第一篇：2014屆高三數學(理科A版)第一輪45分鐘滾動基礎訓練卷(第65講 算法初步--第68講數學證明,含精細解析)
45分鐘滾動基礎訓練卷(十五)
(考查范圍：第65講～第68講 分值：100分)
一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
2－i1．[2013·遼寧卷] 復數＝()2＋i
3434A.－ B.i 555
543C．1－ D．1＋55
2．[2013·信陽模擬] 在用反證法證明命題“已知a、b、c∈(0，2)，求證a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)不可能都大于1”時，反證時假設正確的是()
A．假設a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都小于
1B．假設a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都大于
1C．假設a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都不大于
1D．以上都不對
3．計算機執行下面的程序后，輸出的結果是()
A＝1
B＝
3A＝A＋B
B＝A－B
PRINT A，B
END
A．1，3B．4，1
C．4，－2D．6，0
11－7i4．[2013·江蘇卷改編] 設a，b∈R，a＋bi＝(i為虛數單位)，則a＋b的值為()1－2i
A．6B．7
C．8D．9
5．[2013·石家莊模擬] 已知數列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n，利用如圖G15－1所示的程序框圖計算該數列的第10項，則判斷框中應填的語句是（）
圖G15－1 A．n>10?B．n≤10?
C．n<9?D．n≤9?
6．[2013·沈陽模擬] 觀察下列各式：72＝49，73＝343，74＝2 401，?，則72 011的末兩位數字為()
A．01B．43C．07D．49
7．方程x2＋6x＋13＝0的一個根是()
A．－3＋2iB．3＋2i
C．－2＋3iD．2＋3i
8．[2013·太原檢測] 執行如圖
S值是()
圖G15－2 23A．－1B.D．4 3
2二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分)
9．[2013·鄭州模擬] 對一個作直線運動的質點的運動過程觀測了8次，第i次觀測得到的數據為ai
(其中a是這8個數據的平均數)，則輸出的S
圖G15－
31210．若直線ax＋2by－2＝0(a>0，b>0)始終平分圓x2＋y2－4x－2y－8＝0的周長，則＋ab的最小值為________．
11．[2013·江西八校聯考] 已知如圖G15－4所示的程序框圖(未完成)，設當箭頭a指向①時，輸出的結果為S＝m，當箭頭a指向②時，輸出的結果為S＝n，則m＋n的值為________．
圖G15－
4三、解答題(本大題共3小題，每小題14分，共42分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
12．已知復數z3x－1－x＋(x2－4x＋3)i且z>0，求實數x的值．
1113．數列{an}(n∈N*)中，a1＝0，an＋1是函數fn(x)＝3－an＋n2)x2＋3n2anx的極小值點，32求通項an.14．[2013·鄭州模擬] 設f(n)＝1＋2＋3＋?＋n，g(n)＝12＋22＋32＋?＋n2，h(n)＝13＋
n（n＋1）g（1）1233332＋3＋?＋n，根據等差數列前n項和公式知f(n)＝1＝，23f（1）
122222g（2）1＋25g（3）1＋2＋3147＝＝，＝＝ 63f（2）1＋23f（3）1＋2＋3
g（4）12＋22＋32＋42309＝＝，? 103f（4）1＋2＋3＋
4g（n）2n＋1猜想，3f（n）
2n＋1（2n＋1）n（n＋1）即g(n)＝·f(n)＝.36
(1)請根據以上方法推導h(n)的公式；
(2)利用數學歸納法證明(1)中的結論．
45分鐘滾動基礎訓練卷(十五)
1．A [解析] 本小題主要考查復數的除法運算．解題的突破口為分子分母同乘以分母的共軛復數．
2－i（2－i）23－4i34因為＝＝－i，所以答案為A.5552＋i（2＋i）（2－i）
2．B [解析] “不可能都大于1”的否定是“都大于1”，故選B.3．B [解析] 首先把A＋B＝4的值賦給A，此時A＝4，B＝3，再把A－B＝4－3＝1的值賦給B，故輸出的是4，1.4．C [解析] 本題考查復數的四則運算．解題突破口為將所給等式右邊的分子、分母同時乘以分母的共軛復數．
11－7i（11－7i）（1＋2i）因為5＋3i，所以a＝5，b＝3.51－2i
5．D [解析] 因為求第10項，肯定n>9時輸出．
6．B [解析] 75＝16 807，76＝117 649，又71＝07，觀察可見7n(n∈N*)的末兩位數字呈周期出現，且周期為4，∵2 011＝502×4＋3，∴72 011與73末兩位數字相同，故選B.－6－4×137．A [解析] 方法一：x＝3±2i，故選A.2
方法二：將A，B，C，D各項代入方程驗證，發現只有A項中的－3＋2i，滿足(－3＋22i)＋6(－3＋2i)＋13＝9－12i－4－18＋12i＋13＝0.故選A.8．A [解析] 本小題主要考查程序框圖的應用．解題的突破口為分析i與6的關系． 22223當i＝1時，S＝＝－1；當i＝2時，S＝＝i＝3時，S＝； 222－42－（－1）323
22當i＝4時，S＝＝4；當i＝5時，S＝1；當i＝6時程序終止，故輸出的結32－42－2
果為－1.9．7 [解析]由已知得a＝44，∴當i＝1時，S＝16，i＝2，S＝25；i＝3，S＝26；?；
56i＝8，S＝56，這時i≥8，S7.8
121210．3＋22 [解析] 由題知直線經過圓心(2，1)，則有a＋b＝1，＋(a＋b)??ababb2a?＝3＋??ab?≥3＋22.11．20 [解析] 據題意若當箭頭a指向①時，運行各次的結果S＝1，i＝2；S＝2，i＝3；S＝3，i＝4；S＝4，i＝5；S＝5，i＝6>5，故由判斷框可知輸出S＝m＝5；若箭頭a指向②時，輸出的結果為S＝1＋2＋3＋4＋5＝15，故m＋n＝15＋5＝20.12．解：∵z>0，∴z∈R，∴x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3.又z>03x－1－x>0，∴當x＝1時，上式成立；
當x＝3時，上式不成立．
∴x＝1.13．解：易知f′n(x)＝x2－(3an＋n2)x＋3n2an＝(x－3an)(x－n2)，令f′n(x)＝0，得x＝3an或x＝n2.(1)若3an
