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高中数学校本课程(整理)

作者：高考题库网
来源：https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-21 01:51
tags:高中数学课

高中数学秒杀结论视频-高中数学最难的部分高考数学最难的压轴题

2020年9月21日发(作者：荣晋)


江阴一中校本课程（数学）
竞赛讲座
一 函数的性质
第一讲

函数的单调性

一．学习目标
会判断较复杂的函数的单调区间，能利用函数的单调性解决最值问题及解不等式、解方程。
二．知识要点
单调性的定义，复合函数的单调性，抽象函数的单调性
三．例题讲解
例1
.
已知
f(x)?
?
?
(3a?1)x?4a (x?1)
是
(??,??)
上的减函数，那么
a
的取值范围是
(x?1)
?
log
a
x












1
（B）
(0,)

3
1
（D）
[,1)

7
（A）
(0,1)

11
（C）
[,)

73
【答案】C
【解析】由题意知
f(x)?log
a
x (x?1)
在
(1,??)
上为减函数，所以
0?a?1
①，
f(x)?(3a?1)x?4a(x?1)
在
(??,1)
上为减函数，所以
3a?1?0
②，且当
x?1
时，
(3a?1)?1?4a?log
a
1
③，由①②③得答案为C.
例2 已知函数
f(x)?
【讲解】用定义判断。
x?1?x
，判断该函数在区间
?
0,??)
上的单调性，并说明理 由．
设0
?
x
1
＜
x
2
,
f(x
1
)?f(x
2
)
=
x
1
?1
?
x
1
?
x
2
?1
+
x< br>2

=
x
1
?x
2
x
1
?1?x
2
?1
x
2
?x
1
1
1
=(
x
1
?
x
2
)(
?
)
x< br>1
?1?x
2
?1
x
2
?x
1
1< br>1
∵
x
1
?1?x
2
?1
＞x
2
?x
1
＞0,∴＜
x
1
?1?x
2
?1
x
2
?x
1
1
1
又∵
x
1
＜
x
2
∴(
x
1
?
x
2
)(
?
)＞0
x
1
?1?x
2
?1
x
2
?x
1
∴
f(x
1
)?f(x
2
)
∴该函数在区间
?
0,??)
上的单调递增。
例3. 已知f ( x )=－x
2
+ 2x + 8，g ( x ) = f ( 2－x
2
)，求g ( x )的单调增区间．
【讲解】很明显这是一个复合函数的单调性问题，所以应“分层剥离”为两个函数
t=－x
2
+2 ① y = f ( t ) =－t
2
+ 2t + 8 ②
对于②f ( t ) =
?(t?1)+9,可知当
t?(??,1)
时是增函数，当
t?(1,??)
时是减 函数。
对于①由t=－x
2
+2＞1得
?1?x?1
，当
x?(?1,0)
时是增函数，当
x?(0,1)
时是减函数。
由t=－x
2
+2＜1得
x?1
或
x??1
，当
x?(??,?1)
时是增函数，当
x?(1,??)
时是减函数。
由复合函数的单调性可知，f ( x )的单调递增区间是
(??,?1)
和(0,1)。
例4.

已知 函数
y?x?
2
+
x
2
?x
1

a
有如下性质：如果常数
a?0
，那么该函数在
0,a
?
上 是减函数，在
?
x
?
1


江阴一中校本课程（数学）
?
a,??
上是增函数。 ?
2
b
(x?0)
在
?
0,4
?
上是 减函数，在
?
4,??
?
上是增函数，求
b
的值。 （1） 如果函数
y?x?
x
（2）设常数
c?
?
1,4
?
，求函数
f(x)?x?
?
c
(1?x?2)
的最大值和最 小值；
x
n
（3）当
n
是正整数时，研究函数
g(x)? x?
b
【讲解】： (1) 由已知得
2
=4, ∴b=4.
c
(c?0)
的单调性，并说明理由。
x
n
(2) ∵c∈[1,4], ∴
c
∈[1,2],
于是,当x=
c
时, 函数f(x)=x+
f(1)－f(2)=
c
取得最小值2
c
.
x
c?2
,
2
c
；
2
当1≤c≤2时, 函数f(x)的最大值是f(2)=2+
当2≤c≤4时, 函数f(x)的最大值是f(1)=1+c.
(3)设01
2,g(x
2
)－g(x
1
)=
x
2
?
n
ccc
nnn
?x??(x?x)(1?)
.
121
n nnn
x
2
x
1
x
1
x
2
2n< br> 当
2n
c
1
2
时, g(x
2
)>g(x
1
), 函数g(x)在[
2n
c
,+∞)上是增函数；
当01
2
<
2n
c
时, g(x
2
)>g(x
1
), 函数g(x)在(0,
当n是奇数时,g(x)是奇函数,
c
]上是减函数.
函数g(x) 在(－∞,－
2n
a
]上是增函数, 在[－
2n
a
,0)上是减函数.
当n是偶数时, g(x)是偶函数,
函数g(x)在(－∞,－
2n
a
)上是减函数, 在[－
2n
a
,0]上是增函数.
3
?
?
(x?1)?1997(x?1)??1
例5 设x, y∈R，且满足
?
，求x+y.
3
?
?
(y?1)?1997(y?1)?1
【讲解】 设f(t )=t
3
+1997t，先证f(t)在（-∞，+∞）上递增。事实上，若af(b)-f(a)=b
3
-a
3
+1997(b-a)=(b-a)(b
2
+ba+a
2
+1997)>0，所以f(t)递增。
由题设f(x-1)=-1=f(1-y)，所以x-1=1-y，所以x+y=2.
例6． 已知函数
y?f(x)
的定义域为R，且对任意
x
1
,x
2
∈R都有
f(x
1
?x
2
)?f(x
1
) ?f(x
2
)
，当
x?0
时，
f(x)?0
，f(1)?a
，试判断在区间[－3,3]上
f(x)
是否有最大值或最小值，若 有，求出其最大值
或最小值，若没有，说明理由.
【讲解】： 设
x
1,x
2
∈R且
x
1
?x
2
，则
x2
?x
1
?0
，所以
f(x
2
?x
1
)?0
.
∴
f(x
2
)?f(x
1
)? f[(x
2
?x
1
)?x
1
]?f(x
1
)
＝
f(x
2
?x
1
)?f(x
1
)?f (x
1
)

＝
f(x
2
?x
1
)?0
. ∴
f(x
2
)?f(x
1
)

所以
f(x )
在R上为减函数，在[－3,3]上，
y
max
?f(?3),y
min
?f(3)
.
2


江阴一中校本课程（数学） < br>因为
f(3)?f(2?1)?f(2)?f(1)?3f(1)?3a
，令
x
1
?x
2
?0,
则
f(0)?0
，
令< br>x
1
?x,x
2
??x
，则
f(0)?f(x)?f (?x)
，所以
f(?x)??f(x)
，所以
f(x)
为
奇函数，所以在区间[－3,3]上，
y
max
?f(?3)??f(3)??3a ,y
min
?f(3)?3a
.
例7 已知函数
f(x)
的定义域为
[0,1]
，且同时满足：（1）
f(1)?3
（2）
f (x)?0
恒成立（3）若
x
1
?0,x
2
?0,x
1
?x
2
?1
，则有
f(x
1
?x
2< br>)?f(x
1
)?f(x
2
)
.
求函数
f(x)
的最大值和最小值 .
【讲解】：设
0?x
1
?x
2
?1
，∴
0?x
2
?x
1?1
，由（2）知
f(x
2
?x
1
)?0
.
则
f(x
2
)?f(x
1
)?f[(x
2
?x
1
)?x
1
]?f(x
1
)?f(x
2
?x
1
)?f(x
1
)?f(x
1
)

＝
f(x
2
?x
1
)?0
，即
f(x
2< br>)?f(x
1
)
，所以
f(x)
在
[0,1]
为增函数.
故函数
f(x)
在
[0,1]
的最大值和最小值分别 为
f(1)
和
f(0)
.
在(3)中令
x
1?x
2
?0
，得
f(0)?2f(0)
，∴
f(0)? 0
，根据（2）知
f(0)?0

∴
f(0)?0
，所以函 数
f(x)
的最大值和最小值分别为3和0.
四．课后练习
1.填空：（1）函数
y?x
2
?4x?1
的递增区间是___ __ _．
2
（2）函数
y?log
a
(?x?4x?3)
递减区间是__ _．
2.奇函数f(x)在定义域（-1，1） 内是减函数，又f(1-a)+f(1-a
2
)<0，求a的取值范围。
3.解方程 ：ln(
x
2
?1
＋x)＋ln(
4x
2
?1＋2x)＋3x＝0
4. 设
f(x)
是定义在R上的函数并满足下列两个条件：
①对任意
x
1
,x
2
∈[0,1]都有
f(x
1
?x
2
)?f(x
1
)f(x
2
)
；②
f(1)?a?0
且
a?1
.
1
2
5. 已知
f(x)
是定义 在
[?1,1]
上的奇函数，且
f(1)?1
，当
m,n?[?1, 1]m,?n?

0
时，有
f(m)?f(n)
?0
. < br>m?n
11
（1）证明
f(x)
在
[?1,1]
是增 函数；（2）解不等式
f(x?)?f()

2x?1
（1）求
f( )
；（2）求证：当
a?1
时，
f(x)
在 [0,1]上是增函数.
第二讲
函数的奇偶性与对称性

一．学习目标
利用函数的奇偶性及图像的对称性等性质解决与函数有关的问题时，巧妙利用数形结合，使得问题得到简化，从而达到解决问题的目的.
二．知识要点
1.奇偶性的定义。
2.奇、偶函数的定义域必是关于数轴原点对称的区域。
3.奇函数的图像关于原点对称，偶函数的图像关于
y
轴对称。
4.对称性 的几个结论：若函数
y?f(x)
对定义域内的一切
x
有：
⑴f(?x)
=
f(x)
，则函数图像关于
y
轴对称。
⑵
f(?x)
=?
f(x)
，则函数图像关于原点对称。
⑶
f(x?a)
=
f(a?x)
或
f(x)
=
f( 2a?x)
（
a
为常数），函数图像关于
x?a
对称。
⑷
y?f(x)
与
y
=
f(?x)
关于
y
轴对称；
y?f(x)
与
y
=?
f(x)
关于
x< br>轴对称；
3


江阴一中校本课程（数学）
< br>y?f(x)
与
y
=?
f(?x)
关于原点对称；
y ?f(x)
与
x
=
f(y)
关于
y?x
对称。
三．例题讲解
例1．函数
f(x)?
A．
y
轴对称
1
?x
的图像关于（ ）
x
B． 直线
y??x
对称
C． 坐标原点对称 D． 直线
y?x
对称
【答案】C
【解析】
f(x)?
1?x
是奇函数，所以图象关于原点对称。考查函数奇偶性的性质。
x
3
例2.函数
f(x)?x?sinx?1(x?R)
,若
f(a)?2
，则< br>f(?a)
的值为 （ ）
A.3
【答案】B
【解析】
f(x)?1?x?sinx
为奇函数，又
f(a)?2
?
f(a)?1?1

故
f(?a)?1??1
即
f(?a)?0

例3. f ( x )是奇函数，x＞0时，f ( x ) = x · (4－3x)，那么x＜0时f ( x ) = _______．
【答案】x · (4+3x)
【解析】设x＜0，则? x＞0，∴f ( ?x ) = ?x · (4+3x)，又∵f ( x )是奇函数∴
f(?x)
=?
f(x)

∴?
f(x)
= ?x · (4+3x)，∴
f(x)
= x · (4+3x)

例4.设
f(x)
是连续的偶函数,且当
x?0< br>时
f(x)
是单调函数,则满足
f(x)?f(
为 ( )
A.
?3
B.
3
C.
?8
D.
8

【答案】C
【解析】：本小题 主要考查函数的奇偶性性质的运用。依题当满足
f(x)?f(
2
得
x?3x ?3?0
，此时
x
1
?x
2
??3.
又
f (x)
是连续的偶函数，
3
B.0 C.-1 D.-2
x?3
)
的所有
x
之和
x?4
x?3x ?3
即
x?
时，
)
时，
x?4x?4
∴
f (?x)?f(x)
，∴另一种情形是
f(?x)?f(
x?3x?3
2)
，即
?x?
，得
x?5x?3?0
，∴
x?4x?4
x?3
)
的所有
x
之和为
?3?(?5)??8.

x?4
例5.若定义在R上的函数
f(x)
满足：对任意
x
1
,x
2
?R
，有
f(x
1
?x
2
)?f(x
1
)?f(x
2
)?1
,则下列说
x
3
?x
4
??5.
∴满足
f(x)?f(
法一定正确的是 （ ）
(A)
f(x)
为奇函数 （B）
f(x)
为偶函数
(C)
f(x)?1

为奇函数 （D）
f(x)?1
为偶函数
【答案】C
【解析 】令
x?0
，得
f(0)?2f(0)?1
，
f(0)??1
，

所以
f(x?x)?f(x)?f(?x)?1??1
，
f(x)?f(?x)?1?1?0
，
即
f(x)?1??[f(?x)?1]
，所以
f(x)?1

为奇函数,选C
4


江阴一中校本课程（数学）
例6 函数y = f ( x ) 对任意实数x，总有
（1）f (a－x) = f ( b + x )，这里a，b是常数，问函数的图像有什么性质，证明你的结论；
（2）f (a－x) =－f ( b + x )，这里a，b是常数，问函数的图像有什么性质，证明你的结论．
【解（1）】 设y = f (a－x) = f ( b + x )则点P (a－x，y)，Q ( b + x， y) 都在函数y = f (x)的图像上．
(a?x)?(b?x)a?b
，且P、Q两点纵坐标相等，
?
22
a?ba?b
∴ PQ垂直直线
x?
，且被其平分，∴ P、Q 两点关于直线
x?
对称 ，
22
∵
而P、Q又是曲线y = f (x)上的动点，
∴ 函数y = f (x)的图像关于直线
x?
a?b
对称．
2
问题:当a=0,b=0函数f(x)具有什么性质? 特别地，若f（a+x）＝f（a－x），函数f（x）的图象关于直
线x＝a对称；
【解（2）】设 y= f (a－x)=－f (b + x ) 则点R (a－x，y)，S ( b+x，－y)都在函数y = f (x) 的图像上．
?
b?x?a?xa?b
?
?
a?b
?
22
∴
?
∴线段RS的中点是定点M（ ．
,0
）
?y?y
2
?
?0
?
?
2
即R、S两点关于定点M 对称，而R、S是曲线y = f (x)上的动点．
∴ 函数y = f (x)的图像关于点 M（
a?b
,0
）对称．
2
特别地，若f（a+x）＝－f（a－x） ，则函数f（x）的图象关于点（a，0）中心对称.
例7.已知函数f（x）的定义域为R，则下列命题中:
①若f（x－2）是偶函数，则函数f（x）的图象关于直线x＝2对称；
②若f（x+2）＝－f（x－2），则函数f（x）的图象关于原点对称；
③函数y＝f（2+x）与函数y＝f（2－x）的图象关于直线x＝2对称；
④函数y＝f（x－2）与函数y＝f（2－x）的图象关于直线x＝2对称.
其中正确的命题序号是 .
【答案】④
【解析】①中
y ?f(x)
的图像可由
y?f(x?2)
的图像向左平移2个单位得到，∴则函数f（ x）的图
象关于直线x＝?2对称；②中条件可得函数（fx）的周期为8；③中函数y＝（f2+x） 的图像可由
y?f(x)
的图像向左平移2个单位得到，函数y＝f（2－x）的图象可由函数
y
=
f(?x)
向右平移2个单位得到，
而
y?f(x)< br>与
y
=
f(?x)
的图像关于
y
轴对称，∴函数y＝ f（2+x）与函数y＝f（2－x）的图象仍关于
y
轴对称；④与③同理。
例8． 设函数
f(x)?x?1?x?a
的图象关于直线
x?1
对称，则
a
的值为（ ）
A．3
【答案】A
B．2 C．1 D．
?1

