2022年高考数学全程复习知识点同步学案第八章平面解析几何时定点定值问题 .pdf

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1、第 3课时定点、定值问题考点一_定点问题 _ (x 高考 x 卷节选 )已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F， A为 C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交 C 于另一点B，交 x 轴的正半轴于点D，且有 |FA| |FD |，当点 A 的横坐标为3 时， ADF 为正三角形(1)求 C 的方程；(2)若直线l1 l，且 l1和 C 有且只有一个公共点E，证明直线AE 过定点，并求出定点坐标解(1)由题意知F(p2，0)设 D(t，0)(t 0)，则 FD 的中点为 (p 2t4， 0)因为 |FA|FD |，由抛物线的定义知3p2 tp2，解得 t 3p 或 t 3(舍去 )由

2、p2t4 3，解得 p 2.所以抛物线C 的方程为y24x.(2)由(1)知 F(1，0)设 A(x0，y0)(x0y0 0)，D(xD，0)(xD0)因为 |FA|FD |，则 |xD1|x01，由 xD0 得 xDx02，故 D(x02，0)，故直线 AB 的斜率 kABy02.因为直线 l1和直线 AB 平行，设直线 l1的方程为yy02xb，代入抛物线方程得y28y0y8by00，由题意64y2032by00，得 b2y0.设 E(xE，yE)，则 yE4y0，xE4y20.当 y20 4时， kAEyEy0 xEx04y0 y04y20y2044y0y204，可得直线 AE 的方程为

3、yy04y0y204(xx0)由 y204x0，整理可得 y4y0y204(x1)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 45 页直线 AE 恒过点 F(1，0)当 y204 时，直线AE的方程为x1，过点 F(1，0)，所以直线 AE 过定点 F(1，0)规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关1.(x 大庆市教学质量检测)已知椭圆C：x2a2y2

4、1(a1)的上顶点为A，右焦点为 F，直线 AF 与圆 M：(x3)2(y1)23 相切(1)求椭圆 C 的方程；(2)若不过点A 的动直线l 与椭圆C 交于 P，Q 两点，且 APAQ0，求证：直线l 过定点，并求该定点的坐标解： (1)圆 M 的圆心为 (3， 1)，半径 r3.由题意知 A(0，1)，F(c，0)，直线 AF 的方程为xcy1，即 x cyc0.由直线 AF 与圆 M 相切，得|3cc|c213，解得 c22，a2c21 3，故椭圆 C 的方程为x23y21.(2)法一： 由 AP AQ0，知 APAQ，从而直线AP 与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为ykx1，直线

5、AQ 的方程为y1kx1.联立ykx1x23y2 1，整理得 (13k2)x26kx0，解得 x0 或 x6k13k2，故点 P的坐标为 (6k13k2，1 3k21 3k2)，同理，点 Q 的坐标为 (6kk2 3，k23k23)，直线l 的斜率为k23k2313k213k26kk236k13k2k214k，直线l 的方程为yk214k(x6kk2 3)k23k23，即 yk214kx12.直线l 过定点 (0，12)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 45 页法二： 由AP AQ 0，知 APAQ，从而直线PQ 与 x

6、轴不垂直，故可设直线l 的方程为ykxt(t1)，联立ykxtx23y2 1，整理得 (13k2)x26ktx3(t2 1)0.设 P(x1，y1)， Q(x2，y2)，则 x1x2 6kt13k2，x1x23（t21）13k2.(*)由(6kt)24(13k2)3(t21)0，得 3k2t2 1.由AP AQ0，得 AP AQ (x1，y11) (x2，y21)(1k2)x1x2k(t 1)(x1x2)(t1)20.将(*) 代入，得t12，直线l 过定点 (0，12)考点二_定值问题 _ (x 高考江西卷 )如图，已知抛物线C：x24y，过点M(0， 2)任作一直线与C相交于 A，B 两点