當3an 當x>n2時，f′n(x)>0，fn(x)單調遞增，故fn(x)在x＝n2時，取得極小值． (2)若3an>n2，仿(1)可得，fn(x)在x＝3an時取得極小值． (3)若3an＝n2，f′n(x)≥0，fn(x)無極值． 因a1＝0，則3a1<12，由(1)知，a2＝12＝1.因3a2＝3<22，由(1)知a3＝22＝4，因3a3＝12>32，由(2)知a4＝3a3＝3×4，因3a4＝36>42，由(2)知a5＝3a4＝32×4，－由此猜想：當n≥3時，an＝4×3n3.下面用數學歸納法證明：當n≥3時，3an>n2.事實上，當n＝3時，由前面的討論知結論成立． 假設當n＝k(k≥3)時，3ak>k2成立，則由(2)知ak＋1＝3ak>k2，從而3ak＋1－(k＋1)2>3k2－(k＋1)2＝2k(k－2)＋2k－1>0，所以3ak＋1>(k＋1)2.－故當n≥3時，an＝4×3n3，于是由(2)知，當n≥3時，an＋1＝3an，而a3＝4，－因此an＝4×3n3，?0（n＝1），h（1）131×2h（2）13＋2392×3h（3）13＋23＋33 14．解：(1)由＝＝1＝＝3＝22f（1）1f（2）1＋23f（3）1＋2＋3 33333×4h（4）1＋2＋3＋41004×536＝＝6＝＝＝10＝ 62102f（4）1＋2＋3＋4 h（n）n（n＋1）n（n＋1）n2（n＋1）2猜想，即h(n)f(n)＝224f（n） n2（n＋1）2(2)證明：①當n＝1時，左邊＝1，右邊＝1＝左邊，即當n＝1時，式子成4 立； k2（k＋1）2*3333②假設當n＝k(k∈N)時，1＋2＋3＋?＋k＝ 4 k2（k＋1）233333則當n＝k＋1時，1＋2＋3＋?＋k＋(k＋1)＝＋(k＋1)3＝(k＋42k＋（k＋1）? 1)2??4?2（k＋1）（k2＋4k＋4）（k＋1）2[（k＋1）＋1]2＝＝44 即當n＝k＋1時，原式也成立． 綜上所述，13＋23＋33＋?＋n3＝錯誤!對任意n∈N*都成立． ?綜上所述，an＝?1（n＝2），??4×3n－3（n≥3）. 第2講數學證明方法 基礎知識自主梳理 一．直接證明方法 1．綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數學問題時常用的思維方式． 2．一般地，利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過演繹推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫作綜合法 3．分析法是從要證明的結論出發，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止． 二．間接證明方法 1．反證法：在證明數學命題時，先假定命題結論的反面成立，在這個前提下，若推出的結果與定義、公理、定理相矛盾，或與命題中的已知條件相矛盾，或與假定相矛盾，從而說明命題結論的反面不可能成立，由此斷定命題的結論成立，這種證明方法叫作反證法． 2．反證法的證題步驟： (1)作出否定結論的假設；(2)進行推理，導出矛盾；(3)否定假設，肯定結論． 難點疑點清零 1.綜合法與分析法 （1）綜合法證題是從條件出發，由因導果；分析法是從結論出發，執果索因． （2）分析法證題時，一定要恰當地運用“要證”、“只需證”、“即證”等詞語． (3)綜合法的特點是：從已知看可知，逐步推出未知． (4)分析法的特點是：從未知看需知，逐步靠攏已知． (5)分析法和綜合法各有優缺點．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結論，較簡捷地解決問題，但不便于思考．實際證題時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來.2．反證法 （1）證明的基本步驟是：1)假設命題結論的反面是正確的；(反設)2)從這個假設出發，經過邏輯推理，推出與已知條件、公理、定義、定理、反設及明顯的事實矛盾；(推謬)3)由矛盾判定假設不正確，從而肯定原命題的結論是正確的．(結論) （2）反證法證題與“逆否命題法”是否相同？ 反證法的理論基礎是逆否命題的等價性，但其證明思路不完全是證明一個命題的逆否命題．反證法在否定結論后，只要找到矛盾即可，可以與題設矛盾，也可以與假設矛盾，與定義、定理、公式、事實矛盾．因此，反證法與證明逆否命題是不同的． 題型探究 探究點一：綜合法證題 例1：在△ABC中，三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數列，a，b，c成等比數列，求證：△ABC為等邊三角形． 證明：由A，B，C成等差數列，有2B＝A＋C①，由A，B，C為△ABC的三個內角，所以A＋B＋C＝π②，由①②，得B＝a，b，c成等比數列，有b2＝ac④，由余弦定理及③，可得b＝a＋c－2accos B＝a＋c－ac，再由④，得a＋c－ac＝ac，即(a－c)＝0，從而a＝c，所以A＝C ⑤。由②③⑤，得A＝B＝C＝ 跟蹤訓練1 在△ABCπABC為等邊三角形。322222222π3ACcos B，證明：B＝C.ABcos C sin Bcos B證明 在△ABC中，由正弦定理及已知得.sin Ccos C 于是sin Bcos C－cos Bsin C＝0，即sin(B－C)＝0，因為－π 例2 求證：3＋5.22證明 37和5都是正數，所以要證3＋5，只需證(3＋7)5)，展開得10＋221<20，21<5，只需證21<25，因為21<25成立，所以3＋5成立． 跟蹤訓練2 aa－a－2a－3(a≥3)． 證明 方法一 aa－a－2a－3，只需證a＋a－3 π例3 已知α，β≠kπsin θ＋cos θ＝2sin α，① 22sin θ·cos θ＝sinβ.② 221－tanα1－tanβ＝.221＋tanα21＋tanβ 證明 因為(sin θ＋cos θ)－2sin θcos θ＝1，22所以將①②代入，可得4sinα－2sinβ＝1.③ 2sinαsinβ1－21－222cosαcosβ1－tanα1－tanβ另一方面，要證＝ 22221＋tanα21＋tanβsinαsinβ1＋2212cosαcosβ 12222即證cosα－sinβ－sinβ)，2 12222即證1－2sinα＝(1－2sinβ)，即證4sinα－2sinβ＝1.2 由于上式與③相同，于是問題得證． 跟蹤訓練3 若tan(α＋β)＝2tan α，求證：3sin β＝sin(2α＋β)． sinα＋β2sin α證明 由tan(α＋β)＝2tan α得＝ cosα＋βcos α 即sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α①，要證3sin β＝sin(2α＋β)，即證3sin[(α＋β)－α]＝sin[(α＋β)＋α]，即證3[sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α] ＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α，化簡得sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α.這就是①式．所以，命題成立.探究點四：用反證法證明定理、性質等一些事實結論 例4：已知直線a，b和平面α，如果a?α，b?α，且a∥b，求證：a∥α.證明 因為a∥b，:所以經過直線a，b確定一個平面β.因為a?α，而a?β，所以α與β是兩個不同的平面． 因為b?α，且b?β，所以α∩β＝b.下面用反證法證明直線a與平面α沒 有公共點．假設直線a與平面α有公共點P，則P∈α∩β＝b，即點P是直 線a與b的公共點，這與a∥b矛盾． 跟蹤訓練4：已知：a∥b，a∩平面α＝A，如圖．求證：直線b與平面α必相交． 證明 假設b與平面α不相交，即b?α或b∥α.①若b?α，因為b∥a，a?α，所以a∥α，這與a∩α＝A相矛盾； ②如圖所示，如果b∥α，則a，b確定平面β.顯然α與β相交，設α∩β＝c，因為b∥α，所以b∥c.又a∥b，從而 a∥c，且a?α，c?α，則a∥α，這與a∩α＝A相矛盾． 探究點五：用反證法證明否定性命題 例5：求證：1,25不可能是一個等差數列中的三項． 證明 假設1,25是公差為d的等差數列的第p，q，r項，則2－1＝(q－p)d，5－1＝ 1q－p(r－p)d，于是.