【解析】：
x?1
、
x?a
在数轴上表 示点
x
到点
?1
、
a
的距离，他们的和
f(x)? x?1?x?a
关于
x?1
对称，因此点
?1
、
a
关于
x?1
对称，所以
a?3

（直接去绝对值化成分段函数求解比较麻烦，如取特殊值解也可以）
例9. 已知函数f（ x）的定义域为{x︱x∈R且x≠1}f（x+1）为奇函数，当x＜1时，f（x）＝
2x
2
－x+1，则当x＞1时，f（x）的递减区间是 ( )
5


江阴一中校本课程（数学）
A．［
5
，+∞）
4
B．（1，
577
］ C．［ ，+∞） D．（1， ］
444
【答案】C
【解析】∵f（x+1）为奇函数，∴其图像关 于原点对称，函数y＝f（x）的图像可由
y?f(x?1)
的图
像向右平移1个单位 得到，∴y＝f（x）的图像关于点（1，0）对称。先画出当x＜1时，f（x）＝2x
2
－ x+1的图像，根据对称性画出当x＞1时的图像，得到f（x）的递减区间是C
例10.设f(x)是R上的奇函数，且f(x＋3)＝－f(x)，
当0≤x≤
3
时，f(x)＝x，则f(2003)＝( )
2
A.－1 B.0 C.1 D.2003
【答案】A
【解析】法一：∵f(x＋3)＝－f(x)，∴f(x＋6)＝－f(x＋3)= －（－f(x)）= f(x)
∴f(x)是周期为6的周期函数，∴f(2003)= f(?1) 又∵f(x)是R上的奇函数
∴f(?1)= －f(1) ∵当0≤x≤
3
时，f(x)=
x
∴f(1)=1 ∴f(2003)=?1
2
法二：∵f(x＋3)＝－f(x)，∴f(x＋6)＝－f(x＋3)= －（－f(x)）= f(x)
∴f(x)是周期为6的周期函数，∴f(2003)= f(?1)
∵f(x)是R上的奇函数，∴f(?x)＝－f(x) 又∵f(x＋3)＝－f(x) ∴f(x＋3)＝f(?x)
∴f(x)的图像关于x=
33
对称，∵当0≤x≤ 时，f(x)＝
x
，可 根据对称性画出在区间[0,3]上的
22
图像，再根据奇函数图像关于原点对称，画出在区间 [?3,0]上的图像由图可知f(2003)= f(?1)=?1
y
1.5
?3
x
0
1.5
3

注：有时画图比较直观，能更快找到答案。
四．课后练习
1. 设
f(x)
是R上的任意函数,则下列叙述正确的是 （ ）
(A)
f(x)f(?x)
是奇函数 (B)
f(x)f(?x)
是奇函数
(C)
f(x)?f(?x)
是偶函数 (D)
f(x)?f(?x)
是偶函数
2. 已知函数 f ( x ) 对任意实数a，b都有
f(a)?f(b)?2?f(
a?ba?b
)?f()
，且
22
f（0）≠0，则f ( x )是 （ ）
（A）奇函数非偶函数
（B）偶函数非奇函数
（C）是奇函数也是偶函数
（D）既非奇函数也非偶函数
3.函数y＝f(x)的图像与函数g(x)＝log
2
x(x＞0)的图像关于原点 对称，则f(x)的表达式为
1
(A)f(x)＝(x＞0) (B)f(x)＝log
2
(－x)(x＜0)
log
2
x
(C)f(x)＝－log
2
x(x＞0) (D)f(x)＝－log
2
(－x)(x＜0)
6


江阴一中校本课程（数学）
4..定义在实数集上的函数f(x)，对一切实 数x都有f(x＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0仅有101个不同的
实数根，那么所有实数 根的和为( )
A.150 B.
303305
C.152 D.
22
2
5 函数y = f ( x )在 (-∞,0] 上是减函数，而函数 y = f (x+1)是偶函数．设
a?f(log
1
4)
，b = f ( 3 ) ，
c = f (π)．那么a，b，c的大小关系是____.

6. (2005年·福建) f（x）是定义在R上的以3为周期的奇函数，且f（2）＝0，则方程
f（x）＝0在区间（0，6）内解的个数的最小值是 ( )
A．2 B．3 C．4 D．5




第三讲 函数的周期性
一．学习目标
能求周期函数的周期 ，能利用函数的周期性及图像的对称性等性质解决与函数有关的问题提高学生的
综合能力，培养学生良好 的思维品质。
二．知识要点
1.周期性的定义：如果函数y＝f(x)对于定义域内任意的 x，存在一个不等于0的常数T，使得f(x＋T)
＝f(x)恒成立，则称函数f(x)是周期函数， T是它的一个周期.
一般情况下，如果T是函数f(x)的周期，则kT(k
∈
N< br>＋
)也是f(x)的周期
2. 周期性的几个结论
①若f（x+a）＝f（x+b）（a≠b），则f（x）是周期函数，︱b－a︱是它的一个周期；
②若f（x+a）＝－f（x）（a≠0），则f（x）是周期函数，2a是它的一个周期；
③若f（x+a）＝
1
（a≠0且f（x）≠0），则
f(x)
是周期函数2a是它的一个周期.
f(x)
三．例题讲解
例1 已知函数f ( x )，对任意实数x，有下面四个关系式成立：
（1）f ( x ) =－f (x+a)（a为非零常数）；
（2）f ( x ) = f (a－x)（a为非零常数）；
（3）f (a－x) = f (b－x)（a,b为常数且a2 + b2≠0）
（4）f (a－x) =－f (b－x)(a,b为常数且a2+b2≠0）
其中使f ( x )是周期函数的关系式是_______．
【答案】（1），（3），（4）
【解析】考查（1），f ( x )=－f (x+a)说明“两个自变数相差a，则函数值互为相反数”，于是相差2a时，
函数值相等：
f ( x )=－f (x+a) = f (x+2a)
∴ 等式（1）使f ( x )是周期函数，且2a是周期；
考查（2），f ( x )=f (a－x)表明函数f ( x )的图像关于直线
x?
a
对称，这不一定能使其为周期函数；
2
考查（3），f (a－x)= f (b－x)表明自变数相差a－b时， 函数值相等， 即 f ( x ) = f (a－b+x)
∴ 等式（3）使f (x)是周期函数，且a－b是周期．
考查（4），f (a－x) =－f (b－x)表明自变数相差a－b时，函数值互为相反数，于是 相差2（a－b）时，
函数值相等．故（4）同（1），能使 f ( x )为周期函数，且 2（a－b）是周期．
综上所述，应填（1），（3），（4）．
7


江阴一中校本课程（数学）
例2 f ( x )是R上的以2为周期的周期函数，又是奇函数，且x∈(0，1)时， 则
f(x)?log
2
1
f ( x ) 在（1，2）上
1?x
（A）是增函数，且f ( x )＞0 （B）是减函数，且f ( x )＞0
（C）是增函数，且f ( x )＜0 （D）是减函数，且f ( x )＜0
【答案】C
【讲解】认识f ( x )在（1，2）上的性质，可以把f ( x )在（1，2）上的解析式求出来，或者由f ( x )的
性质去推断：
∵ f ( x )的周期是2． ∴ f ( x )在（1，2）和（－1，0）的性质一致，
∵ f ( x )是奇函数，∴ f ( x )在（－1，0）和（0，1）上的增减性相同，但符号相反．
因此，函数 f (x)在（0 , 1）上与（1，2）上的增减性相同，而符号相反．
【解法1】0＜x＜１?0＜１－x＜１
?
11
?1?log
2
?0

1?x1?x
11
是增函数
?log
2
是增函数，
1?x1?x
在（0，1）上，1－x是减函数，
?
于是，f ( x )在（1，2）上是增函数，且f ( x )＜0．
故选（C）．
【解法2】设x∈(1，2) 则－1＜x－2＜0 且 f ( x ) = f (x－2)，
∵ －1＜x－2＜0, ∴ 0＜2－x＜1
于是，
f(2?x)?log
2
11
?log
2

1?(2?x)x?1
∵ f (x) 是奇函数，∴ f (2－x)＝－f (x－2)，
∴
f(x)??log
2
1
?log
2
(x?1)

x?1
可见，f (x) 在（1，2）上是增函数，且f (x )＜0
故选（C）．
例3.已知函数f(x)对任意实数x,都有f(x＋m)＝f(x－m),求 证:2m是f(x)的一个周期.
【证明】：因为f(x＋m)＝f(x－m)
令x－m＝t，则x＋m＝t＋2m 于是f(t＋2m)＝f(t)对于t∈R恒成立，
所以f(x)是以2m为周期的周期函数.
例4.已知函数f(x)对任意实数x,都有f(x＋m)＝
1?f(x)

1?f(x)
求证:2m是f(x)的一个周期.
1?f(x)
1?
【证明】：由已知f(x＋2m)＝f[(x＋m)＋m]
1?f(x?m)
1?f(x)
＝f(x)
??

1?f(x)
1?f(x?m)

1?
1?f(x)
所以f(x)是以2m为周期的周期函数.
例5.已知函 数f(x)对任意实数x,都有f(a＋x)＝f(a－x)且f(b＋x)＝f(b－x),
求证:2|a－b|是f(x)的一个周期.(a≠b)
【证明】：不妨设a＞b
于是f(x＋2(a－b))＝f(a＋(x＋a－2b))＝f(a－(x＋a－2b))＝f(2b－x)
＝f(b－(x－b))＝f(b＋(x－b)) ＝f(x)
∴ 2(a－b)是f(x)的一个周期
当a＜b时同理可得
所以，2|a－b|是f(x)的周期
8


江阴一中校本课程（数学）
例6.已知函数f(x)的定义域为N，且对任意 正整数x，都有f(x)＝f(x－1)＋f(x＋1)
若f(0)＝2004，求f(2004)
【解】：因为f(x)＝f(x－1)＋f(x＋1) 所以f(x＋1)＝f(x)＋f(x＋2)
两式相加得0＝f(x－1)＋f(x＋2) 即：f(x＋3)＝－f(x)
∴ f(x＋6)＝f(x)
f(x)是以6为周期的周期函数
∵2004＝6×334 ∴ f(2004)＝f(0)＝2004
例7 f (x)是R上的奇函数，且对任何实数x，总有f (x+2)＝－f (x)，且x?[0，1]时，
f (x)＝x，则f (x)在R上的解析式为 ．
【解】∵ f (x+2)＝－f (x)，∴ f (x+4)＝－f (x+2)＝f (x)，
∴ f (x)是周期函数，4是周期．
∵ f (－x)＝－f (x)．∴ f (x+2)＝f (－x)，
∴ f (x)的图像关于x＝1对称，
由上述这些性质，及x?[0，1]时，y=x，
得知f (x)的图像如下：其中斜率为1的线段过点（4m，0），
其中斜率为－1的线段过点（4m+2，0）．
故解析式为
4m?1](m?Z)
?
x?4m,x?[4m?1 ，

f(x)?
?
4m?3],(m?Z)
?
?(x?4m?2),x?[4m?1 ，
例8.已知对于 任意a，b∈R，有f(a＋b)＋f(a－b)＝2f(a)f(b)，且f(x)≠0
⑴求证：f(x)是偶函数；
⑵若存在正整数m使得f(m)＝0，求满足f(x＋T)＝f(x)的一个T值(T≠0)
⑴【证明】：令a＝b＝0得，f(0)＝1(f(0)＝0舍去)
又令a＝0，得f(b)＝f(－b)，即f(x)＝f(－x)
所以，f(x)为偶函数
⑵【解】：令a＝x＋m，b＝m得f(x＋2m)＋f(x)＝2f(x＋m)f(m)＝0
所以f(x＋2m)＝－f(x)
于是f(x＋4m)＝f[(x＋2m)＋2m]=－f(x＋2m) ＝f(x)
即T＝4m(周期函数)
例9 设 f (x)的定义域为R，其图像关于直线 x＝2 和 x＝0对称，且x?[4，6]时，
－
f ( x )＝2
x
+ 1，那么在区间[－2，0]上，f
1
( x )的解析式为
（A）y＝log2(x－4) （B）y＝4－log2(x－1)
（C）y＝4+log2(x－1) （D）y＝－log2(x－1)
【答案】B
【分析】如何用好x＝2，x＝0是图像对称轴这个条件，并把两者综合而得新的性质？
这就要想到： y＝f (x)图像关于x＝a对称?x?R时有f (x)＝f (2a－x)
【解】∵y＝f (x)的图像关于x＝0对称， ∴ f ( x )＝f (－x)，
∵ y＝f (x)的图像关于x＝2对称，∴ f (－x)＝f (4+x)．
于是有f ( x )＝f (4+x) ∴ f ( x )是周期为4的函数，
当－2≤x≤0时，0≤－x≤2且－x + 4∈[4，6]
∵ y＝f (x)的图像关于x＝0对称， ∴ f (x)＝f (－x)．
－
∵ 周期为4， ∴ f (－x)＝f (－x+4)＝2
x+4
+1
－
即在 [－2，0]上，y＝f (x)＝2
x+4
+1
－
∴ 2
x+4
＝y－1 ∴ －x+4＝log2(y－1)
∴x =4－log2(y－1) ∴ [－2，0] 上，f
?1
(x)＝4－log2(x－1)
四．课后练习
1.
已知函数f(x)对任意实数x,都有f(x＋m)＝－f(x),求证:2m是f(x)的一个周期.
9


