得EF＝.在Rt△FEP中，PF＝＝，即由B，P，E，F四點確定的圓的直徑為.【變式訓練3】如圖，△ABc是直角三角形，∠ABc＝90°.以AB為直徑的圓o交Ac于點E，點D是Bc邊的中點.連接oD交圓o于點m.求證：o，B，D，E四點共圓；2DE2＝Dm·Ac＋Dm·AB.【證明】連接BE，則BE⊥Ec.又D是Bc的中點，所以DE＝BD.又oE＝oB，oD＝oD，所以△oDE≌△oDB，所以∠oBD＝∠oED＝90°，所以D，E，o，B四點共圓.延長Do交圓o于點H.因為DE2＝Dm·DH＝Dm·＝Dm·Do＋Dm·oH＝Dm·＋Dm·，所以2DE2＝Dm·Ac＋Dm·AB.總結提高1.直線與圓的位置關系是一種重要的幾何關系.本章在初中平面幾何的基礎上加以深化，使平面幾何知識趨于完善，同時為解析幾何、立體幾何提供了多個理論依據.2.圓中的角如圓周角、圓心角、弦切角及其性質為證明相關的比例線段提供了理論基礎，為解決綜合問題提供了方便，使學生對幾何概念和幾何方法有較透徹的理解.第十七章 坐標系與參數方程高考導航 考試要求重難點擊命題展望

一、坐標系1.了解在平面直角坐標系中刻畫點的位置的方法，理解坐標系的作用.2.了解在平面直角坐標系伸縮變換作用下平面圖形的變化情況.3.能在極坐標系中用極坐標刻畫點的位置，體會在極坐標系和平面直角坐標系中刻畫點的位置的區別，能進行極坐標和直角坐標的互化.4.能在極坐標系中給出簡單圖形的方程.通過比較這些圖形在極坐標系和平面直角坐標系中的方程，體會在用方程刻畫平面圖形時選擇適當坐標系的意義.5.了解在柱坐標系、球坐標系中刻畫空間點的位置的方法，并與空間直角坐標系中刻畫點的位置的方法相比較，體會它們的區別.二、參數方程1.了解參數方程，了解參數的意義.2.分析直線、圓和圓錐曲線的幾何性質，選擇適當的參數寫出它們的參數方程.3.了解平擺線和漸開線的生成過程，并能寫出它們的參數方程.4.了解其他擺線的生成過程；了解擺線在實際中應用的實例；了解擺線在刻畫行星運動軌道中的作用.本章重點：1.根據問題的幾何特征選擇坐標系；坐標法思想；平面直角坐標系中的伸縮變換；極坐標系；直線和圓的極坐標方程.2.根據問題的條件引進適當的參數，寫出參數方程，體會參數的意義；分析直線、圓和圓錐曲線的幾何性質，選擇適當的參數寫出它們的參數方程.本章難點：1.對伸縮變換中點的對應關系的理解；極坐標的不唯一性；曲線的極坐標方程.2.根據幾何性質選取恰當的參數，建立曲線的參數方程.坐標系是解析幾何的基礎，為便于用代數的方法研究幾何圖形，常需建立不同的坐標系，以便使建立的方程更加簡單，參數方程是曲線在同一坐標系下不同于普通方程的又一種表現形式.某些曲線用參數方程表示比用普通方程表示更加方便.本專題要求通過坐標系與參數方程知識的學習，使學生更全面地理解坐標法思想；能根據曲線的特點，選取適當的曲線方程表示形式，體會解決問題中數學方法的靈活性.高考中，參數方程和極坐標是本專題的重點考查內容.對于柱坐標系、球坐標系，只要求了解即可.知識網絡17.1 坐標系典例精析題型一 極坐標的有關概念【例1】已知△ABc的三個頂點的極坐標分別為A，B，c，試判斷△ABc的形狀，并求出它的面積.【解析】在極坐標系中，設極點為o，由已知得∠AoB＝，∠Boc＝，∠Aoc＝.又|oA|＝|oB|＝5，|oc|＝4，由余弦定理得|Ac|2＝|oA|2＋|oc|2－2|oA|·|oc|·cos∠Aoc＝52＋2－2×5×4·cos＝133，所以|Ac|＝.同理，|Bc|＝.所以|Ac|＝|Bc|，所以△ABc為等腰三角形.又|AB|＝|oA|＝|oB|＝5，所以AB邊上的高h＝＝，所以S△ABc＝××5＝.【點撥】判斷△ABc的形狀，就需要計算三角形的邊長或角，在本題中計算邊長較為容易，所以先計算邊長.【變式訓練1】點A在條件：①ρ＞0，θ∈下極坐標為