因為p，q，r均為整數，所以等式右邊是有理數，而等式左邊5－1r－p 是無理數，二者不可能相等，推出矛盾，所以1,2，5不 可能是一個等差數列中的三項． 跟蹤訓練:5：已知三個正數a，b，cabc不成等差數列． 證明 a，b，c成等差數列，則a＋c＝2b，即a＋c＋2ac＝4b，而b2＝ac，即b＝，∴a＋c＋2＝4ac，∴(a－)2＝0.即a＝c，從而a＝b＝c，與a，b，cabc不成等差數列． 探究點六：用反證法證明“至多”、“至少”“唯一”型命題 例6：若函數f(x)在區間[a，b]上是增函數，那么方程f(x)＝0在區間[a，b]上至多有一個實根． 證明 假設方程f(x)＝0在區間[a，b]上至少有兩個實根，設α、β為其中的兩個實根．因為α≠β，不妨設α<β，又因為函數f(x)在[a，b]上是增函數，所以f(α) πππ222跟蹤訓練6：若a，b，c均為實數，且a＝x－2yb＝y－2z＋，c＝z－2x＋求236 證：a、b、c中至少有一個大于0.證明 假設a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，所以a＋b＋c≤0，πππ而a＋b＋c＝(x2－2y＋(y2－2z＋＋(z2－2x＋＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－236 1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，所以a＋b＋c>0，這與a＋b＋c≤0矛盾，故a、b、c中至少有一個大于0.課后作業： 1． 已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是(C) abA．若a>b，則ac2>bc2B．若>，則a>bcc 1111C．若a3>b3且ab<0D．若a2>b2且ab>0 2． A、B為△ABC的內角，A>B是sin A>sin B的(C) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件D．即不充分也不必要條件 3． 已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，m?β，給出下列四個命題：①若α∥β，則l⊥m； ②若l⊥m，則α∥β；③若α⊥β，則l⊥m；④若l∥m，則α⊥β.其中正確命題的個數(B) A．1B．2C．3D． 44． 反證法的關鍵是在正確的推理下得出矛盾．這個矛盾可以是(D) ①與已知條件矛盾 ②與假設矛盾 ③與定義、公理、定理矛盾 ④與事實矛盾 A．①②B．①③C．①③④D．①②③④ 5． 設a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，則必有(B) a2＋b2a2＋b2a2＋b2a2＋b2A．1≤ab≤B．ab<1 2ab6． 已知a，b為非零實數，則使不等式：≤－2成立的一個充分不必要條件是(C)ba A．ab>0B．ab<0C．a>0，b<0D．a>0，b>0 17． 設0 A．aB．bC．cD．不能確定 1118． 已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，則＋＋(B)abc A．一定是正數B．一定是負數C．可能是0D．正、負不能確定 1119． 設a，b，c都是正數，則三個數ab＋，c＋(C)bca A．都大于2B．至少有一個大于 2C．至少有一個不小于2D．至少有一個不大于2 xn·?x2n＋3?10． 已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1,2，?)，試證：“數列{xn}對任意的正整數n3xn＋ 1都滿足xn>xn＋1”，當此題用反證法否定結論時應為(D) A．對任意的正整數n，有xn＝xn＋1B．存在正整數n，使xn＝xn＋1 C．存在正整數n，使xn≥xn＋1D．存在正整數n，使xn≤xn＋1 11． 設a2，b7－3，c＝6－2，則a，b，c的大小關系為a>c>b 112． 已知p＝a＋a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，則p、q的大小關系為p>q a－ 213． “任何三角形的外角都至少有兩個鈍角”的否定應是存在一個三角形，其外角最多有一個鈍角 14． 用反證法證明命題“若a2＋b2＝0，則a，b全為0(a、b為實數)”，其反設為a，b不全為0 15．若下列兩個方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實根，則實 數a的取值范圍是a≤－2或a≥－ 116．設a≥b>0，求證：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab 233222222證明：（方法一）3a＋2b－(3ab＋2ab)＝3a(a－b)＋2b(b－a)＝(3a－2b)(a－b)．因為 a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，從而(3a2－2b2)(a－b)≥0，所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.33222222（方法二）要證3a＋2b≥3ab＋2ab，只需證3a(a－b)－2b(a－b)≥0，只需證(3a－2b)(a2222－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a－2b>2a－2b≥0，∴上式成立． 11117．已知a>0，>1，求證：1＋a>ba1－b 111證明：由－>1及a>0可知0 證． 18．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，因為a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd>1，這與上式相矛盾，所以a，b，c，d中至少有一個是負數． 119．已知a，b，c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a.41111證明:假設三個式子同時大于即(1－a)b>(1－b)c>，(1－c)a>，三式相乘得(1－a)a〃(14444 1a＋1－a211－b)b〃(1－c)c>3，①又因為0 20．已知a、b、c是不全相等的正數，且0 a＋bb＋ca＋c證明：要證logx＋logx＋logx logx（式a＋bb＋ca＋c2222≥ab>0，) logx 22>abc＝abc.即222a＋bb＋ca＋c22a＋b2＋logxb＋c2a＋c2 第4講 數學歸納法 【2013年高考會這樣考】 1．數學歸納法的原理及其步驟． 2．能用數學歸納法證明一些簡單的數學命題． 【復習指導】 復習時要抓住數學歸納法證明命題的原理，明晰其內在的聯系，把握數學歸納法證明命題的一般步驟，熟知每一步之間的區別聯系，熟悉數學歸納法在證明命題中的應用技巧． 基礎梳理 1．歸納法 由一系列有限的特殊事例得出一般結論的推理方法，通常叫做歸納法．根據推理過程中考查的對象是涉及事物的全體或部分可分為完全歸納法和不完全歸納法． 2．數學歸納法 (1)數學歸納法：設{Pn}是一個與正整數相關的命題集合，如果：①證明起始命題或成立；②在假設{Pn}對一切正整數成立． (2)用數學歸納法證明一個與正整數有關的命題時，其步驟為： ①歸納奠基：證明當取第一個自然數n0時命題成立； ②歸納遞推：假設n＝k，(k∈N*，k≥n0)時，命題成立，證明當時，命題成立； ③由①②得出結論． 