7、，过点B作 y 轴的平行线与直线AO 相交于点D(O 为坐标原点 ) (1)证明：动点D 在定直线上；(2)作 C 的任意一条切线l(不含 x 轴)，与直线y2 相交于点N1，与 (1)中的定直线相交于点 N2，证明： |MN2|2|MN1|2为定值，并求此定值解(1)证明： 依题意可设AB方程为ykx2，代入x24y，得 x24(kx2)，即 x24kx80.设 A(x1，y1)， B(x2，y2)，则有 x1x2 8.直线 AO 的方程为yy1x1x；BD 的方程为xx2.解得交点 D 的坐标为xx2，yy1x2x1，注意到 x1x2 8 及 x214y1，则有 yy1x1x2x218y1

8、4y1 2.因此 D 点在定直线y 2 上(x0)(2)依题设，切线l 的斜率存在且不等于0，设切线l 的方程为yaxb(a0)，代入x24y，得 x24(axb)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 45 页即 x24ax4b0.由0，得 (4a)216b0，化简整理得b a2.故切线 l 的方程可写为yaxa2.分别令 y2，y 2，得 N1，N2的坐标为N12aa，2 ，N22aa， 2 ，则|MN2|2|MN1|22aa2422aa28，即|MN2|2|MN1|2为定值 8.规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解

9、法(1)特点：特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值(2)两大解法： 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关引进变量法：其解题流程为2.(x 长春市调研) 已知椭圆x2a2y2b21(ab 0)的右焦点为F2(1，0)，点H(2，2103)在椭圆上 (1)求椭圆的方程；(2)若点 M 在圆 x2y2b2上，且 M 在 x 象限，过M 作圆 x2y2 b2的切线交椭圆于P，Q 两点，问：PF2Q 的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由解： (1)由题意，得a2b2c214a2409b21，解得a2 9b28，椭圆方程为x29y281.(2)设 P(x1，y1)，Q(x2，

10、y2)，则x219y2181(|x1|3)，|PF2|2(x11)2y21(x11)28(1x219)19(x19)2， |PF2|13(9x1)313x1.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 45 页连接OM，OP(图略 )，由相切条件知：|PM|2|OP|2|OM|2 x21 y218 x21 8(1x219)819x21， |PM|13x1， |PF2| |PM|313x113x13，同理可求得 |QF2|QM|313x213x23， |F2P| |F2Q|PQ|336 为定值考点三 _探究存在性问题_ (x 高考 x

11、 卷)如图， O 为坐标原点，双曲线C1：x2a21y2b21 1(a1 0，b10)和椭圆 C2：y2a22x2b221(a2b2 0)均过点 P2 33，1 ，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2 的正方形 (1)求 C1，C2的方程；(2)是否存在直线l，使得 l 与 C1交于 A，B 两点，与C2只有一个公共点，且|OAOB|AB|？证明你的结论解(1)设 C2的焦距为2c2，由题意知， 2c22，2a12.从而 a11，c21.因为点 P2 33，1在双曲线x2y2b211 上，所以23321b211.故 b213.由椭圆的定义知2a22332（ 11）22 3

12、32（ 11）22 3.于是 a23，b22a22c222.故 C1，C2的方程分别为x2y23 1，y23x221.(2)不存在符合题设条件的直线若直线 l 垂直于 x轴，因为l 与 C2只有一个公共点，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 45 页所以直线 l 的方程为x2或 x2.当 x2时，易知A(2，3)， B(2，3)，所以 |OAOB|22，|AB|2 3，此时， |OAOB| |AB|.当 x2时，同理可知，|OAOB| |AB|.若直线 l 不垂直于x 轴，设 l 的方程为ykx m.由ykxmx2y231，

13、得 (3k2)x22kmxm230.当 l 与 C1相交于A，B 两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1，x2是上述方程的两个实根，从而 x1x22km3k2，x1x2m23k23.于是 y1y2k2x1x2km(x1x2)m23k23m2k23.由ykxmy23x221，得 (2k23)x24kmx2m26 0.因为直线l 与 C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0.化简，得 2k2m23，因此 OA OBx1x2y1y2m23k233k23m2k23 k2 3k23 0，于是 OA2OB22OA OB OA2OB22OA OB，即|O

14、A OB|2 |OAOB|2，故 |OAOB| |AB|.综合 可知，不存在符合题设条件的直线规律方法 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在解决存在性问题应注意以下几点：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径3.(x 江西南昌模拟 )已知椭圆E 的长轴的一个端点是抛物线y245x 的焦点，离心率是63. (1)求椭圆 E的方程；(2)过点 C(1， 0)的动直线与椭圆相交于A，B 两点精选学习资料 - - - -