，②ρ＜0，θ∈下極坐標為

；點P與曲線c：ρ＝cos的位置關系是

.【解析】；.點P在曲線c上.題型二 直角坐標與極坐標的互化【例2】⊙o1和⊙o2的極坐標方程分別為ρ＝4cosθ，ρ＝－4sinθ.把⊙o1和⊙o2的極坐標方程化為直角坐標方程；求經過⊙o1和⊙o2交點的直線的直角坐標方程.【解析】以極點為原點，極軸為x軸正半軸，建立直角坐標系，且兩坐標系取相同單位長.因為x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，由ρ＝4cosθ，得ρ2＝4ρcosθ，所以x2＋y2＝4x，即x2＋y2－4x＝0為⊙o1的直角坐標方程.同理，x2＋y2＋4y＝0為⊙o2的直角坐標方程.由解得或即⊙o1，⊙o2的交點為和兩點，故過交點的直線的直角坐標方程為x＋y＝0.【點撥】互化的前提條件：原點對應著極點，x軸正向對應著極軸.將互化公式代入，整理可以得到.【變式訓練2】在極坐標系中，設圓ρ＝3上的點到直線ρ＝2的距離為d，求d的最大值.【解析】將極坐標方程ρ＝3化為普通方程x2＋y2＝9，ρ＝2可化為x＋y＝2.在x2＋y2＝9上任取一點A，則點A到直線的距離為d＝＝，它的最大值為4.題型三 極坐標的應用【例3】過原點的一動直線交圓x2＋2＝1于點Q，在直線oQ上取一點P，使P到直線y＝2的距離等于|PQ|，用極坐標法求動直線繞原點一周時點P的軌跡方程.【解析】以o為極點，ox為極軸，建立極坐標系，如右圖所示，過P作PR垂直于直線y＝2，則有|PQ|＝|PR|.設P，Q，則有ρ0＝2sinθ.因為|PR|＝|PQ|，所以|2－ρsinθ|＝|ρ－2sinθ|，所以ρ＝±2或sinθ＝±1，即為點P的軌跡的極坐標方程，化為直角坐標方程為x2＋y2＝4或x＝0.【點撥】用極坐標法可使幾何中的一些問題得到很直接、簡單的解法，但在解題時關鍵是極坐標要選取適當，這樣可以簡化運算過程，轉化為直角坐標時也容易一些.【變式訓練3】如圖，點A在直線x＝5上移動，等腰△oPA的頂角∠oPA為120°，求點P的軌跡方程.【解析】取o為極點，x正半軸為極軸，建立極坐標系，則直線x＝5的極坐標方程為ρcosθ＝5.設A，P，因為點A在直線ρcosθ＝5上，所以ρ0cosθ0＝5.①因為△oPA為等腰三角形，且∠oPA＝120°，而|oP|＝ρ，|oA|＝ρ0以及∠PoA＝30°，所以ρ0＝ρ，且θ0＝θ－30°.②把②代入①，得點P的軌跡的極坐標方程為ρcos＝5.題型四平面直角坐標系中坐標的伸縮變換【例4】定義變換T：可把平面直角坐標系上的點P變換成點P′.特別地，若曲線m上一點P經變換公式T變換后得到的點P′與點P重合，則稱點P是曲線m在變換T下的不動點.若橢圓c的中心為坐標原點，焦點在x軸上，且焦距為2，長軸頂點和短軸頂點間的距離為2.求橢圓c的標準方程，并求出當tanθ＝時，其兩個焦點F1、F2經變換公式T變換后得到的點F1′和F2′的坐標；當tanθ＝時，求中的橢圓c在變換T下的所有不動點的坐標.【解析】設橢圓c的標準方程為＋＝1，由橢圓定義知焦距2c＝2?c＝，即a2－b2＝2.①又由已知得a2＋b2＝4，②故由①、②可解得a2＝3，b2＝1.即橢圓c的標準方程為＋y2＝1，且橢圓c兩個焦點的坐標分別為F1和F2.對于變換T：當tanθ=時，可得設F1′和F2′分別是由F1和F2的坐標經變換公式T變換得到.于是即F1′的坐標為；又即F2′的坐標為.設P是橢圓c在變換T下的不動點，則當tanθ＝時，有?x＝3y，由點P∈c，即P∈c，得＋y2＝1?因而橢圓c的不動點共有兩個，分別為和.【變式訓練4】在直角坐標系中，直線x－2y＝2經過伸縮變換