江阴一中校本课程（数学）
1?f(x)
， 求证:4m是f(x)的一个周期..
1?f(x)
1
3. 函数
f
?
x
?
对于任意实数
x
满足条件
f
?
x ?2
?
?
，若
f
?
1
?
??5,
则
f
?
f
?
5
?
?
?
_____ _____。
f
?
x
?
2.已知函数f(x)对任意实数x,都有f(x＋m)= －
4. 设定义在
R
上的函数
f
?
x
?
满 足
f
?
x
?
?f
?
x?2
?
?1 3
，若
f
?
1
?
?2
，则
f
?< br>99
?
?
( )
（Ａ）
13
（Ｂ）
2
（Ｃ）
132
（Ｄ）
213
＋
5. 例11.数列{a
n
}中，a
1
＝ a，a
2
＝b，且a
n
＋
2
＝a
n
＋1
－a
n
(n∈N)
①求a
100
； ②求S
100
.
6. .设f(x)是一个从实数集R到R的一个映射,对于任意的实数x,都有|f(x)|≤1,并且
f(x)?f(x?
1311
)?f(x?)?f(x?)
，求证:f(x)是周期函数.
4267
竞赛讲座二
三角函数
第四讲 三角函数的性质
一、知识要点
三角运算的基本含义是应用同角公式 、诱导公式、加法定理（和、差、倍、半角公式等的统称），对
三角式作各种有目的的变形（主要指恒等 变形），有时表现为计算求值、有时表现为推理证明。由于三
角公式很多，并且存在着联系，因此一定要 注意选择公式的目的性与简单性。
二、例题选讲
1．三角函数性质的应用
例1 设x∈(0, π), 试比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小。
【解】 若x?
?
?
?
?
?
?
?
,
?< br>?
，则cosx≤1且cosx>-1，所以cos
x?
?
?,0?
，
?
2
?
?
2
?
所以sin(cosx) ≤0,又00，
所以cos(sinx)>sin(cosx).
若
x?
?
0,?
?
?
?
?
2
?
?
，则因为sinx+co sx=
2
(sinxcos
????
+sincosx)=
2
sin(x+)≤
2
<，
4442
所以0??
-cosx<，
22
?
-cosx)=sin(cosx).
2
所以cos(si nx)>cos(
综上，当x∈(0,π)时，总有cos(sinx)注：本例用到了三角函数的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论。
10


江阴一中校本课程（数学）
2．三角最值问题
例2 已知函数y=sinx+
1?cos
2
x
，求函数的最大值与最小值。
【解法一】 令sinx=
2cos
?
,1?cosx?
2
3
??
?
2sin
?
?
?0?
?
?,
4
??
4
则有y=
2cos
?
?
因为
2sin
?
?2sin(
?
?
?
4
) .

?
3
??
?0?
?
，所以
?
?
??
?
，
4424
所以
0?sin(
?
?
所以当
?
?
当
?
?
?
4
)< br>≤1，
3
?
?
，即x=2kπ-(k∈Z)时，y
min
=0，
4
2
?
4
，即x=2kπ+
?
(k∈Z)时，y< br>max
=2.
2
2
【解法二】 因为y=sinx+
1? cosx?2(sin
2
x?1?cos
2
x)
=2（因为(a+b )
2
≤2(a
2
+b
2
)），
且|sinx|≤ 1≤
1?cos
2
x
，所以0≤sinx+
1?cos
2< br>x
≤2，
所以当
1?cos
2
x
=sinx，即x =2kπ+
当
1?cos
2
x
=-sinx，即x=2kπ-
?
(k∈Z)时, y
max
=2，
2
?
(k∈Z)时, y
min
=0。
2
例3 若A，B，C为△ABC三个内角，试求sinA+sinB+sinC的最大值。
【解】 因为sinA+sinB=2sin
A?BA?BA?B
cos, ①
?2sin< br>222
sinC+sin
?
3
C?
?2sin
2?
3
cos
C?
2
C?
2
?
3
?2sin
C?
2
?
3
, ②
?< br>3
?2sin
又因为
sin
A?B
?sin
2
A?B?C?
4
?
3
cos
A?B?C?
4
?< br>3
?2sin
?
，③
3
由①，②，③得sinA+sinB+sinC+sin
??
≤4sin,
33
所以sinA+sinB+sinC≤3sin

?
33
=,
2
3
11


江阴一中校本课程（数学）
当A=B=C=
33
?
时，（sinA+sinB+sinC）
max
=.
2
3
注：三角 函数的有界性、|sinx|≤1、|cosx|≤1、和差化积与积化和差公式、均值不等式、柯西不等式、< br>函数的单调性等是解三角最值的常用手段。
3．换元法的使用
例4 求
y?
sinxcosx
的值域。
1?sinx?cosx
?2
?
2
?
??
?2sin(x?).

sinx?cosx
【解】 设t=sinx+cosx=
2
?
2
?
24
??
因为
?1?sin(x?
所以
?2?t ?
?
4
)?1,

2.

又因为t
2
=1+2sinxcosx,
x
2
?1
t
2
?1
t?1
所以sinxcosx=，所以
y?
2< br>?
，
2
1?t2
所以
?2?1
?y?
2< br>2?1
.

2
因为t
?
-1，所以
t?1< br>??1
，所以y
?
-1.
2
?
2?1
??
2?1
?
??
,?1
?
?
?
?1,
所以函数值域为
y?
?
?
?
.

22
????
注：换元法的关键是保持换元前后变量取值范围的一致性。
4 ．图象变换：y=sinx(x∈R)与y=Asin(
?
x+
?
)(A,
?
,
?
>0).
由y=sinx的图象向左平移
?个单位，然后保持横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，然后再保持纵坐
标不变，横坐标变为原来的
1
，得到y=Asin(
?
x+
?
)的图象；也可以由y= sinx的图象先保持横坐标不
?
1
?
，最后向左平移个单位，得
? ?
变，纵坐标变为原来的A倍，再保持纵坐标不变，横坐标变为原来的
到y=Asin(
?
x+
?
)的图象。
例5 已知f(x)=sin(
?
x+
?
)(
?
>0, 0≤
?
≤π)是R上的偶函数，其图象关于点
M
?
12
?
3
?
?
,0
?
对称，且在区
?
4
?


江阴一中校本课程（数学）
间
?
0,
?
?
?
上是单调函数，求
?
和
?
的值。
?
?
2
?
【解】 由f(x)是偶函数，所以f(-x)=f(x) ，所以sin(
?
+
?
)=sin(-
?
x+
?< br>)，所以cos
?
sinx=0，对任意x∈R
成立。
又0≤
?
≤π，解得
?
=
因为f(x)图象关于
M
?
?
，
2
33
?
3
?
?
,0
?对称，所以
f(
?
?x)?f(
?
?x)
=0。 44
?
4
?
取x=0，得
f(
?
)
= 0，所以sin
?
3
4
?
??
3
?
??
?
?0.

2
??
4
所以
3
??
2
?
?k
?
?
(k∈Z)，即
?
= (2k+1) (k∈Z).
423
又
?
>0，取k=0时，此时f(x) =sin(2x+
取k=1时，
?
=2，此时f(x)=sin(2x+
取k =2时，
?
≥
综上，
?
=
??
)在[0，]上是减 函数；
22
??
)在[0，]上是减函数；
22
10
? ?
，此时f(x)=sin(
?
x+)在[0，]上不是单调函数，
3
22
2
或2.
3
5．三角公式的应用
例6 已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，且
值。
【解】 因为A=120
0
-C，所以cos
112
A?C
???
，试求
cos的
cosAcosCcosB
2
A?C
=cos(60
0
-C)，
2
1111cos(120
0
?C)?cosC
又由于
????
00
cosAcosC
cos(120?C)
cosCcosCcos(120?C)
=
2cos60
0
cos(60
0
?C)
1
[cos120
0
?cos(120
0
?2C)]
2
2
?
2cos(60
0
?C)
1cos(120
0
?2C)?
2
??22
，
所以
42cos

A?CA?C
?2cos?32
=0。
22
13


江阴一中校本课程（数学）
解得
cos
A?C32
A?C2
??
?
或
cos
。
28
22
又
cos
A?C2
A?C
?
>0，所以< br>cos
。
22
2
三、课外练习
⒈ 已知
tan< br>?
(?
?
)
sin
?
(?2
?
)1
?
的值是
?3
，且
?
?k
?
,
?
?
?
?n
?
?(n,k?Z)
。则
tan
?
sin
?
22
_________.
2. 若动直线
x ?a
与函数
f(x)?sinx
和
g(x)?cosx
的图像分别交 于
M，N
两点，则
MN
的
最大值为____________.
3. 若
0?
?
?2
?
,sin
?
?3c os
?
，则
?
的取值范围是________________.
?
4. 把函数
y?sinx
（
x?R
）的图象上所有点向 左平行移动个单位长度，再把所得图象
3
上所有点的横坐标缩短到原来的
______ ______.
sinx?1
(
0?x?2
?
)

的值域是______________.
3?2cosx?2sinx
?
???
?
??
?
??
??
?
6. 已知
f (x)?sin
?
?
x?
?
(
?
?0)，f
??
?f
??
，且
f(x)
在区间
?
，
?
有最小值，无最
3
???
6
??
3
?
?
63
?
大值，则
?
＝____．
7. 已知函数f(x )＝
3sin(
?
x?
?
)?cos(
?
x??
)(0?
?
?π,
?
?0)
为偶函数，且函数y＝
f(x)图象的两
π
相邻对称轴间的距离为
.

2
π
（Ⅰ）求f（）的值；
8
π
（Ⅱ）将函数y＝f(x )的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标舒畅长到原来的4
6
1
倍 （纵坐标不变），得到的图象所表示的函数是
2
5. 函数
f(x)
=
倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间.
8. 若
f (t)?
1?t17
?
,g(x)?cosx?f(sinx)?sinx?f(co sx),x?(
?
,).

1?t12
（Ⅰ）将函数
g(x )
化简成
Asin(
?
x?
?
)?B
（
A ?0
，
?
?0
，
?
?[0,2
?
)
）的形式；
（Ⅱ）求函数
g(x)
的值域.
9. 设函数
f( x)??cosx?4tsin
2
xx
cos?4t
3
?t
2
?3t?4
，
x?R
，
22
14


江阴一中校本课程（数学）
其中
t≤1
，将
f(x)
的最小值记为
g(t)
．
（I）求
g(t)
的表达式；
（II）讨论
g(t)
在区间
(?11)，
内的单调性并求极值．
10. 已知函数
f(x)?2sin
?
2
?
π
? ?
ππ
?
?x
?
?3cos2x
，
x?
?
，
?
．
?
4
?
?
42
?
（I）求
f(x)
的最大值和最小值；
（II）若不等式
f(x)?m? 2
在
x?
?
，
?
上恒成立，求实数
m
的取 值范围．
42
11. 已知函数
f(x)?cos
?
x?
2
?
ππ
?
??
?
?
π
?
1，
g(x)?1?sin2x
．
?
12
?
2
（I）设
x?x
0
是函数
y?f(x)
图象的一条对称轴，求
g(x
0
)
的值．
（II）求函数
h(x)?f(x)?g(x)
的单调递增区间．
12. 如图，函数
y?2cos(
?
x?
?
)(x?R，≤0
?< br>≤
的斜率为
?2
．
（1）求
?
和
?
的值；
π
)
的图象与< br>y
轴交于点
(0，3)
，且在该点处切线
2
y

3

P

x

0
?
，（2）已知 点
A
?
，
点
P
是该函数图象上一点，点
Q(x0
，y
0
)
是
PA
的
中点，当
y0
?



?
π
?
2
?
?
O

A

3
?
π
?
，
x
0
?
?
，
π
?
时，求
x
0
的值．
2
?
2
?
第五讲 解三角形
一、知识要点
1．正弦定理：
abc
??
=2R（R为△ABC外接圆半径）。
sinAsinBsinC
222
b
2
?c
2
?a
2
2．余弦定理：a=b+c-2bccosA
?cosA?

2bc
⒊ 面积公式：①S
△ABC
=
111
absinC =bcsinA=acsinB；
222
15


江阴一中校本课程（数学）
②海伦公式：S
△ABC
=p(p?a)(p?b)(p?c)
，这里
p?
a?b?c
.

2
2
b
2
p?c
2
q
?pq.
⒋ 斯特瓦特定理：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则AD=
p?q注：在上式中，若p=q，则为中线长公式
AD?
二、例题选讲
1．正弦定理的应用
例1 在
?ABC
中，角
A,B,C
所对应的边分别为
a,b,c
，
a?23
，
tan
2b< br>2
?2c
2
?a
2
.

2
A?BC
?tan?4,

22
2sinBcosC?s inA
，求
A,B
及
b,c

【解】 由
tan
A?BCCC
?tan?4
得
cot?tan?4

2222
CC
sin
1
2
?
2
?4
∴∴
?4

CC
CC
sincos
sincos< br>22
22
cos
∴
sinC?
∴
C?
1，又
C?(0,
?
)

2
5
?
6
?
6
，或C?
由
2sinBcosC?sinA
得
2sinBcosB?sin(B?C)

即
sin(B?C)?0
∴
B?C

B?C?
?
6

A?
?
?(B?C)?
由正弦定理
2
?

3
abc
??
得
sinAsinBsinC
1
s inB
b?c?a?23?
2
?2

sinA
3
2
例2 如图所示，△ABC内有一点P，使得
?< br>BPC-
?
BAC=
?
CPA-
?
CBA=
?
APB-
?
ACB。
16


江阴一中校本课程（数学）
求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。
【证明】 过点P作PD
?
BC，PE
?
AC，PF
?< br>AB，垂足分别为D，E，F，
则P，D，C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共圆，
所以
?
EDF=
?
PDE+
?
PDF=
?
PCA+
?< br>PBA=
?
BPC-
?
BAC。
由题设及
?
BPC+
?
CPA+
?
APB=360可得
?
BAC+< br>?
CBA+
?
ACB=180。
B
0
所以
?
BPC-
?
BAC=
?
CPA-
?
CBA=< br>?
APB-
?
ACB=60。
所以
?
EDF=60 ，同理
?
DEF=60，所以△DEF是正三角形。
00
00
A
P
C
所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsin
?
ACB =APsin
?
BAC=BPsin
?
ABC，两边同时乘以△ABC的外< br>接圆直径2R，得CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证：
2．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x, y, z，则a=y+z, b=z+x,
c=x+y.
例3 在△ABC中，求证：a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c) ≤3abc.
【证明】 令a=y+z, b=z+x, c=x+y，则
abc=(x+y)(y+z)(z+x)
222
?8xy?yz?zx
= 8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)
=a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)-2abc.
所以a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c) ≤3abc.
3．三角换元
例4 在△ABC中，若a+b+c=1，求证: a+b+c+4abc<
222
222
222
1
.