兩個防范 數學歸納法是一種只適用于與正整數有關的命題的證明方法，第一步是遞推的“基礎”，第二步是遞推的“依據”，兩個步驟缺一不可，在證明過程中要防范以下兩點：(1)0時，n0不一定為1，要根據題目要求選擇合適的起始值． (2)第二步中，歸納假設起著“已知條件”的作用，在證明n＝k＋1時，命題也成立的過 程中一定要用到它，否則就不是數學歸納法．第二步關鍵是“一湊假設，二湊結論”． 三個注意 運用數學歸納法應注意以下三點：雙基自測 1．在應用數學歸納法證明凸n邊形的對角線為2n(n－3)條時，第一步檢驗第一個值n0 等于()． A．1B．2C．3D．0 解析 邊數最少的凸n邊形是三角形． 答案 C 12．利用數學歸納法證明不等式1＋f(n)(n≥2，n∈N*)的過程，由n＝k 232－1到n＝k＋1時，左邊增加了()． A．1項B．k項C．2k－1項D．2k項 111111111?1＋?＋解析 1＋2＋3?＋＋?＝＋?＋＋＋232－1?22＋12－1?2－1了2k項，故選D.答案 D 3．用數學歸納法證明：“1＋a＋a＋?＋a左端計算所得的項為()． A．1C．1＋a＋a2答案 C 4．某個命題與自然數n有關，若n＝k(k∈N*)時命題成立，那么可推得當n＝k＋1時該命 B．1＋aD．1＋a＋a2＋a 32n＋1 1－an＋ 2(a≠1，n∈N*)”在驗證n＝1時，1－a 題也成立，現已知n＝5時，該命題不成立，那么可以推得()． A．n＝6時該命題不成立C．n＝4時該命題不成立 * B．n＝6時該命題成立 D．n＝4時該命題成立 tan kα tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋?＋tan(k－1)α·tan kα＝tan α－k，那么當n＝k＋1時，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋?＋tan(k－1)α·tan kα＋tan kα·tan(k＋1)α tan kα ＝tan αk＋tan kα·tan(k＋1)α tan kα ＝tan α1＋tan kα·tan(k＋1)α－(k＋1)tan kαtan?k＋1?α－tan kα＝tan α－(k＋1) tan[?k＋1?α－kα] 解析 法一 由n＝k(k∈N)成立，可推得當n＝k＋1時該命題也成立．因而若n＝4成立，必有n＝5成立．現知n＝5不成立，所以n＝4一定不成立． 法二 其逆否命題“若當n＝k＋1時該命題不成立，則當n＝k時也不成立”為真，故“n＝5時不成立”?“n＝4時不成立”． 答案 C 5．用數學歸納法證明不等式 11113 ＋＋?＋＞24的過程中，由n＝k推導n＝k＋1n＋1n＋2n＋n tan?k＋1?α ＝tan α－(k＋1)． 這就是說，當n＝k＋1時等式也成立． 由(1)(2)知，對任何n∈N*且n≥2，原等式成立． 用數學歸納法證明等式時，要注意第(1)步中驗證n0的值，如本題要取n0＝2，在第(2)步的證明中應在歸納假設的基礎上正確地使用正切的差角公式． 【訓練1】 用數學歸納法證明： 對任意的n∈N*，111n1×33×5?2n－1??2n＋1?2n＋1 1111 ＝3，右邊＝3，左邊＝右邊，所以等式成立． 1×32×1＋1 時，不等式的左邊增加的式子是________． 解析 不等式的左邊增加的式子是1 ?2k＋1??2k＋2?答案 ?2k＋1??2k＋2? 考向一 用數學歸納法證明等式 【例1】?用數學歸納法證明： tan nα tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋?＋tan(n－1)α·tan nα＝tan αn(n∈N*，n≥2)． [審題視點] 注意第一步驗證的值，在第二步推理證明時要注意把假設作為已知． tan 2α22tan2α證明(1)當n＝2時，右邊＝tan α－2＝2＝＝tan α·tan 2α＝左邊，等式 1－tanα1－tanα成立． (2)假設當n＝k(k∈N*且k≥2)時，等式成立，即 1111 ＋－＝，故填2k＋12k＋2k＋1?2k＋1??2k＋2? 證明(1)當n＝1時，左邊＝ (2)假設當n＝k(k∈N*且k≥1)時等式成立，即有 111k 1×33×5?2k－1??2k＋1?2k＋1則當n＝k＋1時，1111 1×33×5?2k－1??2k＋1??2k＋1??2k＋3?k?2k＋3?＋1k1＝2k＋1?2k＋1??2k＋3??2k＋1??2k＋3? 2k2＋3k＋1k＋1k＋1＝ ?2k＋1??2k＋3?2k＋32?k＋1?＋1所以當n＝k＋1時，等式也成立． 由(1)(2)可知，對一切n∈N*等式都成立． 考向二 用數學歸納法證明整除問題 【例2】?是否存在正整數m使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9對任意自然數n都能被m整除，若存在，求出最大的m的值，并證明你的結論；若不存在，說明理由． [審題視點] 觀察所給函數式，湊出推理要證明所需的項． 解 由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9得，f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36，由此猜想：m＝36.下面用數學歸納法證明：(1)當n＝1時，顯然成立； (2)假設n＝k(k∈N*且k≥1)時，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；當n＝k＋1時，[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋1＋27－27＋2·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，由于3k－1－1是2的倍數，故18(3k－1－1)能被36整除，這就是說，當n＝k＋1時，f(n)也能被36整除． 由(1)(2)可知對一切正整數n都有f(n)＝(2n＋7)·3n＋9能被36整除，m的最大值為 36.證明整除問題的關鍵“湊項”，而采用增項、減項、拆項和因式分解等手段，湊出n＝k時的情形，從而利用歸納假設使問題獲證． 【訓練2】 用數學歸納法證明a n＋ 1a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，由假設可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a＋1整除，∴ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1時命題也成立，∴對任意n∈N*原命題成立． 考向三 用數學歸納法證明不等式 1?? 【例3】?用數學歸納法證明：對一切大于1的自然數，不等式?1＋3? ??12n＋11?? ?1＋5·?1＋2n－1>?·???? [審題視點] 本題用數學歸納法證明不等式，在推理過程中用放縮法，要注意放縮的“度”． 5證明(1)當n＝2時，左邊＝1＋3＝3；右邊＝2.∵左邊>右邊，∴不等式成立． (2)假設n＝k(k≥2，且k∈N*)時不等式成立，12k＋11?1??1＋?即?1＋3?1＋5·?·>22k－1??????則當n＝k＋1時，1?11?1??? ?1＋3?1＋5·?1＋2k－1?1＋2?k＋1?－1? ?·????????2k＋12k＋22k＋24k＋8k＋42＝ 2k＋122k＋122k＋14k＋8k＋32k＋32k＋12?k＋1?＋1 ＝22 2k＋12 2k＋1∴當n＝k＋1時，不等式也成立． 