后變成直線2x′－y′＝4.【解析】總結提高1.平面內一個點的極坐標有無數種表示方法.如果規定ρ＞0,0≤θ＜2π，那么除極點外，平面內的點可用唯一的極坐標表示；反之也成立.2.熟練掌握幾種常用的極坐標方程，特別是直線和圓的極坐標方程.17.2 參數方程典例精析題型一 參數方程與普通方程互化【例1】把下列參數方程化成普通方程：

；

.【解析】所以5x2＋4xy＋17y2－81＝0.由題意可得所以①2－②2得－＝4，所以－＝1，其中x＞0.【變式訓練1】把下列參數方程化為普通方程，并指出曲線所表示的圖形.【解析】x2＝2，－≤x≤，圖形為一段拋物線弧.x＝1，y≤－2或y≥2，圖形為兩條射線.x2＋y2－3y＝0，圖形是一個圓，但是除去點.－＝1，圖形是雙曲線.題型二 根據直線的參數方程求弦長【例2】已知直線l的參數方程為，曲線c的極坐標方程為ρ2cos2θ＝1.求曲線c的普通方程；求直線l被曲線c截得的弦長.【解析】由曲線c：ρ2cos2θ＝ρ2＝1，化成普通方程為x2－y2＝1.①方法一：把直線參數方程化為標準參數方程.②把②代入①得2－2＝1，整理得t2－4t－6＝0.設其兩根為t1，t2，則t1＋t2＝4，t1t2＝－6.從而弦長為|t1－t2|＝＝＝＝2.方法二：把直線的參數方程化為普通方程為y＝，代入x2－y2＝1，得2x2－12x＋13＝0.設l與c交于A，B，則x1＋x2＝6，x1x2＝，所以|AB|＝·＝2＝2.【變式訓練2】在直角坐標系xoy中，直線l的參數方程為，若以o為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，則曲線c的極坐標方程為ρ＝cos，求直線l被曲線c所截的弦長.【解析】將方程化為普通方程為3x＋4y＋1＝0.將方程ρ＝cos化為普通方程為x2＋y2－x＋y＝0.表示圓心為，半徑為r＝的圓，則圓心到直線的距離d＝，弦長＝2＝2＝.題型三 參數方程綜合運用【例3】已知曲線c1：