2
2
【证明】 设a=sinαcosβ, b=cosαcosβ, c=sinβ, β
?
?
0,
2222
?
?
??
?
.
2
?
因为a, b, c为三边长，所以c<
从而
?
?
?
0,
1
, c>|a-b|，
2
?
?
?
222
?
，所以si nβ>|cosα·cosβ|.
?
4
?
2222
2
因为 1=(a+b+c)=a+b+c+2(ab+bc+ca),
所以a+b+c+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).
又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)
=sinβcosβ+sinαcosα·cosβ·cos2β
=

22 224
22
1
224
[1-cos2β+(1-cos2α)cosβcos 2β]
4
17


江阴一中校本课程（数学）
=
11
424
+cos2β(cosβ-cos2αcosβ-cos2β)
44
111
442
+cos2β(cosβ-sinβ-cosβ)=.
444
222
>
所以a+b+c+4abc<
.

三、课外练习
1. 已知
a
，
b
，
c
为 △
ABC
的三个内角
A
，
B
，
C
的对边， 向量
m
＝（
3,?1
），
n
＝（cos
A
,sin
A
）.若
m
⊥
n
，且
a
cos< br>B
+
b
cos
A
=
c
sin
C，则角
B
＝
2. 下面有五个命题：
①函数y
=sin
x
-cos
x
的最小正周期是
?
.
44
1
2
②终边在
y
轴上的角的集合是{
a
|
a
=
k?
,k?Z
|.
2
③在同一坐标系中 ，函数
y
=sin
x
的图象和函数
y
=
x
的图象有三个公共点.
④把函数
y?3sin(2x?
⑤函数
y?sin( x?
??
)的图象向右平移得到y?3sin2x的图象.

36
?
)在〔0，?〕上是减函数.

2
其中真命题的序号是 （写出所有正确的序号）
3. 设< br>△ABC
的内角
A，B，C
所对的边长分别为
a，b，c
，且
acosB?bcosA?
（Ⅰ）求
tanAcotB
的值；
（Ⅱ）求
tan(A?B)
的最大值．
4. 在
?ABC
中，角
A,B,C
所对应的边分别为
a,b,c
，
a?23
，
tan
3
c
．
5
A?BC
?tan?4,

22
2sinBcosC?s inA
，求
A,B
及
b,c

5. 在
△ABC< br>中，内角
A，B，C
对边的边长分别是
a，b，c
，已知
c? 2
，
C?
（Ⅰ）若
△ABC
的面积等于
3
，求a，b
；
（Ⅱ）若
sinC?sin(B?A)?2sin2A
，求< br>△ABC
的面积．
6. 在
△ABC
中，
tanA?
?
．
3
13
，
tanB?
．
45
18


江阴一中校本课程（数学）
（Ⅰ）求角
C
的大小；
（Ⅱ）若
△ABC
最大边的边长为
17
，求最小边的边长．
7. 设∠A，∠B，∠C是ΔABC的三个内角。若向量
m

=
?
1?cos(A?B),cos
?
?
A?B
?
A?B
??
5
n
=
?
,cos
?
，
?
，
2
?
2
??
8
且
m
?
n=
9
.
8
1
；
9
(1)求证：tanA ?tanB=
(2)求
absinC
的最大值。
222
a?b?c
?
，边
BC?23
．设内角
B?x
，周长为
y．
?
8. 在
△ABC
中，已知内角
A?
（1）求函 数
y?f(x)
的解析式和定义域；
（2）求
y
的最大值．





第六讲 平面向量
一、知识要点
1.向量加减法中的三角形法则与平行四边形法则；2.向量加减运算；
3.实数
?
与向量
a
的积:
?
a

⑴ 当
?
?0
时,
?
a
与
a
同向；⑵ 当
?
?0
时,
?
a
与
a
反向；⑶ 当
?
?0
时,
0a?0
.
4.平面向量的数量积: 设 两个非0向量
a?(x
1
,y
1
),b?(x
2
, y
2
)
,
?
(
0?
?
?180
) 是
a
与
b
的夹角,
则
00
a?b?a?b?co s
?
=
x
1
x
2
?y
1
y
2
.
5.有关的公式,定理：
⑴ 平面向量基本定理:如果
e
1
,e
2
是同一平面内的两个不共线向量,那么对该平面内的任一向量
a,有
且只有一对实数
?
1
,
?
2
,使
a?
?
1
e
1
?
?
2
e
2
.
⑵ 两个非0向量的平行与垂直的充要条件:
①
ab?a?
?b
(或
x
1
y
2
?x
2
y
1
?0
)；②
a?b?a?b?0
(或
x
1
x2
?y
1
y
2
?0
).
19


江阴一中校本课程（数学）
⑶ 线段的定比分点坐标公式:设
p(x ,y)
,
p
1
(x
1
,y
1
)
,
p
2
(x
2
,y
2
)
,且
p1
p?
?
pp
2
,则
?
x?
?
?

?
?
y?
?
?
x
1
?
?
x
2
x
1
?x
2
?
x?
?
?
1?
?
2
, 中点公式
?
.
y
1
?
?< br>y
2
?
y?
y
1
?y
2
?
1?
?
?2
)
即
p(x,y
按
)
向量a?(h,k
平
)
移至点
p
'
(x
'
,y
'
,⑷ 平移公式:如果点
pp
'
?a?(h,k)
=
(x
'
,y
'
)
?(x,y)
,整
'
?
?
x?x?h
理可得:
?
'
.
?
?
y?y?k
二、例题选讲
1．向量定义和运算法则的运用
例1 设O是正n边形A
1
A
2
…A
n
的中心， 求证：
OA
1
?OA
2
???OA
n
?O.

【证明】 记
S?OA
1
?OA
2
???OA
n
，若
S?O
，则将正n边形绕中心O旋转
形重合，所以
S
不变，这不可能，所以
S?O.

例2 给定△ABC，求证：G是△ABC重心的充要条件是
GA?GB?GC?O.

【证 明】必要性。如图所示，设各边中点分别为D，E，F，延长AD至P，使DP=GD，则
AG?2GD ?GP.

又因为BC与GP互相平分，
所以BPCG为平行四边形，所以BG

PC，所以
GB?CP.

所以
GA?GB?GC?GC?CP?PG?O.

充分性。若
GA?GB?GC?O
，延长AG交BC于D，
使GP=AG， 连结CP，则
GA?PG.
因为
GC?PG?PC?O
，
B
则
GB?PC
，所以GB

CP，所以AG平分BC.
同理BG平分CA.
所以G为重心.
2．证利用定理证明共线
例3 △ABC外心为O，垂心为H，重心为G.求证：O，G，H为共线，且OG：GH=1：2.
【证明】 首先
OG?OA?AG?OA?
F
G
E
A
2
?
后与原正n边
n
D
P
C
2
AM

3
20


江阴一中校本课程（数学）
=
OA?
11
(AB?AC)?OA?(2AO?OB?OC)

33
1
?(OA?OB?OC).

3
其次设BO交外接圆于另一点E，则连结CE后得CE
?BC.

又AH
?
BC，所以AHCE。
又EA
?
AB，CH
?
AB，所以AHCE为平行四边形。
所以
AH?EC,

所以
OH?OA?AH?OA?EC?OA?EO?OC?OA?OB?OC
，
所以
OH?3OG
，
所以
OG
与
OH
共线，所以O，G，H共线.
所以OG：GH=1：2.
3．利用数量积证明垂直
例4 给定非零向量a, b. 求证：|a+b|=|a-b|的充要条件是a
?
b.
【证明】|a+b|= |a-b|
?
(a+b)=(a-b)
?
a+2a·b+b=a-2a·b+ b
?
a·b=0
?
a
?
b.
222222
例5 已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，D为AB中点，E为△ACD重心 .求证：OE
?
CD.
【证明】 设
OA?a,OB?b,OC?c
，
则
OD?
1
(a?b)
，
2
OE?
1< br>?
111
?
1
a?c?(a?b)?c?a?b.

?
3
?
2326
??
又
CD?
1
(a?b )?c
，
2
11
??
11
?
1
?
a?c?b
?
?
?
a?b?c
?

36
??
22
?
2
?
所以
OE?CD?
?
?< br>?
1
2
1
2
1
2
11
a?b?c? a?b?a?c

412333
1
2222
a·(b-c). （因为|a|=|b|=|c|=|OH|）
3
又因为AB=AC，OB=OC，所以OA为BC的中垂线。
所以a·(b-c)=0. 所以OE
?
CD。
21


江阴一中校本课程（数学）
4．向量的坐标运算。
例6 已知四 边形ABCD是正方形，BEAC，AC=CE，EC的延长线交BA的延长线于点F，求证：AF=AE。
【证明】 如图所示，以CD所在的直线为x轴，以C为原点建立直角坐标系，设正方形边长为1，则A，
B 坐标分别为（-1，1）和（0，1），设E点的坐标为（x, y），则
BE
=(x, y-1),
AC?(1,?1)
，
因为
BEAC
，所以-x-(y-1)=0.
又因为
|CE|?|AC|
，所以x+y=2.
由①，②解得
x?
22
1?31?3
,y?.

2 2
所以
AE?
?
?
3?3?1?3
?
?
, |AE|
2
?4?23.

,
?
2
?
2< br>??
1?31?3
x'??0.

22
设
F(x', 1)
，则
CF?(x',1)
。由
CF
和
CE
共线 得
所以
x'??(2?3)
，即F
(?2?3,1)
，
所 以
|AF|
2
=4+
23?|AE|
2
，所以AF=AE。
三、课外练习
，b?2
且
a
与
b
的夹角为1. 若向量
a
，
b
满足
a?1
?
，则
a?b?
．
3
2. 已知平面向量
a?(2,4)
，
b ?(?1,2)
．若
c?a?(a?b)b
，则
|c|?
_____ ________．
3. 直角坐标平面上三点
A(1,2)、B(3,?2)、C(9, 7)
，若
E、F
为线段
BC
的三等分点，则
= ．
AE?AF
4. 已知
a
>0，若平面内三点A（1，-
a），B（2，
a
），C（3，
a
）共线，则
a
=___ _____.
5. 已知
a
，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量
c
满足
(a?c)?(b?c)?0
,则
c
的最大值是
__ __.
6. 在平行四边形
ABCD
中，
AC
与
BD交于点
O，E
是线段
OD
的中点，
AE
的延长线与CD
交于点
2
3
F
．若
AC?a
，
B D?b
，则
AF?
_____________.
7. 直角坐标系
xOy
中，
i，j
分别是与
x，y
轴正方向同向的单位向量．在直 角三角形
ABC
中，若
????
AB?2i?j,AC?3i?kj
，则
k
的可能值个数是_______________.
8．如图，平面内有三个 向量
OA
、
OB
、
OC
,其中与
OA
与< br>OB
的夹角为120°，
22
A
B
O
C


江阴一中校本课程（数学）
OA
与
OC
的夹角为30°,且|
OA
|＝|
OB
|＝ 1，|
OC
|＝
23
，若
OC
＝λ
OA
+ μ
OB

（λ
，
μ∈R）,则λ
+
μ的值为 .
9. 设平面上的向量
a
，b，x，y满足关系
a
= y－x， b=2x－y,又设
a
与b的模为1,且互相垂直,则
x
与
y
的夹角为 .
10. 已知空间四边形ABCD中，ＡＢ＋ＣＤ＝ＡＤ＋ＢＣ，求证：AC⊥BD.

2222
竞赛讲座三 数列
第七讲
等差数列与等比数列数列
一、学习目标
数列是高中数学的重要内容之一，也是高考及高中数学联赛考查的重点。而且 往往还
以解答题的形式出现，所以我们在复习时应给予重视。近几年的数列试题不仅考查数列的
概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学
生的各种能力。
二、知识要点
（一）、数列的基础知识




1．数列{a
n
}的通项a
n
与前n项的和S
n
的关系
它包括两个方面的问题：一是已知S
n
求a
n
，二是已知a
n
求S
n
；
1.1 已知S
n
求a
n

(n?1)
?
S
1
对于这类问题，可以用公式a
n
=
?
.
S?S(n?2)
n?1
?
n
1.2 已知a
n
求S
n


这类问题实际上就是数列求和的问题 。数列求和一般有三种方法：颠倒相加法、错位
相减法和通项分解法。
?
a
1
?a
2．递推数列：
?
，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系， 设法
?
a
n?1
?f(a
n
)
23


江阴一中校本课程（数学）
转化为等差数列与等比数列的有关问题，然后解决。
（二）、等差数列与等比数列
1．定义：数列{a
n
}为等差数列
?
a
n+1
-a
n
=d
?
a
n+1
-a
n
=a
n
-a
n-1
；
数列{b
n
}为等比数列
?
b< br>n?1
?q
?
b
n?1
a
?
b
n< br>。
n
b
n
b
n?1
2．通项公式与前n项和公式：
数列{a
n
}为等差数列，则通项公式a
n
=a
1
+(n-1)d, 前n
S
n(a?a
n
=
1n
)
2
=
na?
n(n?1)d
1
2
.
?
n a(q?1)
数列{a
n
}为等比数列，则通项公式a
n
=a
1
q
n-1
, 前n项和S
n
=
?
1
?
?
a
1
(1?q
n
)
?
1?q
( q?1)
.
3．性质：
每连续m项的和
若m+n=p+q，
仍组成等差数列,
等差数列
则a
m
+a
即
n
=a
p
+a
q
S
m
,S
2m
-S
m,
S
3m
-S
2m
组成等差数列

每连续m项的和
若m+n=p+q，
仍组成等比数列，
等比数列
则a

m
a
n
=a
即
p
a
q

S
m
,S
2m
-S
m,
S
3m
-S
2m
组成等比数列
24
项和


江阴一中校本课程（数学）
（4）函数的思想：等差数列可以看 作是一个一次函数型的函数；等比数列可以看作是一
个指数函数型的函数。可以利用函数的思想、观点和 方法分析解决有关数列的问题。
（三）．等差数列与等比数列数列问题的综合性和灵活性如何表现？
数列问题的综合性主要表现在
1．数列中各相关量的关系较为复杂、隐蔽．
2．同 一问题中出现有若干个相关数列，既有等差或等比数列，也有非等差，非等比的
数列，需相互联系，相互 转换．
数列问题的灵活性表现在：
1．需灵活应用递推公式，通项公式，求和公式，寻求已知与所求的关系，减少中间量
计算．
2．需灵活选用辅助数列，处理相关数列的关系．
三、例题赏析
例1 已知(b－c)logm x+(c－a)logm y+(a－b)logm z＝0 ①
(1) 若a、b、c依次成等差数列，且公差不为0，求证x、y、z成等比数列；
(2) 若x、y、z依次成等比数列，且公比不为1，求证a、b、c成等差数列．
分析 判断三个数成等差数列或等比数列的充要条件，一是定义，二是中项公式．
证明：（1）∵ a、b、c依次成等差数列
∴ b－c＝－d，c－a＝2d，
a－b＝－d（d≠0）代入① 得
－d（logm x－2 logm y + logm z）＝0
25