15、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 45 页若线段 AB 中点的横坐标是12，求直线AB 的方程；在 x 轴上是否存在点M，使 MA MB为常数？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由解： (1)根据已知易知椭圆的焦点在x 轴上，且a5，又 cea635303，故 ba2c2510353，故所求椭圆E 的方程为x25y2531，即 x23y25.(2)依题意知，直线AB 的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x1)，将 yk(x1)代入 x23y25，消去 y整理得 (3k21)x26k2x3k2 50.设 A(x1，y1)， B(x2，y2)，

16、则36k44（ 3k21）（ 3k2 5） 0，x1x26k23k2 1. 由线段 AB 中点的横坐标是12，得x1x223k23k2 112，解得 k33，适合 .所以直线 AB 的方程为x3y10 或 x3y10.假设在 x 轴上存在点M(m，0)，使 MA MB为常数a当直线AB 与 x 轴不垂直时，由知 x1x26k23k21，x1x23k253k21.所以 MA MB (x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2) k2 m2.将 代入，整理得MA MB（6m1）k253k21 m2（2m13）（ 3k21） 2m14

17、33k2 1 m2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 45 页m22m136m143（3k21）.注意到 MA MB是与 k 无关的常数，从而有 6m140，m73，此时 MA MB49.b当直线AB 与 x 轴垂直时，此时点A，B 的坐标分别为( 1，23)，(1，23)，当 m73时，也有 MA MB49.综上，在 x 轴上存在定点M(73， 0)，使 MA MB为常数1(x 东北三校联合模拟)已知圆M：x2(y2)21，直线l：y 1，动圆P 与圆 M相外切，且与直线l 相切设动圆圆心P 的轨迹为E. (1)求 E 的

18、方程；(2)若点 A，B 是 E 上的两个动点，O 为坐标原点，且OAOB 16，求证：直线AB恒过定点解： (1)设 P(x，y)，则x2（ y 2）2(y1)1? x28y.所以 E 的方程为x28y.(2)证明： 易知直线AB 的斜率存在，设直线AB：ykxb， A(x1，y1)，B(x2，y2)将直线 AB 的方程代入x28y中，得 x28kx8b0，所以 x1x2 8k，x1x2 8b.OA OBx1x2y1y2x1x2x21x2264 8bb2 16? b4，所以直线 AB 恒过定点 (0，4)2(x x 省唐山市高三年级统考)已知抛物线E：x2 2py(p0)，直线ykx2 与

19、E 交于 A，B两点，且 OAOB2，其中 O 为原点(1)求抛物线E 的方程；(2)点 C 坐标为 (0， 2)，记直线CA，CB 的斜率分别为k1，k2，证明： k21k222k2为定值解： (1)将 ykx2 代入 x22py，得 x22pkx4p0，其中4p2k216p0.设 A(x1，y1)， B(x2，y2)，则x1 x2 2pk， x1x2 4p.OA OBx1x2y1y2x1x2x212px222p 4p42.所以 p12，所以抛物线E 的方程为 x2y.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 45 页(2)证明

20、： 由 (1)知， x1x2k，x1x2 2.k1y1 2x1x212x1x21x1x2x1x1x2，同理 k2x2x1，所以 k21k222k22(x1x2)2 2(x1 x2)2 8x1x216.3(x 山西省四校联考)已知椭圆C：x2a2y2b2 1(ab0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为 A，且 |AF|1. (1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若动直线l：ykxm与椭圆 C 有且只有一个交点P，且与直线x4 交于点 Q，问：是否存在一个定点M(t，0)，使得 MPMQ0.若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由解： (1)由 c1，ac1，得 a2， b3，故椭圆 C 的标准

21、方程为x24y231.(2)由ykx m3x24y212，得 (34k2)x28kmx4m2x 0， 64k2m2 4(34k2)(4m2x)0，即 m234k2.设 P(xP，yP)，则 xP4km34k24km，yPkxPm4k2m m3m，即 P(4km，3m) M(t，0)，Q(4，4km)， MP(4kmt，3m)，MQ (4t，4km) MP MQ (4km t) (4 t) 3m (4k m) t2 4t 34km(t 1) 0 恒 成 立 ， 故t1t24t3 0，即 t1.存在点 M(1，0)符合题意1(x 高考 x 卷)已知动圆过定点A(4， 0)，且在 y 轴上截得弦MN