，c2：

.化c1，c2的方程為普通方程，并說明它們分別表示什么曲線；若c1上的點P對應的參數為t＝，Q為c2上的動點，求PQ中點m到直線c3：距離的最小值.【解析】c1：2＋2＝1，c2：＋＝1.c1是以為圓心，1為半徑的圓；c2是以坐標原點為中心，焦點在x軸，長半軸長是8，短半軸長是3的橢圓.當t＝時，P，Q，故m.c3為直線x－2y－7＝0，m到c3的距離d＝|4cosθ－3sinθ－13|，從而cosθ＝，sinθ＝－時，d取最小值.【變式訓練3】在平面直角坐標系xoy中，曲線c1的參數方程為，以坐標原點o為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，得曲線c2的極坐標方程為ρ＝2cosθ－4sinθ.化曲線c1、c2的方程為普通方程，并說明它們分別表示什么曲線；設曲線c1與x軸的一個交點的坐標為P，經過點P作曲線c2的切線l，求切線l的方程.【解析】曲線c1：＋＝1；曲線c2：2＋2＝5.曲線c1為中心是坐標原點，焦點在x軸上，長半軸長是4，短半軸長是2的橢圓；曲線c2為圓心為，半徑為的圓.曲線c1：＋＝1與x軸的交點坐標為和，因為m＞0，所以點P的坐標為.顯然切線l的斜率存在，設為k，則切線l的方程為y＝k.由曲線c2為圓心為，半徑為的圓得＝，解得k＝，所以切線l的方程為y＝.總結提高1.在參數方程與普通方程互化的過程中，要保持化簡過程的同解變形，避免改變變量x，y的取值范圍而造成錯誤.2.消除參數的常用方法有：①代入消參法；②三角消參法；③根據參數方程的特征，采用特殊的消參手段.3.參數的方法在求曲線的方程等方面有著廣泛的應用，要注意合理選參、巧妙消參.

第五篇：XX屆高考數學第一輪不等式的證明專項復習教案_1

XX屆高考數學第一輪不等式的證明專項

復習教案

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6.3不等式的證明

（二）●知識梳理

.用綜合法證明不等式：利用不等式的性質和已證明過的不等式以及函數的單調性導出待證不等式的方法叫綜合法，概括為“由因導果”.2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發，分析并尋求使這個不等式成立的充分條件的方法叫分析法，概括為“執果索因”.3.放縮法證明不等式.4.利用單調性證明不等式.5.構造一元二次方程利用“Δ”法證明不等式.6.數形結合法證明不等式.7.反證法、換元法等.特別提示

不等式證明方法多，證法靈活，其中比較法、分析法、綜合法是基本方法，要熟練掌握，其他方法作為輔助，這些方法之間不能截然分開，要綜合運用各種方法.●點擊雙基

.（XX年春季北京，8）若不等式（－1）na＜2+對任意n∈N*恒成立，則實數a的取值范圍是

A.［－2，）

B.（－2，）

c.［－3，）

D.（－3，）

解析：當n為正偶數時，a＜2－，2－為增函數，∴a＜2－=.當n為正奇數時，－a＜2+，a＞－2－.而－2－為增函數，－2－＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，）.答案：A

2.（XX年南京市質檢題）若＜＜0，則下列結論不正確的是

A.a2＜b2

B.ab＜b2

c.+＞2

D.|a|+|b|＞|a+b|

解析：由＜＜0，知b＜a＜0.∴A不正確.答案：A

3.分析法是從要證的不等式出發，尋求使它成立的 A.充分條件

B.必要條件

c.充要條件

D.既不充分又不必要條件

答案：A

4.（理）在等差數列{an}與等比數列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，則am與bm的大小關系是____________.解析：若d=0或q=1，則am=bm.若d≠0，畫出an=a1+（n－1）d與bn=b1?qn－1的圖象，易知am＞bm，故am≥bm.答案：am≥bm

（文）在等差數列{an}與等比數列{bn}中，a1=b1＞0，a2n+1=b2n+1＞0（n=1，2，3，…），則an+1與bn+1的大小關系是____________.解析：an+1=≥==bn+1.答案：an+1≥bn+1