江阴一中校本课程（数学）
∵d≠0 ∴< br>log
xz
m
x?2log
m
y?log
m
z＝log
m
y
2
＝ 0 ，
，
y
2
＝xz，可知x、y、z 成等比数列．
（2）∵ x、y、z 依次成等比数列
z
y
＝
y
x
＝q ，
z
x
＝q
2
（q?1）
∴ 两边取对数，得
log
m
z－log
m
y＝log
m
y－log
m
x＝log
m
qlog
m
z－log
m
x＝2 log
m
q
① 式可变为
a（log
m
z－log
m
y）－b（log
m
z－log
m
x）+ c（log
m
y－log
m
x）＝0
即 log
m
q（a－2b + c）＝0
∵ log
m
q≠0
∴ 2b＝a+c，可知a、b、c成等差数列．
例2 在等差数列{a
n}中，已知a
1
>0,S
n
是它的前n项的和.已知S
3
=S
11
，求S
n
的最大值。
解：由已知：S
3
=S
11
，故
3a
1
?3d?11a
1
?55d ,得：d??
2
13
a
1
?0.
而因为S
3
=S
11
，得
a
4
+a
5
+a
6
+…+a
10
+a
11
=0.由于a
4
+a
11
=a
5
+a
10
=a
6
+a
9
= a
7
+a
8
,所以a
7
+a
8
=0。
故a
7
>0,a
8
<0,所以 S
7
最大。 < br>评说：(1)本题也可以利用函数的思想来解，即把S
n
表示成某一变量的函数（比如n ），然
后再求这个函数的最大值。
(2)本题还可以利用方程与不等式的思想来解，即S< br>n
最大当且仅当a
n
>0同时a
n+1
<0，
解这个 不等式组即可。
例3 已知f(x)=a
1
x+a
2
x
2
+a
3
x
3
+…+a
n
x
n
， 且a
1
,a
2
,a
3
,…,a
n
组成等差 数列（n为正偶数），
z
＝
y
＝
又f(1)=n
2
,f(-1)=n；
q ，
z
＝q
2
yxx
26

（


江阴一中校本课程（数学）




（1）求数列{a
n
}的通项a
n
；
（2）试比较f(0.5)与3的大小，并说明理由。
分析：显然，只要能把f(1)=n< br>2
,f(-1)=n转化为关于首项和公差的两个方程即可。
解：（1）设数列的公差为d，因为f(1)= a
1
+a
2
+a< br>3
+…+a
n
=n
2
，则na
1
+
n(n?1)
d=n
2
,即
2
n
2a
1
+ (n-1)d=2n.又f(-1)= -a
1
+a
2
-a
3
+…-a
n-1
+a
n
=n,即
?d
=n,d=2.解得 a
1
=1.
2



∴a
n
=1+2(n-1)=2n-1.
(2)f(0.5)=
1 1
f()?
22
11111
?3()
2
?5()
3
???(2n?1)()
n
,把它两边都乘以，得：
22222
1 111
()
2
?3()
3
?
?
?(2n?3)()
n?1
?(2n?1)()
n

2222
两式相减，得：< br>=
2?
1111111
f()??2()
2
?2()
3
?
?
?2()
n?1
?(2n?1)()
n
< br>2222222
11111
?2()
2
???2()
n?1< br>?(2n?1)()
n
?

22222
11
[1?( )
n?1
]
11111
2
=
2
2
?(2n ?1)()
n
??2?2()
n?1
?(2n?1)()
n
?

1
22222
1?
2
=


313
?(2n?3)()
n
?
。
222
1
∴
f()?3.

2
例4（2001年春 季）在1与2之间插入个正数a
1
,a
2
,a
3
,…,a< br>n
，使这n+2个正数成等比数
列；又在1与2之间插入个正数b
1
, b
2
,b
3
,…,b
n
，使这n+2个正数成等差数列。记
A
n
=a
1
a
2
a
3
…a
n
,B
n
=b
1
+b
2
+b
3
+…+b
n
.



（1）求数列{A
n
}和{B
n
}的通项；
（2）当n≥7时，比较A
n
与B
n
的大小，并证明你的结论。
27


江阴一中校本课程（数学）
分析：本题的关键是求A
n
与B
n
，如果能注意到1，a
1
,a
2
,a< br>3
,…,a
n
，2成等比数列，1，
b
1
,b
2
,b
3
,…,b
n
，2成等差数列，则就容易想到利用这两类数 列的性质。
解：(1)因为1，a
1
,a
2
,a
3
,…,a
n
，2成等比数列，所以a
1
a
n
=a
2
a
n-1
=a
3
a
n-2
=…=1
?< br>2,从而A
n
2
=
(a
1
a
2
a
3
…a
n
)(a
1
a
2
a
3
…a
n
)=(a
1< br>a
n
)(a
2
a
n-1
)(a
3
a
n-2
)…(a
n
a
1
)=2,故A
n
=
2
.
因为1，b
1
,b
2
,b
3
,…,b
n
，2成等差数列，所以b
1
+b
n
=1+2= 3, 从而B
n
=
39
(2)∵A
n
=
2
, B
n
=
n
.∴A
n
2
=2
n
,B< br>n
2
=n
2
.
24
0123n?3n?2n?1n
?C
n
?C
n
?C
n
?
?
?C< br>n
?C
n
?C
n
?C
n
当n≥7时，An
2
=2
n
=(1+1)
n
=
C
n< br>
n
n
2
n(B
1
?B
n
)
3
?
n
.
2
2
n
2
0123
?C
n
?C
n
?C
n
≥2(
C
n
)=2[1+n+
n(n?1)n(n?1)(n?2)
+]
26
1215 1119
=2+2n+n
2
-n+n
3
-n
2
+n =n
3
+n+2>n
3
=n
2
(n), 当n≥7时，n >.
33333334
所以当n≥7时，A
n
2
> B
n
2
，故A
n
> B
n

评说：对于A
n
与B
n
的大小，也可以用数学归纳法证明。
例5已知数列{a
n
}的各项均为正数，且前n项之和S
n
满足6S
n
=a
n
2
+3a
n
+2.若a
2
，a
4
,a
9
成等比数列，求
数列的通项公式。

解：当n=1时，由题意有6a
1
=a
1
2
+3a+2
于是 a
1
=1 或 a
1
=2
当n＞2时，有6S< br>n
=a
n
2
+3a
n
+2，6S
n-1=a
n-1
2
+3a
n-1
+2
两式相减得：(a
n
+a
n-1
) (a
n
-a
n-1
-3)=0
由题意知{a
n
} 各项为正，所以a
n
-a
n-1
=3
当a
1
=1时，a
n
=1+3(n-1)=3n-2
28


江阴一中校本课程（数学）
此时a
4
2
=a
2
a
9
成立
当a
1
=2时，a
n
=2+3(n-1)=3n-1
此时 a
4
2
=a
2
a
9
不成立，故a
1
=2舍去
所以a
n
=3n-2
例6 各项均为实数的等比数列{an
}的前n项之和为S
n
，若S
10
=10，S
30< br>=70，求S
40
。
解 记b
1
=S
10
,b
2
=S
20
-S
10
,b
3
=S30
-S
20
,b
4
=S
40
-S
3 0
.设q是{a
n
}的公比，则b
1
,b
2
,b< br>3
,b
4
构成以r=q
10
为公比的等比数列。于是
70=S
30
=b
1
+b
2
+b
3

=b
1
(1+r+r
2
)
=10(1+r+r
2
)
即r
2
+r-6=0. 解得r=2 或 r=-3
由于r=q
10
>0 , 所以r=2
故 S
40
=10(1+2+2
2
+2
3

例7.设等 差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项之和为97
2
，这样的
数列 共有多少个？
解 设等差数列首项为a，公差为d，依题意有

即 [2a+(n-1)d]n=2×97
2
, (3)
因为n为不小于3的自然数，9 7为素数，故n的值只可能为97，2?97,97
2
,2×97
2
四者之一 。
若 d>0,则由(3)知
29


江阴一中校本课程（数学）
故只可能有n=97.于是(3)化为 a+48d=97.
此时可得n=97,d=1,a=49 或 n=97,d=2,a=1.
若d=0时，则由(3)得na=97
2
,此时n=97,a=97 或 n=97
2
,a=1。
故符合条件的数列共有4个。
例8.设任意实数x,y满足|x|<1,|y|<1,求证：
试题)
证明：∵|x|<1,|y|<1，∴x
2
<1,y
2
<1，故
(第19届莫斯科数学竞赛
=(1+x
2
+ x
4
+ x
6
+…)+(1+ y
2
+ y
4
+ y
6
+…)=2+(x
2
+y
2
) (x
4
+y
4
)+ (x
6
+y
6
)+…
≥2+2xy+2x
2
y
2
+2x
3
y
3
+…=
四、学生练习


1 数列｛a
n
｝的 前 n 项 和S
n
＝a · 2n + b（n?N），则｛a
n
｝为等比数列的充要条件是
________．
2 设等差数列｛a
n
｝的前n项和为S
n
，若S
7
＝56，S
n
＝420，a
n
－
3
＝34，则n＝________．
3.等差数列中,a
3
+a
7
-a
10
=8,a< br>11
-a
4
=4, S
13

4.各项均为实数的等比数列{an}的前n项之和为S
n
，若S
10
=10，S
30
=70， S
40=

5 （2000年全国）设{a
n
}是首项为1的正项数列，且(n+1)a
n+1
2
-na
n
2
+a
n+1
a
n< br>=0，(n=1,2,3,…),
则它的通项公式是a
n
= .



30


江阴一中校本课程（数学）

第八讲 数学归纳法
竞赛常用定理
定理1 第一数学归纳法：给 定命题p(n)，若：（1）p(n
0
)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能推出p(n )
对n=k+1成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n
0
成 立。

定理2 第二数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n
0
)成立；（2）当p(n)对一切n≤k的自然数n都
成立时（k≥n
0
）可推出p (k+1)成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n
0
成立。

三、例题赏析
1．不完全归纳法。
这种方法是从特殊情况出发去总结更 一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世
界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→ 猜想→数学归纳法证明。
例1 试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15 ，24，35，…；2）1，5，19，65，…；
3）-1，0，3，8，15，…。
【解 】1）a
n
=n
2
-1；2）a
n
=3
n
-2
n
；3）a
n
=n
2
-2n.
例2 已知数列{a
n
}满足a
1
=
【解】 因为a
1
=
1
,a
1
+a
2
+…+a
n
=n2
a
n
, n≥1，求通项a
n
.
2
1,又a
1
+a
2
=2
2
·a
2
, < br>2
a?a
1
1
1
所以a
2
=，a
3
=
?
2
2
?
,猜想
a
n
?
(n≥1).
3?4
n(n?1)
3?1
3?2
1
证明 ；1）当n=1时，a
1
=，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。
2?1
当n=k+1时，由归纳假设及题设，a
1
+ a
1
+…+a
1
=[(k+1)
2
-1] a
k+1
,，
所以
111
??
?
?
=k (k+2)a
k+1
,
2?13?2k?(k?1)
11111
即
1????
?
??
=k(k+2)a
k+1
,
223kk?1
1
k
.
所以=k(k+2)a
k+1,所以a
k+1
=
(k?1)(k?2)
k?1
1
.< br> 由数学归纳法可得猜想成立，所以
a
n
?
n(n?1)
1< br>例3 设0n
}满足a
n
=1+a, a
n-1
=a+，求证：对任意n∈N
+
,有a
n
>1.
a
n
【证明】 证明更强的结论：1n
≤1+a.
1)当n=1时，11
=1+a，①式成立；
2)假设n=k时，①式成立，即1n
≤1+a，则当n=k+1时，有
1?a?a
k?1
111?a?a
2
1?a
??a??a???1 .

1?a1?a1?a
a
k
由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证。
2．迭代法。
数列的通项a
n
或前n项和S
n
中的n通常 是对任意n∈N成立，因此可将其中的n换成n+1或n-1等，
31


江阴一中校本课程（数学）
这种办法通常称迭代或递推。
例4 数列{a
n
}满足a
n
+pa
n-1
+qa
n-2
=0, n≥3，q
?
0，求证：存在常数c，使得
2n
2
a
n?1
?pa
n?1
·a
n
+
qa
n< br>?cq?0.

2222
【证明】
a
n?1
?pa< br>n?1
·a
n+1
+
qa
n?1
?a
n?2
(pa
n+1
+a
n+2
)+
qa
n?1
=a
n+2
·(-qa
n
)+
qa
n?1
= 22
22
q(a
n?1
?a
n
a
n?2
)?q[a
n?1
+a
n
(pq
n+1
+qa
n
)]=q(
a
n?1
?pa
n?1
a
n
? qa
n
).
22
2
若
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
2
=0，则对任意n,
an?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
= 0，取c=0即可.
22
22
2
若
a
2
?pa< br>2
a
1
?qa
1
2
?
0，则{
a< br>n?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
}是首项为
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1< br>，公式为q的等比数
列。
22
22
所以
a
n?1< br>?pa
n?1
a
n
+
qa
n
=
(a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
)
·q
n
.
取
c??(a
2
?pa
1
a
2
?qa
1
)
·
综上，结论成立。
22
1
即可.
q
2
例5 已知a
1
=0, a
n+1
=5a
n
+
24an
?1
，求证：a
n
都是整数，n∈N
+
.
【证明】 因为a
1
=0, a
2
=1，所以由题设知当n≥1时a
n+1
>a
n
. < br>又由a
n+1
=5a
n
+
24a
n
?1移项、平方得
22
a
n?1
?10a
n
a
n ?1
?a
n
?1?0.
①
22
当n≥2时 ，把①式中的n换成n-1得
a
n
?10a
n
a
n?1?a
n?1
?1?0
，即
22
a
n?1
?1 0a
n
a
n?1
?a
n
?1?0.
②
2
因为a
n-1
n+1
，所以①式和②式说明a< br>n-1
, a
n+1
是方程x
2
-10a
n
x+
a
n
-1=0的两个不等根。由韦达定理得a
n+1
+
a
n-1
=10a
n
(n≥2).
再由a
1
=0, a
2
=1及③式可知，当n∈N
+
时，a
n
都是整数。
3．数列求和法。
数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。
2
1
(n=1, 2, …)，求S
99
=a
1
+ a
2
+…+a
99
.
n100
4?2
11
2?2
100
?4
n
?4
100?n
1
【解】 因为a
n
+a
100-n
=
n
+=，
?
4?2
100
4
100?n
?2
100
4
100< br>?2?2
100
(4
n
?4
100?n
)2
100
1
99
19999
所以S
99
=
?
(a
n
?a
100?n
)??
100
?
101.