22、 的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)已知点B(1，0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P， Q，若 x轴是 PBQ 的角平分线，证明直线l 过定点解： (1)如图 ，设动圆圆心O1(x，y)，由题意， |O1A|O1M|.当 O1不在 y 轴上时，过 O1作 O1H MN 交 MN 于 H，则 H 是 MN 的中点，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 45 页 |O1M|x242.又|O1A|（ x4）2 y2， （ x4）2 y2x242.化简得， y28x(x0)当 O1在 y 轴

23、上时， O1与 O 重合，点O1的坐标 (0，0)也满足方程y28x，动圆圆心的轨迹C 的方程为 y28x.(2)证明： 如图 ，由题意，设直线l 的方程为ykxb(k0)， P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将 ykxb 代入 y28x 中，得 k2x2(2bk8)xb20.其中 32kb640.由根与系数的关系得，x1x282bkk2，x1x2b2k2. x 轴是 PBQ 的角平分线，y1x11y2x21，即 y1(x21)y2(x11)0， (kx1b)(x2 1)(kx2 b)(x11)0， 2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，将 代入 并整理得 2kb2 (kb)(8 2bk)

24、2k2b0， k b.此时0，直线l 的方程为yk(x1)，即直线l 过定点 (1，0)2(x 郑州市质量预测)已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(2，0)，B(2，0)，直线RA、RB的斜率分别为k1、k2，且 k1k234，设动点R 的轨迹为曲线C. (1)求曲线 C 的方程；(2)四边形MNPQ 的四个顶点均在曲线C 上，且MQNP， MQx 轴，若直线MN 和直线 QP 交于点 S(4，0)问：四边形MNPQ 两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由解： (1)由题知 x 2，且 k1yx2，k2yx2，则yx2yx 234，整理得，曲线C 的方程为x24

25、y231(y0)(2)设 MP 与 x轴交于 D(t，0)，则直线MP 的方程为 xmy t(m0)设 M(x1，y1)，P(x2，y2)，由对称性知Q(x1， y1)，N(x2， y2)，由3x24y2 12xmy t，消去 x 得(3m24)y26mty3t2 x0，所以48(3m24t2)0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 45 页y1 y26mt3m24，y1 y23t2123m24，由 M、N、S三点共线知kMS kNS，即y1x14y2x24，所以 y1(my2t4)y2(my1t4)0，整理得2my1y2

26、(t4)(y1y2)0，所以2m（3t212） 6mt（t 4）3m240，即 24m(t1)0，t1，所以直线 MP 过定点 D(1，0)，同理可得直线NQ 也过定点D(1，0)，即四边形 MNPQ 两条对角线的交点是定点，且定点坐标为(1，0)3. 已知椭圆x2a2y2b2 1(ab0)的离心率e为22，且过点 (2，2) (1)求椭圆的标准方程；(2)四边形ABCD 的四个顶点都在椭圆上，且对角线AC，BD 过原点O，若 kACkBDb2a2. 求证：四边形ABCD 的面积为定值解： (1)由题意 eca22，4a22b21，又 a2b2c2，解得 a28，b24，故椭圆的标准方程为x2

27、8y241.(2)证明： 易知直线AB 的斜率存在设直线 AB 的方程为y kx m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立ykxm，x2 2y28.得(1 2k2)x24kmx2m280，(4km)24(12k2)(2m2 8)8(8k2m2 4)0，由根与系数的关系得x1x24km12k2，x1x22m2812k2. kAC kBDb2a212，y1y2x1x212， y1y212x1x2122m2812k2m2412k2.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 45 页又 y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2k