由(1)(2)知，對于一切大于1的自然數n，不等式都成立． ＋(a＋1) 2n－1 (n∈N)能被a＋a＋1整除． * 2證明(1)當n＝1時，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1可被a2＋a＋1整除．(2)假設n＝k(k∈N*且k≥1)時，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，則當n＝k＋1時，a k＋2 ＋(a＋1) 2k＋1 ＝a·a k＋1 ＋(a＋1)(a＋1) 22k－1 ＝a·a k＋1 ＋a·(a＋1) 2k－1 ＋(a＋a＋1)(a＋1) 22k－1 ＝ 在由n＝k到n＝k＋1的推證過程中，應用放縮技巧，使問題得以簡化，用數學 歸納法證明不等式問題時，從n＝k到n＝k＋1的推證過程中，證明不等式的常用方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法等． 【訓練3】 已知函數f(x)＝33－x，數列{an}滿足條件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．試比較11111的大小，并說明理由． 1＋a11＋a21＋a31＋an解 ∵f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，∴an＋1≥(an＋1)2－1.∵函數g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在區間[1，＋∞)上單調遞增，于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，進而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1＞23－1，由此猜想：an≥2－1.下面用數學歸納法證明這個猜想： ①當n＝1時，a1≥2－1＝1，結論成立； ②假設n＝k(k≥1且k∈N)時結論成立，即ak≥2－1，則當n＝k＋1時，由g(x)＝(x＋1) * k 1n 當n＝2時，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝2.7 當n＝3時，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝41 5當n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a482n－ 1由此猜想an＝－(n∈N*)． 21－1 (2)證明 ①當n＝1時，左邊＝a1＝1，右邊＝1，左邊＝右邊，結論成立． 22k－1 ②假設n＝k(k≥1且k∈N)時，結論成立，即ak＝－n＝k＋1時，* ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak，2k－12＋－22＋ak2k＋1－1 ∴ak＋1＝＝，222這表明n＝k＋1時，結論成立，2n－1 由①②知猜想an＝－成立． (1)歸納、猜想、證明是高考重點考查的內容之一，此類問題可分為歸納性問題 和存在性問題，本例從特例入手，通過觀察、分析、歸納、猜想，探索出一般規律．(2)數列是定義在N*上的函數，這與數學歸納法所運用的范圍是一致的，并且數列的遞推公式與歸納原理實質上是一致的，數列中有不少問題常用數學歸納法解決． 1【訓練4】 由下列各式1＞2 11 1＋231，11111131＋234567 2-4- －1在區間[1，＋∞)上單調遞增知，ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，即n＝k＋1時，結論也成立． 由①、②知，對任意n∈N*，都有an≥2n－1.1 1即1＋an≥2n，∴≤2，1＋an∴ 11111111?122221－?2n＜1.??1＋a11＋a21＋a31＋an 考向四 歸納、猜想、證明 【例4】?數列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)計算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項公式an；(2)用數學歸納法證明(1)中的猜想． [審題視點] 利用Sn與an的關系式求出{an}的前幾項，然后歸納出an，并用數學歸納法證明． 解(1)當n＝1時，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.11 11＋23152，11151＋2331 2?，你能得到怎樣的一般不等式，并加以證明． 111n 答案 猜想：第n個不等式為1＋2＋3＋?＋＞2(n∈N*)． 2－11 (1)當n＝1時，1＞2 (2)假設當n＝k(k≥1且k∈N*)時猜想正確，111k即1＋2＋3＋?＋2 2－1那么，當n＝k＋1時，111111k111k11＋2＋32＋＋?＋＋＞2＋2＋＋?＋＋＞2＋＋＋ 2－12＋12－12＋12－12k2kk1k＋1 ＋?＋＋＋222222＋21 即當n＝k＋1時，不等式成立． ∴對于任意n∈N*，不等式恒成立． 閱卷報告20——由于方法選擇不當導致失誤 【問題診斷】 用數學歸納法證明與正整數有關的一些等式命題時，關鍵在于弄清等式兩邊的構成規律，等式的兩邊各有多少項，由n＝k到n＝k＋1時，等式的兩邊會增加多少項，增加怎樣的項，其難點在于歸納假設后，如何推證對下一個正整數值命題也成立.【防范措施】 把歸納假設當做已知條件參加推理.明確對下一個正整數值命題成立的目標，通過適當的變換達到這個目標，這里可以使用綜合法，也可以使用分析法，甚至可以再次使用數學歸納法.【示例】? 在數列{an}、{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差數列，bn，an＋1，bn＋1成等比數列(n∈N*)． (1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測{an}，{bn}的通項公式，并證明你的結論；(2)證明： 1115 ＋＋?＋＜12.a1＋b1a2＋b2an＋bn 實錄(1)由條件得2bn＝an＋an＋1，a2n＋1＝bnbn＋1.由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜測an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.用數學歸納法證明： ①當n＝1時，由上可得結論成立． ②假設當n＝k(k≥1且k∈N*)時，結論成立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，a2k＋1 那么當n＝k＋1時，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1b＝(k＋2)2，k 所以當n＝k＋1時，結論也成立． 由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2對一切正整數都成立． 錯因 第二問由于不等式的右端為常數，結論本身是不能用數學歸納法證明的，可考慮用放縮法證明，也可考慮加強不等式后，用數學歸納法證明．(2)當n＝1時 115 ＝6＜12 a1＋b1 假設n＝k(k∈N*)時不等式成立 即 1115 ＋12a1＋b1a2＋b2ak＋bk 當n＝k＋1時 111151 ＋＜12＋ a1＋b1a2＋b2ak＋bkak＋1＋bk＋1ak＋1＋bk＋1到此無法用數學歸納法證明． 正解(1)用實錄(1) (2)證明： 115 ＝6＜12.a1＋b1 n≥2時，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)＞2(n＋1)n.