2
n?1
2
22
1
11
.

?
例7 求和：
S
n
?
+…+
n(n?1)(n ?2)
1?2?32?3?4
1k?2?k
?
【解】 一般地，
k(k?1)(k?2)2k(k?1)(k?2)
例6 已知a
n
=?
1
?
11
?
?
?
?
?
，
2
?
k(k?1)(k?1)(k?2)
??
n
1
所以S
n
=
?

k(k?1)(k?2)
k?1
32


江阴一中校本课程（数学）
?

?
1
?
111111
????
?
??
?

2
?
1?22?32?33?4n(n?1)(n?1)(n?2)
??
?
?< br>1
?
11
?
?

2
?
2(n?1)(n?2)
??
11
??.
< br>42(n?1)(n?2)
?
a
n
?
的前n项和，求证：S< br>n
<2。
n
?
?
2
?
例8 已知数列{ a
n
}满足a
1
=a
2
=1，a
n+2
= a
n+1
+a
n
, S
n
为数列
?
【证明】 由递推公式可知，数列{a
n
}前几项为1，1，2，3，5，8，13。
因为
S
n
?
所以
a
112358
， ①
?
2
?
3
?
4
?
5
?
6
???
n
n
2
222222
a
11235。 ②
S
n
?
2
?
3?
4
?
5
???
n
n
?1
2
22222
111
S
n
??
2
22
2
?< br>11
a
n?2
?
????
n?2
?
2
2
2
2
?
a
?
n
n
。
?1< br>2
?
a
n
?
?
?
2
n?1
，
?
由①-②得
111
S
n
??S
n?2
224
a
又因为S
n-2
n
且
n
n
>0,
?1
2
11111
所以
S
n
??
S
n
, 所以
S
n
?
，
22442
所以
所以S
n
<2，得证。
4．特征方程法。
例9 已知数列{a
n
}满足a
1
=3, a
2
=6, a
n+2
=4
n+1
-4a
n
，求a
n
.
【解】 由特征方程x
2
=4x-4得x
1
=x
2
=2.
故设a
n
=(α+βn)·2
n-1
，其中
?
?
3 ?
?
?
?
，
6?(
?
?2
?
)?2
?
所以α=3，β=0，
所以a
n
=3·2
n-1
.
例10 已知数列{a
n
}满足a
1
=3, a
2
=6, a
n+2
=2a
n+1
+3a
n
，求通项a
n
.
【解】 由特征方程x
2
=2x+3得x
1
=3, x
2
=-1,
所以a
n
=α·3
n
+β·(-1 )
n
，其中
?
解得α=
?
3?3
?
??
，
6?9
?
?
?
?
33
，β
??
，
44
1
n?1n?1
所以
a
n
?[3?(?1)< br>·3]。
4
5．构造等差或等比数列。
33


江阴一中校本课程（数学）
例11 正数列a
0
,a1
,…,a
n
,…满足
a
n
a
n?2
?a
n?1
a
n?2
=2a
n-1
(n≥2)且a
0
=a
1
=1，求通项。
【解】 由
a
n
a< br>n?2
?a
n?1
a
n?2
?2a
n?1
得
a
n
a
?2
n?1
=1，
a
n?1a
n?2
?
a
?
a
nn?1
?
即?1?2?1
?
.

?
a
n?2
?
a
n?1
??
令b
n
=
a
n
a
1< br>+1，则{b
n
}是首项为+1=2，公比为2的等比数列，
a
n? 1
a
0
a
n
a
+1=2
n
，所以
n
=（2
n
-1）
2
，
a
n?1
an?1
所以b
n
=
n
a
n?1
a
n< br>a
2
a
1
k2
所以a
n
=·…··a
0
=
?
(2?1).

a
1
a
0
a
n?1
a
n?2
k?1
注：
?
C
i? 1
n
i
?
C
1
·C
2
·…·C
n
.
2
x
n
?2
例12 已知数列{x
n
}满足x
1
=2, x
n+1
=,n∈N
+
, 求通项。
2x
n
x
2
?2x
2
?2
【解】 考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=
?2.

2x2x
2
x
n
?2
因为x
1
=2, x
n+1
=,可知{x
n
}的每项均为正数。
2x
n又
x
n
+2≥
22x
n
，所以x
n+1
≥
2
(n≥1)。又
2
(x
n
?2)
2
x
n
?2
X
n+1
-
2
=, ①
?2
=
2x
n
2x
n
2
(x
n
?2)
2
x
n
?2
X
n+1
+
2
=, ②
?2
=
2x
n
2 x
n
2
x?2
?
x
n
?2
?
由① ÷②得
n?1
?
??
。 ③
x
n?1
?2
?
?
x
n
?2
?
?
x
1
?2
又
2
x
1
?2
>0，
?
x
n?1
?2
??
x
n
?2
?
由 ③可知对任意n∈N
+
，>0且
lg
??
?2lg
??,
x
n
?2
??
?
x
n?1
?2< br>?
??
x
n
?2
?
?
?
x
n
?2
?
?
2?2
?
所以
lg
??
是首项为
lg
??
，公比为2的等比数列。
?
?
2?2
?
?
x
n
?2
?
?
x
n
?2
34


江阴一中校本课程（数学）
2
n?1
所以
lg
x
n
?2
x
n
?2
?2
n?1
?
2?2
?
x
n
?2
?
2?2?
·
lg
?
?
?
?
，所以
?
2?2
x?2
2?2
??
n
??
2
n?1
2
n?1
，
解得
x
n
?2
·
(2?2)
(2?2)
?(2?2)
?(2?2)
2
n?1
2
n?1
。
注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。
四、学生练习

1、基础训练题
1． 数列{x
n
}满足x
1
=2, x
n+1
=S
n
+(n+1)，其中S
n
为{x
n< br>}前n项和，当n≥2时，x
n
=_________.
2x
n1
，x
n+1
=,则{x
n
}的通项x
n
=_ ________.
2
3x
n
?2
1
3. 数列{xn
}满足x
1
=1，x
n
=
x
n?1
+2n-1(n≥2)，则{x
n
}的通项x
n
=_________.
2
2. 数列{x
n
}满足x
1
=
4. 等差数列 {a
n
}满足3a
8
=5a
13
，且a
1
>0, S
n
为前n项之和，则当S
n
最大时，n=_________.
5. 等比数列{a
n
}前n项之和记为S
n
,若S
10< br>=10，S
30
=70，则S
40
=_________.
6. 数列{x
n
}满足x
n+1
=x
n
-xn-1
(n≥2)，x
1
=a, x
2
=b, S
n
=x
1
+x
2
+…+ x
n
，则S
100
=_________.
7. 数列{a
n
}中，S
n
=a
1
+a
2
+…+a
n
=n
2
-4n+1则|a
1
|+|a
2
|+…+| a
10
|=_________.
8. 若
x
3
x
n
x
1
x
2
，并且x
1
+x
2
+…+ x
n
=8，则x
1
=_________.
???
?
?
x
1
?1x
2
?3x
3
?5xn
?2n?1
S
n
a
2n
，则
lim
n
=_________.
?
n??
b
3n?1
T
nn
9. 等差数列{a< br>n
}，{b
n
}的前n项和分别为S
n
和T
n
，若
2007
n
n
2
?n?1
10. 若n!=n(n-1)…2·1, 则
?
(?1)
=_________.
n!
n?1
11．若{a
n
}是无穷等比数列，a
n
为正整 数，且满足a
5
+a
6
=48, log
2
a
2
·log
2
a
3
+ log
2
a
2
·log
2
a
5
+ log
2
a
2
·log
2
a
6
+
log
2
a
5
·log
2
a
6
=36， 求
?
?
1
?
?
的通项。
?
a
n
?
n
12．已知数列{a
n
}是公差不为零的等差数列，数列{a
b
}是公比为q的等比数列，且b
1
=1, b
2
=5, b
3
=17, 求：
（1）q的值；（2）数列{b
n
}的前n项和S
n
。

2、高考水平训练题
?
1
x?
?
2
?
?
1．已知函数f(x)=
?
2x?1
?
?
x?1
?
?
a
2006
=_____________.
1??
x?
??
2
??
7
?
1
?
+
?
?x?1
?
，若数列{a
n
}满足a
1=，a
n+1
=f(a
n
)(n∈N)，则
3
?
2
?
(x?1)
2．已知数列{a
n
}满足a
1
=1, a
n
=a
1
+2a
2
+3a
3
+ …+(n-1)a
n-1
(n≥2)，则{a
n
}的通项a
n
=
?
?
1
?
(n?1)
(n?2)
.
35


江阴一中校本课程（数学）
3. 若a
n
=n
2
+
?
n
, 且{a
n
}是递增数列，则实数
?
的取值范围是__________.
4. 设正项等比数列{a
n
}的首项a
1
=
1
, 前n项和为S
n
, 且2
10
S
30
（-2
10< br>+1）S
20
+S
10
=0，则a
n
=______ _______.
2
3
n
1
5. 已知
lim
n?1
，则a的取值范围是______________.
?
n
n??
3
3
?(a?1)
6．数列{a
n
}满足a
n+1
=3a
n
+n(n ∈N
+
) ，存在_ ________个a
1
值，使{a
n
}成等差数列；存在________ 个
a
1
值，使{a
n
}成等比数列。
7．已知
a
n
?
n?401
n?402
(n ∈N
+
)，则在数列{a
n
}的前50项中，最大项与最小项分别是______ ______.
8．有4个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四 个数的和中16，
第二个数与第三个数的和是12，则这四个数分别为____________.
9. 设{a
n
}是由正数组成的数列，对于所有自然数n, a
n
与2的等差中项等于S
n
与2的等比中项，则
a
n
=_______ _____.
10. 在公比大于1的等比数列中，最多连续有__________项是在100与1000之间的整数.
11．已知数列{a
n
}中，a
n
?
0，求证：数列{a
n
}成等差数列的充要条件是
11111
???
?
??
（n≥2）①恒成立。
a
1
a
2
a
2
a
3
a
3
a
4
a
n
a
n?1
a
1
a
n?1
12．已知数列{a
n
}和{b
n
}中有a
n
=a
n-1
b
n
, b
n
=
b
n?1
(n≥2), 当a
1
=p, b
1
=q(p>0, q>0)且p+q=1时，（1）求
2
1?a
n?1
a
n
；（3）求数列
limb
n
.

n??
a
n?1
证：a
n
>0, b
n
> 0且a
n
+b
n
=1（n∈N）；（2）求证：a
n
+1=
13．是否存在常数a, b, c，使题设等式
1·2
2
+2·3
2
+…+n·(n+1)
2
=
n(n?1)
2
(an+b n+c)
12
对于一切自然数n都成立？证明你的结论。
3、联赛一试水平训练题
1．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项和为97
2
，这样 的数列共有_________
个。
4x
n?1
?2
，则通项x
n
=__________.
2x
n?1
?7
25
3. 设数列{a
n
}满足a
1
=3, a
n
>0，且
3 a
n
?a
n?1
，则通项a
n
=__________.
2．设数列{x
n
}满足x
1
=1, x
n
=
4. 已知数列a
0
, a
1
, a
2
, …, a
n
, …满足关系式(3-a
n+1
)· (6+a
n
)=18，且a
0
=3，则
1
=_______ ___.
?
a
i?0
i
n
5. 等比数列a+log
2
3, a+log
4
3, a+log
8
3的公比为=__________.
6. 各项均为实数的等差数列 的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有
__________项.
7. 数列{a
n
}满足a
1
=2, a
2
=6, 且
a
n?2
?a
n
=2，则
a
n?1
? 1
lim
a
1
?a
2
?
?
?a
n
n
2
n??
?
________.
8. 数列{a
n
} 称为等差比数列，当且仅当此数列满足a
0
=0, {a
n+1
-qa
n
}构成公比为q的等比数列，q称为
36


江阴一中校本课程（数学）
此等差比数列的差比。那么，由100以内的自然 数构成等差比数列而差比大于1时，项数最多有
__________项.
?
an
?
9．设h∈N
+
，数列{a
n
}定义为：a
0
=1, a
n+1
=
?
2
?
a?h
?
n
a
n
为偶数
a
n
为奇数
。问：对于怎样 的h，存在大于0
的整数n，使得a
n
=1？
10．设{a
k}
k
≥
1
为一非负整数列，且对任意k≥1，满足a
k
≥a
2k
+a
2k+1
，（1）求证：对任意正整数n，数列
中存在 n个连续项为0；（2）求出一个满足以上条件，且其存在无限个非零项的数列。
11．求证：存在唯一的正整数数列a
1
,a
2
,…,使得
a
1
=1, a
2
>1, a
n+1
(a
n+1
-1)=

a
n
a< br>n?2
3
a
n
a
n?2
?1?1
?1.
竞赛讲座四 不等式


第九讲 不等式的证明（一）
一、学习目标
掌握不等式的性质及其证明；掌握不等式证明的一些常用方法，并能运用不等式 性质和方法解决
一些问题. 本节着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力
二、知识要点

1.不等式的基本性质：
（1）
a?b,b?c?a?c
（传递性）.这是放缩法的依据.



（2）
a?b?a?c?b?c
（加法保序性）
（3）
a?b,c?d?a?c?b?d.

（4）
a?b,c?0?ac?bc;a?b,c?0?ac?bc.

（5）
a?b,c?d?a?c?b?d.

（6）
a?b?0,d?c?0,?
ab
?,ad?bc.

cd
nn
（7）
a?b?0?a?b,
n
a?
n
b(n?N*).

22





2.含绝对值不等式的性质：
（1）
|x|?a(a?0)?x?a??a?x?a.

（2）
|x|?a(a?0)?x?a?x?a或x??a.

（3）
||a|?|b||?|a?b|?|a|?|b|
（三角不等式）.
（4）
|a
1
?a
2
???a
n
|?|a
1
|?|a
2
|???|a
n
|.

22
3.证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构 造函数方法
等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称 为分析法.
综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结 果时多
用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外， 具体
地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.
三、例题赏析
例1：
a,b,c?0,
求证：
ab(a?b)?bc(b?c)?ca(c?a)?6abc.< br>
ab(a?b)?bc(b?c)?ca(c?a)?6abc
略解
?
37


江阴一中校本课程（数学）
?a(b
2
?c
2
?2bc)?b(a
2
?c
2
?2ac )?c(a
2
?b
2
?2ab)

?a(b?c)?b(c?a)?c(a?b)
222

?0

?ab(a?b)?bc(b?c)?ca(c?a)?6ab.c

评述：（1）本 题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，
往往采用轮换技巧. 再如证明
a?b?c?ab?bc?ca
时，可将
a?b

2222 2
1
?(ab?bc?ca)
配方为
[(a?b)
2
?(b ?c)
2
?(c?a)
2
]
，亦可利用
a
2
?b
2
?2ab,

2
b
2
?c
2?2bc,c
2
?a
2
?2ca
，3式相加证明.（2）本题亦 可连用两次基本不等式获证.