28、m(x1x2)m2k22m281 2k2km4km12k2m2m28k212k2，m2412k2m28k212k2， (m24)m28k2， 4k22m2.设原点到直线AB 的距离为d，则SAOB12|AB| d121k2 |x2x1|m|1k2|m|2（x1x2）24x1x2|m|2（4km12k2）242m2812k2|m|28m2（12k2）222， S四边形ABCD 4SAOB82，即四边形 ABCD 的面积为定值第 4 讲合情推理与演绎推理1推理(1)定义：是根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程(2)分类：推理合情推理演绎推理2合情推理归纳推理类比推理定义由某类事物的

29、部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理特点由部分到整体、由个别到一般的推理由特殊到特殊的推理3.演绎推理(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理(3)模式：三段论大前提：已知的一般原理；小前提：所研究的特殊情况；结论：根据一般原理，对特殊情况做出的判断 .精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共

30、45 页做一做 1数列 2， 5，x，20，x，47，中的x 等于 () A28B32 C33 D27 解析： 选 B.由 523，x56，20 x9，则 x20 x，因此 x32. 2推理“矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；三角形不是矩形”中的小前提是 () ABCD和解析： 选 B.由演绎推理三段论可知，是大前提；是小前提； 是结论1归纳推理与类比推理的步骤(1)归纳推理的一般步骤：试验、观察 概括、推广 猜测一般性结论(2)类比推理的一般步骤：观察、比较 联想、类比 猜想新结论2把握合情推理与演绎推理的三点(1)合情推理包括归纳推理和类比推理，所得到的结论都不一定正确，其结论的正确

31、性是需要证明的(2)在进行类比推理时，要尽量从本质上去类比，不要被表面现象所迷惑；否则只抓住一点表面现象甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误(3)应用三段论解决问题时，应首先明确什么是大前提，什么是小前提，如果大前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的如果大前提错误，尽管推理形式是正确的，所得结论也是错误的做一做 3下列表述正确的是() 归纳推理是由部分到整体的推理；归纳推理是由一般到一般的推理；演绎推理是由一般到特殊的推理；类比推理是由特殊到一般的推理；类比推理是由特殊到特殊的推理ABCD答案： D 4在平面上，若两个正三角形的边长的比为12，则它们的面积比为14.类似地，在空间中，若两个

32、正四面体的棱长的比为12，则它们的体积比为_解析：V1V213S1h113S2h2S1S2h1h2141218.答案： 18 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 45 页考点一 _归纳推理 (高频考点 )_ 归纳推理是每年高考的常考内容，题型多为选择题和填空题，难度稍大，属中高档题高考对归纳推理的考查常有以下三个命题角度：(1)数值的归纳；(2)代数式的归纳；(3)图形的归纳(1)(x 高考 x 卷)观察下列等式：x1 x22 3 x2232 6 x2232 42 10 ，照此规律，第n 个等式可为 _；(2)(x高考x

33、卷)已知f(x)x1x，x0，若f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x)，n N，则f2 014(x)的表达式为 _(3)(x青岛模拟 )某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为x0；二级分形图是在一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来13的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为x0，依此规律得到n 级分形图n级分形图中共有_条线段解析 (1)观察等式可知，第n 个式子为x223242 (1)n1n2 (1)n1(12n)(1)n1n（n1）2.(2)f1(x)x1x，f2(x)x1x1x1xx12x， f3(x)x12x1x12xx13x，

34、 ，由归纳推理得f2 014(x)x1 2 014x.(3)分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图有3(323)条线段，二级分形图有9(3223)条线段，三级分形图中有21(3233)条线段，按此规律 n 级分形图中的线段条数an(32n3)(nN*)答案 (1)x223242 (1)n1n2 (1)n1n（n1）2(2)f2 014(x)x1 2 014x(3)32n3(nN*) 规律方法 (1)归纳是依据特殊现象推断出一般现象，因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1

35、4 页，共 45 页(2)归纳的前提是特殊的情况，所以归纳是立足于观察、经验或试验的基础之上的；(3)归纳推理所得结论未必正确，有待进一步证明，但对数学结论和科学的发现很有用1.(1)(x高考 x 卷)观察分析下表中的数据：多面体面数 (F)顶点数 (V)棱数 (E) 三棱柱569 五棱锥6610 立方体68x 猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_(2)(x佛山质检 )观察下列不等式：121；12162；12161123则第 5 个不等式为 _(3)数列 an满足 an111an，a23，则 a2 016_解析： (1)观察 F，V， E 的变化得 FVE2.(3)an111an，a2