故 ＋?＋ a1＋b1a2＋b2an＋bn 11111 ＜622×33×4 n?n＋1???1111?1111＝622334 nn＋1??1115111 ＝622n＋1＜6412??綜上，原不等式成立． 2018屆中考數學一輪復習講義 第14講平面幾何圖形初步 【知識鞏固】 一、直線、射線、線段和角 （一）幾何圖形： 1、幾何圖形：從形形色色的物體外形中得到的圖形叫做幾何圖形。 2、立體 圖形：這些幾何圖形的各部分不都在同一個平面內。 3、平面圖形：這些幾何圖形的各部分都在同一個平面內。 4、雖然立體圖形與平面圖形是兩類不同的幾何圖形，但它們是互相聯系的。立體圖形中某些部分是平面圖形。 5、三視圖：從左面看，從正面看，從上面看 6、展開圖：有些立體圖形是由一些平面圖形圍成的，將它們的表面適當剪開，可以展開成平面圖形。這樣的平面圖形稱為相應立體圖形的展開圖。 7、⑴幾何體簡稱體；包圍著體的是面；面面相交形成線；線線相交形成點； ⑵點無大小，線、面有曲直； ⑶幾何圖形都是由點、線、面、體組成的； ⑷點動成線，線動成面，面動成體； ⑸點：是組成幾何圖形的基本元素。 （二）直線、射線、線段： 1、直線公理：經過兩點有一條直線，并且只有一條直線。即：兩點確定一條直線。 2、當兩條不同的直線有一個公共點時，我們就稱這兩條直線相交，這個公共點叫做它們的交點。 3、把一條線段分成相等的兩條線段的點，叫做這條線段的中點。 4、線段公理：兩點的所有連線中，線段做短（兩點之間，線段最短）。 5、連接兩點間的線段的長度，叫做這兩點的距離。 6、直線的表示方法： 7、在直線上取點O，把直線分成兩個部分，去掉一邊的一個部分，保留點0和另一部分就得到一條射線，如上圖就是一條射線，記作射線OM或記作射線a． 注意：射線有一個端點，向一方無限延伸． 8、在直線上取兩個點A、B，把直線分成三個部分，去掉兩邊的部分，保留點A、B和中間的一部分就得到一條線段．如圖就是一條線段，記作線段AB或記作線段a． 注意：線段有兩個端點． （三）角： 1.角的定義：有公共端點的兩條射線組成的圖形叫角。這個公共端點是角的頂點，兩條射線為角的兩邊。如圖，角的頂點是O，兩邊分別是射線OA、OB． 2、角有以下的表示方法： ① 用三個大寫字母及符號“∠”表示．三個大寫字母分別是頂點和兩邊上的任意點，頂點的字母必須寫在中間．如上圖的角，可以記作∠AOB或∠BOA． ② 用一個大寫字母表示．這個字母就是頂點．如上圖的角可記作∠O．當有兩個或兩個以上的角是同一個頂點時，不能用一個大寫字母表示． ③ 用一個數字或一個希臘字母表示．在角的內部靠近角的頂點 處畫一弧線，寫上希臘字母或數字．如圖的兩個角，分別記作∠?、∠1 2、以度、分、秒為單位的角的度量制，叫做角度制。角的度、分、秒是60進制的。1度=60分 1分=60秒 1周角=360度 1平角=180度 3、角的平分線：一般地，從一個角的頂點出發，把這個角分成兩個相等的角的射線，叫做 這個角的平分線。 4、如果兩個角的和等于90度（直角），就說這兩個叫互為余角，即其中每一個角是另一個角的余角； 如果兩個角的和等于180度（平角），就說這兩個叫互為補角，即其中每一個角是另一個角的補角。 5、同角（等角）的補角相等；同角（等角）的余角相等。 6、方位角：一般以正南正北為基準，描述物體運動的方向。 二、相交線 1、相交線中的角 兩條直線相交，可以得到四個角，我們把兩條直線相交所構成的四個角中，有公共頂點但沒有公共邊的兩個角叫做對頂角。我們把兩條直線相交所構成的四個角中，有公共頂點且有一條公共邊的兩個角叫做臨補角。臨補角互補，對頂角相等。 直線AB，CD與EF相交（或者說兩條直線AB，CD被第三條直線EF所截），構成八個角。其中∠1與∠5這兩個角分別在AB，CD的上方，并且在EF的同側，像這樣位置相同的一對角 1?叫做同位角；∠3與∠5這兩個角都在AB，CD之間，并且在EF的異側，像這樣位置的兩個角叫做內錯角；∠3與∠6在直線AB，CD之間，并側在EF的同側，像這樣位置的兩個角叫做同旁內角。 2、垂線 兩條直線相交所成的四個角中，有一個角是直角時，就說這兩條直線互相垂直。其中一條直線叫做另一條直線的垂線，它們的交點叫做垂足。 直線AB，CD互相垂直，記作“AB⊥CD”（或“CD⊥AB”)，讀作“AB垂直于CD”（或“CD垂直于AB”）。垂線的性質： 性質1：過一點有且只有一條直線與已知直線垂直。 性質2：直線外一點與直線上各點連接的所有線段中，垂線段最短。簡稱：垂線段最短。 三、平行線 1、平行線的概念 在同一個平面內，不相交的兩條直線叫做平行線。平行用符號“∥”表示，如“AB∥CD”，讀作“AB平行于CD”。 同一平面內，兩條直線的位置關系只有兩種：相交或平行。 2、平行線公理及其推論 平行公理：經過直線外一點，有且只有一條直線與這條直線平行。推論：如果兩條直線都和第三條直線平行，那么這兩條直線也互相平行。 3、平行線的判定 平行線的判定公理：兩條直線被第三條直線所截，如果同位角相等，那么兩直線平行。簡稱：同位角相等，兩直線平行。平行線的兩條判定定理： （1）兩條直線被第三條直線所截，如果內錯角相等，那么兩直線平行。簡稱：內錯角相等，兩直線平行。 （2）兩條直線被第三條直線所截，如果同旁內角互補，那么兩直線平行。簡稱：同旁內角互補，兩直線平行。 4、平行線的性質 （1）兩直線平行，同位角相等。（2）兩直線平行，內錯角相等。（3）兩直線平行，同旁內角互補。 四、命題、定理、證明 1、命題的概念 判斷一件事情的語句，叫做命題。 2、命題的分類：按正確、錯誤與否分為：真命題和假命題 所謂正確的命題就是：如果題設成立，那么結論一定成立的命題。所謂錯誤的命題就是：如果題設成立，不能證明結論總是成立的命題。 3、公理 人們在長期實踐中總結出來的得到人們公認的真命題，叫做公理。 4、定理 用推理的方法判斷為正確的命題叫做定理。 5、證明 判斷一個命題的正確性的推理過程叫做證明。【典例解析】 典例 一、幾何圖形 （2016·浙江省紹興市·4分）如圖是一個正方體，則它的表面展開圖可以是（A． B． C． D． 【考點】幾何體的展開圖．）【分析】根據含有田字形和凹字形的圖形不能折成正方體可判斷A、C，D，故此可得到答案． 【解答】解：A、含有田字形，不能折成正方體，故A錯誤； B、能折成正方體，故B正確； C、凹字形，不能折成正方體，故C錯誤； D、含有田字形，不能折成正方體，故D錯誤． 故選：B． 【變式訓練】 4分）如圖是一個正方體，則它的表面展開圖可以是（）（2016·浙江省紹興市· A． B． C． D． 【考點】幾何體的展開圖． 【分析】根據含有田字形和凹字形的圖形不能折成正方體可判斷A、C，D，故此可得到答案.【解答】解：A、含有田字形，不能折成正方體，故A錯誤； B、能折成正方體，故B正確； C、凹字形，不能折成正方體，故C錯誤； D、含有田字形，不能折成正方體，故D錯誤． 故選：B． 典例 二、直線、射線和線段 （2016?金華）足球射門，不考慮其他因素，僅考慮射點到球門AB的張角大小時，張角越大，射門越好．如圖的正方形網格中，點A，B，C，D，E均在格點上，球員帶球沿CD方向進攻，最好的射點在（） A．點C B．點D或點E C．線段DE（異于端點）上一點 D．線段CD（異于端點）上一點 【分析】連接BC，AC，BD，AD，AE，BE，再比較∠ACB，∠ADB，∠AEB的大小即可． 【解答】解：連接BC，AC，BD，AD，AE，BE，通過測量可知∠ACB＜∠ADB＜∠AEB，所以射門的點越靠近線段DE，角越大，故最好選擇DE（異于端點）上一點，故選C． 【點評】本題考查了比較角的大小，一般情況下比較角的大小有兩種方法：①測量法，即用量角器量角的度數，角的度數越大，角越大．