.
例2：
a,b, c?0
，求证：
abc?(abc)
思路分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故 尝试用商较法.
略解：不等式关于
a,b,c
对称，不妨
a?b?c,则a ?b,b?c,a?c?R
，且
?
abc
a?b?c
3
ab
,
，
bc
a
都大于等于1.
c
2a?b?c2 b?a?c2c?a?ba?ba?cb?ab?cc?ac?b
a
a
b
b< br>c
c
?a
3
b
3
c
3
?a
3
?a
3
?b
3
?b
3
?c
3
? c
3
a?b?c

(abc)
3

a
?()
b

a?b
3
b
?()
c
b?c
3
a
?()
c
a?c
3
?1.< br>aaa
n
评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定
n
个字母的大小顺 序，可方便解题.
（2）本题可作如下推广：若
a
i
?0(i?1,2,?,n),则a
1
1
a
2
2
?an

(a
1
a
2
?< br>a
n
)
a
1
?a
2
???a
nn
?

.

abba
cabc
（3）本题还可用其他方法得证。因
ab?ab
，
同理
b
b
c
c
?b
c
c
b
,c
c
a
a< br>?c
a
a
c
，另
abc?abc
，4式相乘即得证.
例3：已知
a
＞0，
b
＞0，且
a
+
b< br>=1 求证 (
a
+
ab
1125
)(
b
+)≥
b
a4
证法一 (分析综合法）
欲证原式，即证4(ab)
2< br>+4(a
2
+b
2
)－25ab+4≥0，
1
或ab≥8
4
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
1
∵1=a+b≥2
ab
，∴ab≤，从而得证
4
证法二 (均值代换法)
11
设a=+t
1
，b=+t
2

22
11
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t
1
+t
2
=0，|t< br>1
|＜，|t
2
|＜
22
即证4(ab)
2
－33(ab)+8≥0，即证ab≤
38


江阴一中校本课程（数学）
11a
2
?1b
2?1
?(a?)(b?)??
abab
1111
22
(?t1
)
2
?1(?t
2
)
2
?1(?t
1
?t
1
?1)(?t
2
?t
2
?1)
4
?
2
?
2
?
4
1111
?t
1< br>?t
2
(?t
1
)(?t
2
)
2222115
2222

(?t
1
?t
1
?1)(? t
2
?t
2
?1)(?t
2
)
2
?t2
4
?
4
?
4
11
22
?t
2
?t
2
44
253
2
25
4
?t
2
?t
2
25
?
162
?
16
?.11
2
4
?t
2
44
1
显然当且仅当t=0， 即a=b=时，等号成立
2
证法三 (比较法）
1
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2
ab
，∴ab≤
4
1125a
2
?1b
2
?1254a
2
b
2
?33ab?8(1?4ab)(8?ab)
(a?)(b?)???????0
ab4ab44ab4ab

1125
?(a?)(b?)?
ab4
证法四 (综合法)
1
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2
ab
，∴ab≤ < br>4
25
?
2
(1?ab)?1?
2
139
?
?
16
(1?ab)?125
2
?1?ab?1???(1?ab) ??
?
??
4416
?
1
ab4
?4
?< br>?
ab
1125

即(a?)(b?)?
ab4
证法五 (三角代换法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin
2
α，b=cos
2α，α∈(0，
?
)
2
39


江阴一中校本课程（数学）
1111
2
(a?)(b?)? (sin
2
?
?)(cos
?
?)
22
ab
sin
?
cos
?
sin
4
?
?cos
4
?
?2sin
2
?
cos
2
?
?2(4 ?sin
2
?
)
2
?16
??
4sin
2
2
?
4sin
2
2
?
?
sin
2
2
?
?1,?4?sin
2
2
?
?4?1?3.< br>2
4?2sin
2
2
?
?16?25
?
?
(4?sin
2
2
?
)
2
25
?
?
?
11
2
4
4sin2
?
?
?
2
sin2
?
4
?
1125
即得(a?)(b?)?.ab4
四、学生练习

ab
1 已知x、y是正变数,a、b是正常数,且
?
=1，x+y的最小值为_________
xy
2 设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与 bc的大小关系是_________
3 若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0， (q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________
4 已知a，b，c为正实数，a+b+c=1 求证
1
(1)a
2
+b
2
+c
2
≥
3
(2)
3a?2?3b?2?3c?2
≤6
1
5 已 知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x
2
+y
2
+z
2
=，
2
2
证明 x，y，z∈［0，］
3
6 证明下列不等式
(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R
+
，
b? c
2
c?a
2
a?b
2
则z≥2(xy+yz+zx) < br>x?y?
abc
(2)若x，y，z∈R
+
，且x+y+z=xyz，
y?zz?xx?y111
??
则≥2(
??
)
xyzxyz
五、思考与探索
1 已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n
(1)证明 n
i
A
i
m
＜m
i
Ai
n

(2)证明 (1+m)
n
＞(1+n)
m

2 若a＞0，b＞0，a
3
+b
3
=2，求证 a+b≤2，ab≤1



第十讲 不等式的证明（二）
一、学习目标
掌握n 个变元的平均不等式、柯西不等式、排序不等式，并能应用它们证明不等式或解题.
二、知识要点
（1）均值不等式
40


江阴一中校本课程（数学）
设有n个正数
a
1
, a
2
,
?
,a
n
的算术平均数和几何平均数分别是

A
n
?


a
1
?a< br>2
?
?
?a
n
和G
n
?
n
a
1
a
2
?a
n

n
n
111< br>??
?
?
a
1
a
2
a
n
，
此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到）
H
n
?



和平方平均（在统计学及误差分析中用到）
22
a
1
2
?a
2
?
?
?a
n
这四个平均值有 以下关系
H
n
?G
n
?A
n
?Q
n
.
Q
n
?
n
其中等号成立的充分必要条件都是
a1
?a
2
???a
n
.
（2）柯西（Cavchy）不等式
设
a
1
、
a
2
、
a
3
，…，
a
n
是任意实数，则

2222
(a
1
b
1
?a
2
b
2
???a
n
b
n
)
2
?(a
1
2
?a
2
???a
n
)(b
1
2
?b
2
???b
n
).

等号当且仅当
b
i
?ka
i
(k
为常数，
i?1,2,?,n)
时成立.
（3）排序不等式（又称排序原理）
设有两个有序数组
a
1
?a
2
???a
n
及
b
1
?b
2
?? ?b
n
.





则
a
1
b
1
?a
2
b
2
???a
n
b
n
（同序和）
?a
1
b
j1
?a
2< br>b
j2
???a
n
b
jn
（乱序和）
?a
1
b
n
?a
2
b
n?1
?
??a
n
b
1
（逆序和）
其中
j
1
, j
2
,
?
,j
n
是1，2，…，n的任一排列.当且仅当< br>a
1
?a
2
???a
n
或
b
1?b
2
???b
n
时等
号（对任一排列
j
1< br>,j
2
,
?
,j
n
）成立.
三、例题赏析
例1 利用基本不等式证明
a?b?c?ab?bc?ca.

思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.
．．





略解：
a?b?2ab, 同理b?c?2bc,c?a?2ca
；三式相加再除以2即得证.
评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.
2< br>2
x
n
x
1
2
x
2
如
?? ???x
1
?x
2
???x
n
，可在不等式两边同时加上< br>x
2
?x
3
???x
n
?x
1
.< br>
x
2
x
3
x
1
222
22232 2
再如证
(a?1)(b?1)(a?c)(b?c)?256abc(a,b,c?0)时，可连续使用基本不等式.
33223
a?b
2
a
2
?b
2
)?
（2）基本不等式有各种变式 如
(
等.但其本质特 征不等式两边的次数及系数是
22
相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.
例2 证明：对于任意正整数R，有
(1?

1
n
1
n?1
)?(1?).

nn?1
1
n
1
思路分析：原不等式等价于
n?1
(1?)?1?
， 故可设法使其左边转化为n个数的几何平均，
nn?1
而右边为其算术平均.
41


江阴一中校本课程（数学）


略证：
n?1(1?
1
)
n
?(1?
1
)
?
(1?
1
)?1?(1?
1
)
?
(1?
1
)?1 ?
n?2
?1?
1
.

n?1
nnnnnn?1n ?1
??????????????
n个
n?1
评述：（1）利用均值不等式 证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相
近.类似可证
(1?
1
n?1
1
n?2
)?(1?).

nn?1
3
≤x≤5,证明不等式
2
2
x?1
+
2x?3
+
15?3x
<2
19
.
（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.
例3 (2003年全国高中数学联赛第13题)设
分析:本题有多种证法,其中以构造柯西不等式证明 最为简捷,但是中学生最为熟悉的还是平均值不
等式,下面给出证明.
a?b
2
a
2
?b
2
证明：由两个正数的平均值不等式a+b≥2ab可得 （）≤，于是
2
2
2x?3 ?15?3xx
18
2x?3
+
15?3x
≤2=2
6?< br>（当且仅当x=时取等号），
22
5
22
x
x
2< br>=
x?14
（当且仅当x=
10
时取等号）
x?1
+
6?
≤2，
2
2
3
所以2
x?1
+2x?3
+
15?3x
<2
x?14
≤2
19
.
x?1?6?



111
例4 n为正整数，证 明：
n[(1?n)?1]?1??????n?(n?1)n
n?1
.

23n
证明：先证左边不等式
1
n
1
n
1
n
?1




111
??
?
??(1?n)?1?
23n
11 1
1??????n
1
23n

?

(1?n)
n
?

n
111
(1?1)?(?1) ?(?1)?
?
?(?1)
1
23n

?(1?n)
n
?
n
34n?1
2???
?
?
23n
?
n
1?n?(*)

n
34n?1
2???
?< br>?
23n
?
n
2?
3
?
4
?
?
?
n?1
?
n
n?1.

n23n
n[(1?n)?1]?1?
∴ （*）式成立，故原左边不等式成立.
其次证右边不等式
1?
111
??
?
?
23n

n
42


江阴一中校本课程（数学）
?
111
1???
?
??n?(n?1)?n
n?1

23n
111111
n?(1???
?
?)(1?)?(1?)?
?
?(1?)
1
?
1
23n23n
?n
n?1
??
n?1
?
n?1nn?1
12n?1
??
?
?
1
n
（**）
?

n?1
?
23
nn?1
1


（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.
?
22
2
x< br>n
x
n
x
1
2
x
2
?1
例 5 设
x
1
,x
2
,
?
,x
n
?R
，求证：
??
?
???x
1
?x
2
?
?
?x
n
.

x
2
x
3
x
n
x
1







思路分析： 注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之.
评述：注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之.
详解： ∵
x
1
,x
2
,?,x
n
?0
，故由柯西不等式，得
2
x
1
2
x
2
(x
2
?x
3< br>?
?
?x
n
?x
1
)(??
?
?< br>x
2
x
3
xx
?(x
2
?
1
?x
3
?
2
?
?
?x
n
?
x< br>2
x
3
22
x
n
x
n?1
?)
x
n
x
1
x
n?1
x
?x
1
?
n
)
2

x
n
x
1
?(x
1
?x
2
?
?
?x
n?1
?xn
)
2
，
22
2
x
n
x
n
x
1
2
x
2
?1
∴
??
?
???x
1
?x
2
?
?
?x
n
.

x
2
x
3
x
n
x
1
评述： 这是一道高中数学联赛题，还可用均值不等式、数学归纳法、比较法及分离系数法和构造
函数法等来证之 .
a
2
?b
2
b
2
?c
2
c< br>2
?a
2
a
2
b
2
c
2
? ????.
例5：
a,b,c?R
，求证
a?b?c?
2c2a2 bbccaab
思路分析： 应先将
a
、
b
、
c
三个不失一般性地规定为
a?b?c?0.

略解：由于不等式关于
a、
b
、
c
对称，可设
a?b?c?0.

11
222
1
于是
a?b?c,??
.
cba
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
由排序不等式，得
a??b??c?(逆序和)?a??b??c?
（乱序和）.
a bcbca
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
及
a??b??c??a??b??c?.

abccab
?


以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组
a
3?b
3
?c
3
?0,及
111
??
， 仿上可证第二个不等式.
bccaab
评述：应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而 数组的构造应从需要入手来设计.这一点应从
所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组.
四、学生练习

1．设
a
、
b
、
c
?R
，证明：
43
?


江阴一中校本课程（数学）
（1）
ab?ab(a?b
）；
abba
?a
b?c
b
c?a
c
a?b
；
abc3
（3）
???
；
b?cc?aa?b2
a
12
b
12
c
12
???a
10
?b
1 0
?c
10
.
（4）
bccaab
（2）
abc
2a2b2c
abc
???3.

b?c?ac?a?ba?b?c
*
3．已知
a
、
b
、
c
?N
，并 且
b?c?a,c?a?b,a?b?c,
求证：
b?c
a
c?a
b
a?b
c

(1?)(1?)(1?)?1.

abc
2．设
a
、b
、
c
是三角形三边的长，求证：
4．设
n?N,n?1,求证：
C?C???C?n?2
6．若
a?2b?12,求2?2
22< br>ab?1
*
1
n
2
n
n
n
n?1< br>2
.

5．若
a?0,b?0,且a?2b?6,求lga?2lgb
的最大值.
的最小值.
7．
x?2y?1,求u(x,y)?x?2y
的最值.
五、思考与探索
1
?x?1
的最小值.
y
3
?
aA?bB?cC
?
2．在△ABC中，试证：
??.

3a?b?c2
1．已知
x?y?1(x?1),求u(x,y)?