36、3. a311a211312，a411a3111223.a511a411233a2.由归纳推理得an 是周期 T3 的周期数列 a2 016 a67133 a312答案： (1)FVE2 (2)1216112 1201300， b0， x(0， )，试确定f(x)的单调区间，并证明在每个单调区间上的增减性解：法一： 设 0 x1x2，则 f(x1)f(x2)ax1bx1ax2bx2 (x2x1) ax1x2b .当 0 x10，b0， x2x10， 0 x1x2b， f(x1)f(x2)0，即 f(x1)f(x2)， f(x)在0，ab上是减函数；当 x2x1ab0 时，x2 x10，x1x2

37、ab，ax1x2b， f(x1)f(x2)0，即 f(x1)0，b0，x (0， )令f(x)ax2b 0，得 xab，当 0c1，b1 c1 2a1， an1 an，bn1cnan2， cn1bnan2，则 () ASn为递减数列B Sn 为递增数列C S2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列解析 在A1B1C1中， b1c1， b1c12a1， b1a1c1.在A2B2C2中， a2a1，b2c1a12，c2b1a12，b2c22a1， c1b2a1c2b1.在A3B3C3中， a3a2a1，b3c2a22c2a12，c3b2a22b2a12，b3c32a

38、1， a1b3c2，b2c3a1， c1b2c3a1b3c2b0)的面积 SabD由 (11)221，(21)222，(31)223，推断：对一切nN*，(n1)22n解析： 选 A.选项 A 由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列an是等差数列，其前 n 项和等于Snn（12n1）2n2，选项 D 中的推理属于归纳推理，但结论不正确4(x x 枣庄模拟 )将正奇数按如图所示的规律排列，则第21 行从左向右的第5 个数为() 1 357 9x131517 19 21 23 25 272931 A809B852 C786 D893 解析： 选 A.前 20行共有正奇数13539 202400

39、(个)，则第 21 行从左向右的第 5 个数是第405 个正奇数，所以这个数是24051809.5(x 西安五校联考)已知“整数对”按如下规律排成一列：(1，1)，(1，2)，(2， 1)，(1，3)， (2， 2)，(3，1)，(1，4)， (2， 3)，(3，2)，(4，1)，则第60 个“整数对”是() A(7， 5) B(5，7) C(2， 10) D(10，1) 解析： 选 B.依题意，把 “整数对 ”的和相同的分为一组，不难得知第n 组中每个 “ 整数对 ”的和均为n 1，且第n 组共有n 个“整数对 ” ，这样的前n 组一共有n（n1）2个精选学习资料 - - - - - - -

40、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 45 页“整数对 ”，注意到10（101）26011（111）2，因此第60 个“ 整数对 ”处于第x组(每个 “整数对 ”的和为 x 的组 )的第 5个位置，结合题意可知每个“整数对 ”的和为 x 的组中的各对数依次为：(1，x)，(2，10)，(3，9)，(4，8)，(5，7)， ，因此第60 个“整数对” 是(5，7)6(x 贵州省六校联考)在平面几何中：ABC 的 C 内角平分线CE 分 AB 所成线段的比为ACBCAEBE.把这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD 中(如图 )DEC 平分二面角A-CD-B且与 AB

41、相交于 E，则得到类比的结论是_解析： 由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AEEBSACDSBCD.答案：AEEBSACDSBCD7 (x x 厦门模拟 )已知等差数列an 中，有a11a12 a2010a1a2 a3030，则在等比数列 bn 中，会有类似的结论：_解析： 由等比数列的性质可知b1b30b2b29bxb20，10b11b12b2030b1b2b30.答案：10b11b12b2030b1b2b308观察下列不等式：112232，112213253，112213214274，照此规律，第五个不等式为_解析： 左边的式子的通项是1122132 1（n1）2，右边的分母依次增加

42、1，分子依次增加2，还可以发现右边分母与左边最后一项分母的关系，所以第五个不等式为1122132142152162116.答案： 1122132142152162cos Acos Bcos C. 证明： ABC 为锐角三角形， AB2，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 45 页 A2 B， ysin x在0，2上是增函数， sin Asin2Bcos B，同理可得 sin Bcos C，sin Ccos A， sin Asin Bsin Ccos Acos Bcos C.10已知 O 是 ABC 内任意一点，连接AO，