②疊合法，即將兩個角疊合在一起比較，使兩個角的頂點及一邊重合，觀察另一邊的位置． 【變式訓練】 （2016?臺灣）如圖 （一），=1：3，： 為一條拉直的細線，A、B兩點在折向，使得 上，且重迭在： =3：5．若先固定B點，將上，如圖 （二），再從圖 （二）的A點及與A點重迭處一起剪開，使得細線分成三段，則此三段細線由小到大的長度比為何？（） A．1：1：1 B．1：1：2 C．1：2：2 D．1：2：5 【分析】根據題意可以設出線段OP的長度，從而根據比值可以得到圖一中各線段的長，根據題意可以求出折疊后，再剪開各線段的長度，從而可以求得三段細線由小到大的長度比，本題得以解決． 【解答】解：設OP的長度為8a，∵OA：AP=1：3，OB：BP=3：5，∴OA=2a，AP=6a，OB=3a，BP=5a，又∵先固定B點，將OB折向BP，使得OB重迭在BP上，如圖 （二），再從圖 （二）的A點及與A點重迭處一起剪開，使得細線分成三段，∴這三段從小到大的長度分別是：2a、2a、4a，∴此三段細線由小到大的長度比為：2a：2a：4a=1：1：2，故選B． 【點評】本題考查比較線段的長短，解題的關鍵是理解題意，求出各線段的長度． 典例 三、角 （2017廣東）已知∠A=70°，則∠A的補角為（）A．110° B．70° C．30° D．20° 【考點】IL：余角和補角． 【分析】由∠A的度數求出其補角即可． 【解答】解：∵∠A=70°，∴∠A的補角為110°，故選A 【變式訓練】 （2017廣西河池）如圖，點O在直線AB上，若∠BOC=60°，則∠AOC的大小是（） A．60° B．90° C．120° 【考點】IF：角的概念． D．150° 【分析】根據點O在直線AB上，∠BOC=60°，即可得出∠AOC的度數． 【解答】解：∵點O在直線AB上，∴∠AOB=180°，又∵∠BOC=60°，∴∠AOC=120°，故選：C． 典例 四、相交線 （2016·福建龍巖·4分）下列命題是假命題的是（）A．若|a|=|b|，則a=b B．兩直線平行，同位角相等 C．對頂角相等 D．若b2﹣4ac＞0，則方程ax2+bx+c=0（a≠0）有兩個不等的實數根 【考點】命題與定理． 【分析】分析是否為真命題，需要分別分析各題設是否能推出結論，從而利用排除法得出答案． 【解答】解：A、若|a|=|b|，則a﹣b=0或a+b=0，故A錯誤； B、兩直線平行，同位角相等，故B正確； C、對頂角相等，故C正確； D、若b﹣4ac＞0，則方程ax+bx+c=0（a≠0）有兩個不等的實數根，故D正確； 故選：A． 【變式訓練】 （2016?賀州）如圖，已知∠1=60°，如果CD∥BE，那么∠B的度數為（） 22A．70° B．100° C．110° D．120° 【分析】先根據補角的定義求出∠2的度數，再由平行線的性質即可得出結論． 【解答】解：∵∠1=60°，∴∠2=180°﹣60°=120°． ∵CD∥BE，∴∠2=∠B=120°． 故選D． 【點評】本題考查的是平行線的性質，用到的知識點為：兩直線平行，同位角相等． 典例 五、平行線 （2017畢節）如圖，AB∥CD，AE平分∠CAB交CD于點E，若∠C=70°，則∠AED=（） A．55° B．125° C．135° D．140° 【考點】JA：平行線的性質． 【分析】根據平行線性質求出∠CAB，根據角平分線求出∠EAB，根據平行線性質求出∠AED即可． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠C+∠CAB=180°，∵∠C=70°，∴∠CAB=180°﹣70°=110°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAB=55°，∵AB∥CD，∴∠EAB+∠AED=180°，∴∠AED=180°﹣55°=125°． 故選：B． 【變式訓練】 (2017湖南懷化)如圖，直線a∥b，∠1=50°，則∠2的度數是（） A．130° B．50° C．40° D．150° 【考點】JA：平行線的性質． 【分析】利用平行線的性質得出∠1=∠3=50°，再利用對頂角的定義得出即可． 【解答】解：如圖：∵直線a∥直線b，∠1=50°，∴∠1=∠3=50°，∴∠2=∠3=50°． 故選：B． 典例 六、命題、定理、證明 （2017廣西百色）下列四個命題中：①對頂角相等；②同旁內角互補；③全等三角形的對應角相等；④兩直線平行，同位角相等，其中假命題的有 ②（填序號）【考點】O1：命題與定理． 【分析】要說明一個命題的正確性，一般需要推理、論證，而判斷一個命題是假命題，只需舉出一個反例即可． 【解答】解：①對頂角相等是真命題； ②同旁內角互補是假命題； ③全等三角形的對應角相等是真命題； ④兩直線平行，同位角相等是真命題； 故假命題有②，故答案為：②． 【變式訓練】 （2017呼和浩特）下面三個命題： ①若是方程組 2的解，則a+b=1或a+b=0； 2②函數y=﹣2x+4x+1通過配方可化為y=﹣2（x﹣1）+3； ③最小角等于50°的三角形是銳角三角形，其中正確命題的序號為 ②③ ． 【考點】O1：命題與定理． 【分析】①根據方程組的解的定義，把 代入，即可判斷； ②利用配方法把函數y=﹣2x2+4x+1化為頂點式，即可判斷； ③根據三角形內角和定理以及銳角三角形的定義即可判斷． 【解答】解：①把 代入，得，如果a=2，那么b=1，a+b=3； 如果a=﹣2，那么b=﹣7，a+b=﹣9． 故命題①是假命題； ②y=﹣2x2+4x+1=﹣2（x﹣1）2+3，故命題②是真命題； ③最小角等于50°的三角形，最大角不大于80°，一定是銳角三角形，故命題③是真命題． 所以正確命題的序號為②③． 故答案為②③． 典例 七、平行相交的綜合應用 （2017呼和浩特）如圖，AB∥CD，AE平分∠CAB交CD于點E，若∠C=48°，則∠AED為 114 °． 【考點】JA：平行線的性質；IJ：角平分線的定義． 【分析】根據平行線性質求出∠CAB的度數，根據角平分線求出∠EAB的度數，根據平行線性質求出∠AED的度數即可． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠C+∠CAB=180°，∵∠C=48°，∴∠CAB=180°﹣48°=132°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAB=66°，∵AB∥CD，∴∠EAB+∠AED=180°，∴∠AED=180°﹣66°=114°，故答案為：114． 【變式訓練】 （2017湖北荊州）一把直尺和一塊三角板ABC（含30°、60°角）擺放位置如圖所示，直尺一邊與三角板的兩直角邊分別交于點D、點E，另一邊與三角板的兩直角邊分別交于點F、點A，且∠CDE=40°，那么∠BAF的大小為（） A．40° B．45° C．50° D．10° 【考點】JA：平行線的性質． 【分析】先根據∠CDE=40°，得出∠CED=50°，再根據DE∥AF，即可得到∠CAF=50°，最后根據∠BAC=60°，即可得出∠BAF的大小． 【解答】解：由圖可得，∠CDE=40°，∠C=90°，∴∠CED=50°，又∵DE∥AF，∴∠CAF=50°，∵∠BAC=60°，∴∠BAF=60°﹣50°=10°，故選：D． 【能力檢測】 1.（2017貴州安順）如圖，已知a∥b，小華把三角板的直角頂點放在直線b上．若∠1=40°，則∠2的度數為（） A．100° B．110° C．120° D．130° 【考點】JA：平行線的性質． 【分析】先根據互余計算出∠3=90°﹣40°=50°，再根據平行線的性質由a∥b得到∠2=180°﹣∠3=130°． 