5.若a＞b＞c，則+_______.（填“＞”“=”“＜”）

解析：a＞b＞c，（+）（a－c）=（+）［（a－b）+（b－c）］

≥2?2=4.∴+≥＞.答案：＞

●典例剖析

【例1】設實數x、y滿足y＋x2＝0，0＜a＜1.求證：loga（ax＋ay）＜loga2＋.剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故從左向右變形時應消去x、y.證明：∵ax＞0，ay＞0，∴ax＋ay≥2＝2.∵x－x2＝－（x－）2≤，0＜a＜1，∴ax＋ay≥2＝2a.∴loga（ax＋ay）＜loga2a＝loga2＋.評述：本題的證題思路可由分析法獲得.要證原不等式成立，只要證ax＋ay≥2?a即可．

【例2】已知a、b、c∈R+，且a+b+c=1.求證：

（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.剖析：在條件“a+b+c=1”的作用下，將不等式的“真面目”隱含了，給證明不等式帶來困難，若用“a+b+c”換成“1”，則還原出原不等式的“真面目”，從而抓住實質，解決問題.證明：∵a、b、c∈R+且a+b+c=1，∴要證原不等式成立，即證［（a+b+c）+a］?［（a+b+c）+b］［（a+b+c）+c］≥8［（a+b+c）－a］?［（a+b+c）－b］?［（a+b+c）－c］.也就是證［（a+b）+（c+a）］［（a+b）+（b+c）］?［（c+a）+（b+c）］≥8（b+c）（c+a）（a+b）.①

∵（a+b）+（b+c）≥2＞0，（b+c）+（c+a）≥2＞0，（c+a）+（a+b）≥2＞0，三式相乘得①式成立.故原不等式得證.【例3】已知a＞1，n≥2，n∈N*.求證：－1＜.證法一：要證－1＜，即證a＜（+1）n.令a－1=t＞0，則a=t+1.也就是證t+1＜（1+）n.∵（1+）n=1+c

+…+c（）n＞1+t，即－1＜成立.證法二：設a=xn，x＞1.于是只要證＞x－1，即證＞n.聯想到等比數列前n項和1+x+…+xn－1=，①

倒序xn－1+xn－2+…+1=.②

①+②得2?=（1+xn－1）+（x+xn－2）+…+（xn－1+1）

＞2+2+…+2＞2n.∴＞n.思考討論

本不等式是與自然數有關的命題，用數學歸納法可以證嗎?讀者可嘗試一下.●闖關訓練

夯實基礎

.已知a、b是不相等的正數，x=，y=，則x、y的關系是

A.x＞y

B.y＞x

c.x＞y

D.不能確定

解析：∵x2=（+）2=（a+b+2），y2=a+b=（a+b+a+b）＞（a+b+2）=x2，又x＞0，y＞0.∴y＞x.答案：B

2.對實數a和x而言，不等式x3+13a2x＞5ax2+9a3成立的充要條件是____________.解析：（x3+13a2x）－（5ax2+9a3）

=x3－5ax2+13a2x－9a3

=（x－a）（x2－4ax+9a2）

=（x－a）［（x－2a）2+5a2］＞0.∵當x≠2a≠0時，有（x－2a）2+5a2＞0.由題意故只需x－a＞0即x＞a，以上過程可逆.答案：x＞a

3.已知a＞b＞c且a+b+c=0，求證：＜a.證明：要證＜a，只需證b2－ac＜3a2，即證b2+a（a+b）＜3a2，即證（a－b）（2a+b）＞0，即證（a－b）（a－c）＞0.∵a＞b＞c，∴（a－b）?（a－c）＞0成立.∴原不等式成立.4.已知a+b+c=0，求證：ab+bc+ca≤0.證法一：（綜合法）∵a+b+c=0，∴（a+b+c）2＝0.展開得ab+bc+ca=－，∴ab+bc+ca≤0.證法二：（分析法）要證ab+bc+ca≤0，∵a+b+c=0，故只需證ab+bc+ca≤（a+b+c）2，即證a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0，亦即證［（a+b）2＋（b＋c）2＋（c＋a）2］≥0．