43、BO，CO 并延长交对边于A ，B， C，则OAAAOBBBOCCC1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”OAAAOBBBOCCCSOBCSABCSOCASABCSOABSABCSABCSABC 1. 请运用类比思想，对于空间中的四面体A-BCD，存在什么类似的结论？并证明解： 在四面体A-BCD 中，任取一点O，连接 AO，DO，BO， CO 并延长分别交四个面于 E，F，G，H 点则OEAEOFDFOGBGOHCH1.在四面体 O-BCD 与 A-BCD 中，OEAEhO-BCDhA-BCD13S BCD hO-BCD13SBCD hA-BCDVO-BCDVA-BCD.同理OFDF

44、VO-ABCVD-ABC，OGBGVO-ACDVB-ACD，OHCHVO-ABDVC-ABD，OEAEOFDFOGBGOHCHVO-BCDVO-ABCVO-ACDVO-ABDVA-BCDVA-BCDVA-BCD1. 第 5 讲直接证明和间接证明1直接证明直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 45 页综合法又称为：由因导果法(顺推证法 )(2)分

45、析法：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法分析法又称为：执果索因法(逆推证法 )2间接证明反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法做一做 1下列表述：综合法是由因导果法；综合法是顺推法；分析法是执果索因法；分析法是逆推法；反证法是间接证法其中正确的有() A2个B3 个C4 个D5 个解析： 选 D.由分析法、综合法、反证法的定义知都正确2 (x 山西太原模拟)用反证法证明“若x210

46、，则x 1 或 x1”时，应假设_解析： “x 1 或 x1” 的否定是 “x1 且 x1”答案： x 1 且 x1 1辨明两个易误点(1)用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证 )” “即要证”“就要证”等分析到一个明显成立的结论；(2)利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的2证题的三种思路(1)分析法证题的一般思路：分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件(2)综合法证题的

47、一般思路：用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论(3)反证法证题的一般思路：反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一讨论过程中，A 和非 A 有且仅有一个是正确的，不能有x 种情况出现做一做 3在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到A 为钝角的结论，三边a，b，c 应满足_解析： 由余弦定理cos Ab2c2a22bc0，所以 b2c2a2b2c2.答案： a2b2c2,学生用书 Px4Px5

48、) 考点一 _综合法的应用(高频考点 )_ 综合法证明是历年高考的热点问题，也是必考问题之一通常在解答题中某一问出现，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 45 页一般为中高档题，高考对综合法的考查常有以下三个命题角度：(1)三角函数、数列证明题；(2)几何证明题；(3)与函数、方程、不等式结合的证明题(1)(x x 烟台模拟 )设数列 an的各项都为正数，其前n 项和为Sn，已知对任意nN*，Sn是 a2n和 an的等差中项证明数列 an为等差数列，并求数列an 的通项公式；证明1S11S21Sn1 时， f(x)0，当

49、n1 时， 2a1a21a1，解得 a1 1(a10 舍去 )；当 n2 时，有 2Sn1a2n1an1.于是 2Sn2Sn1a2na2n1anan1，即 2ana2na2n1anan1.于是 a2na2n1 an an1，即(anan1)(anan1)anan1.因为 anan10，所以 anan 11(n2)故数列 an是首项为1，公差为 1 的等差数列，所以数列 an的通项公式为an n.证明： 因为 ann，所以 Snn（n1）2，则1Sn2n（n1）21n1n1，所以1S11S21Sn211212131n1n1211n11时， g (x)1x12x320.又 g(1)0，所以 g(x

50、)0，即 f(x)1 时， 2 xx1，故xx212.令 k(x)ln xx1，则 k(1) 0，k (x)1x 10，故 k(x)0，即 ln x1 时， f(x)0，3x20，由基本不等式知3x13x223x1 3x2显然成立，故原结论成立规律方法 (1)分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证；(2)要注意书写格式的规范性2.ABC 的三个内角A，B，C 成等差数列，A，B，C 的对边分别为a，b，c. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结