【解答】解：∵∠1+∠3=90°，∴∠3=90°﹣40°=50°，∵a∥b，∴∠2+∠3=180°． ∴∠2=180°﹣50°=130°． 故選：D． 2.（2016?荊州）如圖，AB∥CD，射線AE交CD于點F，若∠1=115°，則∠2的度數是（） A．55° B．65° C．75° D．85° 【分析】根據兩直線平行，同旁內角互補可求出∠AFD的度數，然后根據對頂角相等求出∠2的度數． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠1+∠F=180°，∵∠1=115°，∴∠AFD=65°，∵∠2和∠AFD是對頂角，∴∠2=∠AFD=65°，故選B． 【點評】本題主要考查了平行線的性質，解題的關鍵是掌握兩直線平行，同旁內角互補． 3.（2017四川南充）如圖，直線a∥b，將一個直角三角尺按如圖所示的位置擺放，若∠1=58°，則∠2的度數為（） A．30° B．32° C．42° D．58° 【考點】JA：平行線的性質． 【分析】先利用平行線的性質得出∠3，進而利用三角板的特征求出∠4，最后利用平行線的性質即可； 【解答】解：如圖，過點A作AB∥b，∴∠3=∠1=58°，∵∠3+∠4=90°，∴∠4=90°﹣∠3=32°，∵a∥b，AB∥B，∴AB∥b，∴∠2=∠4=32°，故選B． 4.（2016?陜西）如圖，AB∥CD，AE平分∠CAB交CD于點E，若∠C=50°，則∠AED=（） A．65° B．115° C．125° D．130° 【分析】根據平行線性質求出∠CAB的度數，根據角平分線求出∠EAB的度數，根據平行線性質求出∠AED的度數即可． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠C+∠CAB=180°，∵∠C=50°，∴∠CAB=180°﹣50°=130°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAB=65°，∵AB∥CD，∴∠EAB+∠AED=180°，∴∠AED=180°﹣65°=115°，故選B． 【點評】本題考查了角平分線定義和平行線性質的應用，注意：平行線的性質有：①兩條平行線被第三條直線所截，同位角相等，②兩條平行線被第三條直線所截，內錯角相等，③兩條平行線被第三條直線所截，同旁內角互補． 5.（2017日照）如圖，AB∥CD，直線l交AB于點E，交CD于點F，若∠1=60°，則∠2等于（） A．120° B．30° C．40° D．60° 【考點】JA：平行線的性質． 【分析】根據對頂角的性質和平行線的性質即可得到結論． 【解答】解：∵∠AEF=∠1=60°，∵AB∥CD，∴∠2=∠AEF=60°，故選D． 6.（2017內江）如圖，直線m∥n，直角三角板ABC的頂點A在直線m上，則∠α的余角等于（） A．19° B．38° C．42° D．52° 【考點】JA：平行線的性質；IL：余角和補角． 【分析】過C作CD∥直線m，根據平行線性質得出∠DCA=∠FAC=38°，∠α=∠DCB，求出即可． 【解答】解：過C作CD∥直線m，∵m∥n，∴CD∥m∥n，∴∠DCA=∠FAC=52°，∠α=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠α=90°﹣52°=38°，則∠a的余角是52°． 故選D． 7.（2016·山東省濱州市·3分）如圖，AB∥CD，直線EF與AB，CD分別交于點M，N，過點N的直線GH與AB交于點P，則下列結論錯誤的是（） A．∠EMB=∠END B．∠BMN=∠MNC C．∠CNH=∠BPG D．∠DNG=∠AME 【考點】平行線的性質． 【分析】根據平行線的性質，找出各相等的角，再去對照四個選項即可得出結論． 【解答】解：A、∵AB∥CD，∴∠EMB=∠END（兩直線平行，同位角相等）； B、∵AB∥CD，∴∠BMN=∠MNC（兩直線平行，內錯角相等）； C、∵AB∥CD，∴∠CNH=∠MPN（兩直線平行，同位角相等），∵∠MPN=∠BPG（對頂角），∴∠CNH=∠BPG（等量代換）； D、∠DNG與∠AME沒有關系，無法判定其相等． 故選D． 【點評】本題考查了平行線的性質，解題的關鍵是結合平行線的性質來對照四個選擇．本題屬于基礎題，難度不大，解決該題型題目時，根據平行線的性質找出相等（或互補）的角是關鍵． 8.（2016海南3分）如圖，矩形ABCD的頂點A、C分別在直線a、b上，且a∥b，∠1=60°，則∠2的度數為（） A．30° B．45° C．60° D．75° 【考點】矩形的性質；平行線的性質． 【分析】首先過點D作DE∥a，由∠1=60°，可求得∠3的度數，易得∠ADC=∠2+∠3，繼而求得答案． 【解答】解：過點D作DE∥a，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ADC=90°，∴∠3=90°﹣∠1=90°﹣60°=30°，∵a∥b，∴DE∥a∥b，∴∠4=∠3=30°，∠2=∠5，∴∠2=90°﹣30°=60°． 故選C． 【點評】此題考查了矩形的性質以及平行線的性質．注意準確作出輔助線是解此題的關鍵． ziye 2012年高考試題分項解析數學（理科）專題17 選修系列：幾何證明選講（教師版） 一、選擇題: 1.(2012年高考北京卷理科5)如圖.∠ACB=90o，CD⊥AB于點D，以BD為直徑的圓與BC交于點E.則() A.CE·CB=AD·DBB.CE·CB=AD·AB C.AD·AB=CD 2D.CE·EB=CD 2 二、填空題: 1.(2012年高考廣東卷理科15)（幾何證明選講選做題） 如圖3，圓O的半徑為1，A、B、C是圓周上的三點，滿足∠ABC=30°，過點A做圓O的切線與OC的延長線 交于點P，則PA=_______..3.(2012年高考湖北卷理科15)（選修4-1：幾何證明選講） 如圖，點D在⊙O的弦AB上移動，AB=4，連接OD，過點D作OD的垂線交⊙O于點C，則CD的最大值為 _____________.4.(2012年高考湖南卷理科11)如圖2，過點P的直線與圓O相交于A，B兩點.若PA=1，AB=2，PO=3，則圓O的半徑等于 _______.5．(2012年高考陜西卷理科15)B．（幾何證明選做題）如圖，在圓O中，直徑AB與弦 EF?DB，FD?BCD垂直，垂足為E，垂足為F，若AB?6，AE?1，則D?． 三、解答題: 1.（2012年高考江蘇卷21）A．[選修4-1：幾何證明選 講]（本小題滿分10分） 如圖，AB是圓O的直徑，D，E為圓上位于AB異側的兩 點，連結BD并延長 至點C，使BD = DC，連結AC，AE，DE． 求證：?E??C． 2.(2012年高考遼寧卷理科22)(本小題滿分10分) 選修4?1：幾何證明選講 如圖，⊙O和⊙O相交于A,B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點，連接DB并延長交⊙O于 點E.證明/ (Ⅰ)AC?BD?AD?AB； (Ⅱ)AC?AE。 3.(2012年高考新課標全國卷理科22)（本小題滿分10分）選修4-1：幾何證明選講如圖，D,E分別為?ABC邊AB,AC的中點，直線DE交?ABC的外接圓于F,G兩點，若CF//AB，證明： （1）CD?BC； （2）?BCD? ?GBD第二篇：第2講數學證明(教師版)
第三篇：第十三篇 推理證明、算法、復數第4講 數學歸納法
第四篇：2018屆中考數學一輪復習講義 第14講幾何圖形初步
第五篇：2012年高考試題分項解析數學(理科)專題17 選修系列：幾何證明選講(教師版)
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