而這是顯然的，由于以上相應各步均可逆，∴原不等式成立.證法三：∵a+b+c=0，∴－c=a+b.∴ab+bc+ca=ab+（b+a）c=ab－（a+b）2

＝－a2－b2－ab＝－［（a＋）2＋］≤0．

∴ab+bc+ca≤0.培養能力

5.設a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a＞b＞c.求證：－＜c＜0.證明：∵a2+b2+c2=1，∴（a+b）2－2ab+c2=1.∴2ab=（a+b）2+c2－1=（1－c）2+c2－1=2c2－2c.∴ab=c2－c.又∵a+b=1－c，∴a、b是方程x2+（c－1）x+c2－c=0的兩個根，且a＞b＞c.令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，則

6.已知=1，求證：方程ax2+bx+c=0有實數根.證明：由=1，∴b=.∴b2=（+c）2=+2ac+2c2=4ac+（－c）2≥4ac.∴方程ax2+bx+c=0有實數根.7.設a、b、c均為實數，求證：++≥++.證明：∵a、b、c均為實數，∴（＋）≥≥，當a=b時等號成立；

（＋）≥≥，當b=c時等號成立；

（＋）≥≥．

三個不等式相加即得++≥++，當且僅當a=b=c時等號成立.探究創新

8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd＞1.求證：a、b、c、d中至少有一個是負數.證明：假設a、b、c、d都是非負數，∵a+b=c+d=1，∴（a+b）（c+d）=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.這與ac+bd＞1矛盾.所以假設不成立，即a、b、c、d中至少有一個負數.●思悟小結

.綜合法就是“由因導果”，從已知不等式出發，不斷用必要條件替換前面的不等式，直至推出要證的結論.2.分析法就是“執果索因”，從所證不等式出發，不斷用充分條件替換前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的證法一般用分析法，敘述證明過程用綜合法較簡，兩法結合在證明不等式中經常遇到.4.構造函數利用單調性證不等式或構造方程利用“Δ≥0”證不等式，充分體現相關知識間的聯系.●教師下載中心

教學點睛

.在證明不等式的過程中，分析法和綜合法是不能分離的，如果使用綜合法證明不等式難以入手時，常用分析法探索證題途徑，之后用綜合法的形式寫出它的證明過程，以適應學生習慣的思維規律.有時問題證明難度較大，常使用分析綜合法，實現兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現單一的不等式的證明題，常常與函數、數列、三角、方程綜合在一起，所以在教學中，不等式的證明除常用的三種方法外，還需介紹其他方法，如函數的單調性法、判別式法、換元法（特別是三角換元）、放縮法以及數學歸納法等.拓展題例

【例1】已知a、b為正數，求證：

（1）若+1＞，則對于任何大于1的正數x，恒有ax+＞b成立；

（2）若對于任何大于1的正數x，恒有ax+＞b成立，則+1＞.分析：對帶條件的不等式的證明，條件的利用常有兩種方法：①證明過程中代入條件；②由條件變形得出要證的不等式.證明：（1）ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2.∵+1＞b（b＞0），∴（+1）2＞b2.（2）∵ax+＞b對于大于1的實數x恒成立，即x＞1時，［ax+］min＞b，而ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2，當且僅當a（x－1）=，即x=1+＞1時取等號.故［ax+］min=（+1）2.則（+1）2＞b，即+1＞b.評述：條件如何利用取決于要證明的不等式兩端的差異如何消除.【例2】求證：≤+.剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=（x≥0）的單調性.證明：令f（x）=（x≥0），易證f（x）在［0，+∞）上單調遞增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即≤=≤.思考討論

.本題用分析法直接去證可以嗎?2.本題當|a+b|=0時，不等式成立；

當|a+b|≠0時，原不等式即為≤.再利用|a+b|≤|a|+|b|放縮能證嗎?讀者可以嘗試一下!