第十一讲 不等式知识的综合应用
一、学习目标
（1）建立不等式 求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；（2）建立函数关系，利用均值不等
式求最值问题；（3） 能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题
二、知识要点
1 应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性
2 对于应用题要通过阅读，理解所 给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的
主要特征与关系，建立起能反映其本质属性 的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知
识求出题中的问题
三、例题赏析

例1 （2000年全国高中数学联赛第一试第三题）设s
n
=1+2+ 3+…+n,n∈N,求f(n)=
s
n
的最
(n?32)s
n?1
大值.
分析：本题是一道求有关数列的最大值的问题，只需将s
n
求 和后代入f(n)的表达式并转换成可应用
平均值不等式的形式.
解：由已知，对任何n（这里表示正整数），有
44


江阴一中校本课程（数学）
s
n
1
n
n
= =
2
=，
64
(n?32)s
n?1
(n?32)(n?2)
n?34n?64
n?34?
n
64
1
64
1
又因 n++34≥2
n?
+34=50，故对任何n∈N，有f(n)= ≤. 由于
64
n
n
50
n?34?
n
11
f(8)=，故f(n )的最大值为.
5050
f(n)=
例2 已知a，b，c是实数， 函数f(x)=ax
2
+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时|f(x)|≤1
(1)证明 |c|≤1；
(2)证明 当－1 ≤x≤1时，|g(x)|≤2；
(3)设a＞0，有－1≤x≤1时， g(x)的最大值为2，求f(x)
命题意图 本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分
析问题和解决问题的 能力
知识依托 二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题
的灵魂
错解分析 本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“－1
≤x≤1时|f(x)|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密， 从而使题
目陷于僵局
技巧与方法 本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式 ||a|
－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系
(1)证明 由条件当=1≤x≤1时，|f(x)|≤1，
取x=0得 |c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1
(2)证法一 依题设|f(0)|≤1而f(0)=c，
所以|c|≤1 当a＞0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函数，
于是g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1)
∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，
g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，
因此得|g(x)|≤2 (－1≤x≤1)；
当a＜0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是减函数，
于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，
∵|f(x)|≤1 (－1≤x≤1)，|c|≤1
∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2
综合以上结果，当－1≤x≤1时，都有|g(x)|≤2
证法二 ∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)
∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，
∵f(x)=ax
2
+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，
因此，根据绝对值不等式性质得
|a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，
|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，
∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，
函数g(x)=ax+b的图象是一条直线，
因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只 能在区间的端点x=－1或x=1处取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|
≤2，(－1＜x ＜1
)

45


江阴一中校本课程（数学）
(x?1)
2
?(x?1)
2
x?1
2
x?1
2< br>证法三:?x??()?(),
422
x?1
2
x?1
2x?1x?1
?g(x)?ax?b?a[()?()]?b(?)
2222
< br>x?1
2
x?1x?1
2
x?1
?[a()?b()?c]? [a()?b()?c]
2222
x?1x?1
?f()?f()
22
x?1x?1
当－1≤x≤1时，有0≤≤1，－1≤≤0，
2
2
x?1x?1
∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f
(
)|≤1；
)
|≤1，|f(
2
2
x?1x? 1
因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f
(
)|≤2
)
|+|f(
2
2
(3)解 因为a＞0，g(x)在［－1，1 ］上是增函数，当x=1时取得最大值2，即g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2
①
∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1
因为当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，
根据二次函数的性质，直线x=0为f(x)的图象的对称轴，
b
由此得－＜0 ，即b=0
2a
由①得a=2，所以f(x)=2x
2
－1
1
例3 设二次函数f(x)=ax
2
+bx+c(a＞0)，方程f(x )－x=0的两个根x
1
、x
2
满足0＜x
1
＜x
2
＜
a
(1)当x∈［0，x
1
)
时，证明x＜f( x)＜x
1
；
x
(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x
0
对称，证明 x
0
＜
1

2
解 (1)令F(x)=f(x)－x ，因为x
1
，x
2
是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x
1
)(x－x
2
) 当x∈(0，
x
1
)时，由 于x
1
＜x
2
，得(x－x
1
)(x－x
2
)＞0，
又a＞0，得F(x)=a(x－x
1
)(x－x
2
) ＞0，即x＜f(x)
x
1
－f(x)=x
1
－［x+F(x)］ =x
1
－x+a(x
1
－x)(x－x
2
)=(x
1
－x)［1+a(x－x
2
)］
1
∵0＜x＜x
1＜x
2
＜，∴x
1
－x＞0，1+a(x－x
2
)=1 +ax－ax
2
＞1－ax
2
＞0
a
∴x
1
－f(x)＞0，由此得f(x)＜x
1

b
(2)依题意 x
0
=－，因为x
1
、x
2< br>是方程f(x)－x=0的两根，即x
1
，x
2
是方程ax
2
+(b－1)x+c=0的
2a
根
b?1
∴x
1
+x
2
=－
a
b
a(x
1
?x
2
)?1ax
1
?ax
2
? 1
∴x
0
=－，因为ax
2
＜1，
??
2a2a 2a
axx
∴
x
0
＜
1
?
1

2a2
例4：（1996年全国高中数学联赛第二试第二题）求实数a的取值范围，使得对任何 实数x和任意
?
∈
46


江阴一中校本课程（数学）
[0,
?
]恒有
2
1
.
8
(x+3+2sin
?
cos
?
)
2
+(x+asin?
+acos
?
)
2
≥
分析：本题是一道含有三 角函数的不等式问题，可分离出系数a后再求用基本不等式解，但要注意
不等号成立的条件，否则将得出 错误的结论
解：由(x+3+2sin
?
cos
?
)
2
+(x+asin
?
+acos
?
)
2
≥1
可得：
8
2x
2
?2(asin
?
?ac os
?
?3?2sin
?
cos
?
)x?(3?2sin< br>?
cos
?
)
2
?(asin
?
?acos
?
)
2
?
因为
x
取任意实数，所以
?≤0，即（3+2sin
1
8
2
≥0
≥
?
cos
?
-asin
?
-acos
?
）
1

4
1
2
,
?
∈[0,
?
]，①
?
a≥
2
sin
?
?cos
?
1
3?2s in
?
?cos
?
?
2
,
?
∈[0,?
]，② 或者，a≤
2
sin
?
?cos
?
?
在条件①下，由于
?
∈[0,]时,1≤sin
?
+cos
?
≤
2
,
2
1
3?2sin
?
cos
?
?
1
2
=(sin
?
+cos
?
)+
5
.
2sin
?
?cos
?
sin
?
?cos
?
51
又因为，当1≤x≤
2
时，f(x)=x+·为减函数，从而
2x
1
3?2sin
?
cos
?
?
2
)=f(x)=1+
5
=
7
.由此可得a≥
7
. (
maxmax222
sin
?
?cos
?
1
3?2sin
?
?cos
?
?
3
1
2
=（sin
?
+cos
?
）+
3
?
在条件②下，由于≥2=
6
，且
2
2sin
?
?cos
?
sin
?
? cos
?
1
3?2sin
?
?cos
?
?
6
2
）=
6
.由此得a≤
6
. 当sin
?
+cos
?
=时，等号成立，从而（
min
2
sin
?< br>?cos
?
7
综上所述可知 a≥或者a≤
6
.
2
3?2sin
?
cos
?
?
四、学生练习
1 定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的 图象重合，设
a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )
①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)
③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)
A ①③ B ②④ C ①④ D ②③
47


江阴一中校本课程（数学）
19
4
≥4 ③设x，y都是 正数，若
?
=1，则
2
xy
sinx
x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________
3 某公司租地建仓库，每月土地占用费y
1
与车库到车站的距离成反比，而每月库 存货物的运费
y
2
与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费 用y
1
和y
2
分别为2万元和8万
元，那么要使这两项费用之和最小 ，仓库应建在离车站__________公里处
4 已知二次函数 f(x)=ax
2
+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x
1
，x< br>2

(1)如果x
1
＜2＜x
2
＜4，设函数f (x)的对称轴为x=x
0
，求证x
0
＞－1；
(2)如果|x< br>1
|＜2，|x
2
－x
1
|=2，求b的取值范围
x
5 某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即，0＜ x≤10
)

10
每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍
1
(1)设y=ax，其中a是满足≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；
3
2
(2)若y=x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围
3
五、思考与探索
1 设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n )=f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1
(1)求证 f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；
(2)求证 f(x)在R上单调递减；
(3)设集合A={ (x，y)|f(x
2
)·f(y
2
)＞f( 1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=
?
，求a< br>的取值范围
2x
2
?bx?c
2 已知函数f(x)= (b＜0)的值域是［1，3］，
x
2
?1
(1)求b、c的值；
(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；
71113
(3)若t∈R，求证 lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg
5665






2 下列四个命题中 ①a+b≥2
ab
②sin
2
x+

竞赛讲座五
解析几何

第十二讲 直线与圆的方程
一：学习目标

会用待定系数法确定直线和圆的方程，在求直线和圆的方程并通过它研 究直线和圆的
性质的过程中，加深对解析几何中重要的研究问题的方法与数学思想的理解。
二：
知识梳理

1．解析几何的研究对象是曲线与方程。解析法的实质是用代 数的方法研究几何.首先是通过映射建立曲
线与方程的关系，即如果一条曲线上的点构成的集合与一个方 程的解集之间存在一一映射，则方程叫
做这条曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线。如x
2< br>+y
2
=1是以原点为圆心的单位圆的方程。
2．求曲线方程的一般步骤：( 1)建立适当的直角坐标系；(2)写出满足条件的点的集合；(3)用坐标表示
48


江阴一中校本课程（数学）
条件，列出方程；(4)化简方程并确定未知数的 取值范围；（5）证明适合方程的解的对应点都在曲线上，
且曲线上对应点都满足方程（实际应用常省略 这一步）。
3．直线的倾斜角和斜率：直线向上的方向与x轴正方向所成的小于180
0的正角，叫做它的倾斜角。规
定平行于x轴的直线的倾斜角为0
0
，倾斜角的正切 值（如果存在的话）叫做该直线的斜率。根据直线
上一点及斜率可求直线方程。
4．直线方程 的几种形式：（1）一般式：Ax+By+C=0；（2）点斜式：y-y
0
=k(x-x0
)；（3）斜截式：y=kx+b；
（4）截距式：
x?x
1
y?y
1
xy
（5）两点式：；（6）法线式方程：xcosθ+ysinθ=p（其
??1
；
?
ab
x
2
?x
1
y< br>2
?y
1
?
?
x?x
0
?tcos
?
（其中θ为该直线倾斜
?
?
y?y
0
?tsin
?
中θ为法线倾斜角，|p|为原点到直线的距离）；（7）参数式：
?
角），t的几 何意义是定点P
0
（x
0
, y
0
）到动点P（x, y） 的有向线段的数量（线段的长度前添加正负号，
若P
0
P方向向上则取正，否则取负） 。
5．平行与垂直：若直线l
1
与l
2
的斜率分别为k
1
, k
2
。且两者不重合，则l
1
l
2
的充要条件 是k
1
=k
2
；l
1
?
l
2
的充 要条件是k
1
k
2
=-1。
6．两点P
1
(x
1
, y
1
)与P
2
(x
2
, y
2
)间的距离 公式：|P
1
P
2
|=
(x
1
?x
2)
2
?(y
1
?y
2
)
2
。
7．点P(x
0
, y
0
)到直线l: Ax+By+C=0的距离 公式：
d?
|Ax
0
?By
0
?C|
A?B
22
。
8．直线系的方程：若已知两直线的方程是l
1
：A
1< br>x+B
1
y+C
1
=0与l
2
：A
2
x+B
2
y+C
2
=0，则过l
1
, l
2交点的
直线方程为A
1
x+B
1
y+C
1
+λ (A
2
x+B
2
y+C
2
)=0；由l
1
与l
2
组成的二次曲线方程为（A
1
x+B
1
y+C
1
）
（A
2
x+B
2
y+C
2
）=0； 与l
2
平行的直线方程为A
1
x+B
1
y+C=0(
C?C
1
).
9．二元一次不等式表示的平面区域，若直线l方程为Ax+By+C=0. 若B>0，则Ax+By +C>0表示的区
域为l上方的部分，Ax+By+C<0表示的区域为l下方的部分。
10 ．解决简单的线性规划问题的一般步骤：（1）确定各变量，并以x和y表示；（2）写出线性约束条
件 和线性目标函数；（3）画出满足约束条件的可行域；（4）求出最优解。
11．圆的标准方程：圆心是点(a, b)，半径为r的圆的标准方程为(x-a)
2
+(y-b)
2
=r
2
，其参数方程为
?
x?a?rco s
?
（θ为参数）。
?
y?b?rsin
?
?
1 2．圆的一般方程：x
2
+y
2
+Dx+Ey+F=0(D
2
+E
2
-4F>0)。其圆心为
?
?
若点P(x
0
, y
0
)为圆上一点，则过点P的切线方程为
1
?
DE
?
,?
?
，半径为
D
2
?E
2
?4F< br>。
2
?
22
?
?
x
0
?x
??
y
0
?y
?
??
x
0
x?y
0
y?D
?
?E
?
2
??
2
?
?
?F?0.
①
????
13．根轴：到两圆的切线长相等的点的轨迹 为一条直线（或它的一部分），这条直线叫两圆的根轴。给
定如下三个不同的圆：x
2
+y
2
+D
i
x+E
i
y+F
i
=0, i=1, 2, 3. 则它们的根轴方程分别为
(D
1
-D
2
)x +(E
1
-E
2
)y+(F
1
-F
2
)= 0; (D
2
-D
3
)x+(E
2
-E
3
)y+(F
2
-F
3
)=0; (D
3
-D
1)x+(E
3
-E
1
)y+(F
3
-F
1)=0。不难证明这三
条直线交于一点或者互相平行，这就是著名的蒙日定理。
三：方法与例题
1．坐标系的选取：建立坐标系应讲究简单、对称，以便使方程容易化简。
例1 在ΔABC中，AB=AC，∠A=90
0
，过A引中线BD的垂线与BC交 于点E，求证：∠ADB=∠CDE。
[证明] 以A为原点，AC所在直线为x轴，建立直角坐标 系。设点B，C坐标分别为（0,2a）,(2a,0)，
则点D坐标为（a, 0）。直线BD方程为

xy
??1
， ①直线BC方程为x+y=2a， ②设直线BD
a2a
49


江阴一中校本课程（数学）
和AE的斜率分别为k
1
, k
2
，则k
1
=-2 。因为BD
?
AE，所以k
1
k
2
=-1.所以
k
2
?
1
，所以直线AE方程为
2
1
?
y? x,
1
?
42
?
?
解得点E坐标为
y?x
，由
?
?
a,a
?
。
2
2
?
3 3
?
?
x?y?2a
?
2
a
?2.
因为k
1
+k
3
=0. 所以直线DE斜率为
k
3
?3
4
a?a
3
所以∠BDC+∠EDC=180
0
，即 ∠BDA=∠EDC。
例2 半径等于某个正三角形高的圆在这个三角形的一条边上滚动。证明：三 角形另两条边截圆所得的
0
弧所对的圆心角为60。
[证明] 以A为原点，平行 于正三角形ABC的边BC的直线为x轴，建立直角坐标系见图10-2，设⊙
D的半径等于BC边上的 高，并且在B能上能下滚动到某位置时与AB，AC的交点分别为E，F，设半
径为r，则直线AB，A C的方程分别为
y?
的坐标分别为(x
1
,y
1
),(x< br>2
,y
2
)，则
y
1
?
3x
,y??3x
.设⊙D的方程为(x-m)
2
+y
2
=r
2
.①设点E，F
3x
1
,y
2
??3x
2
，分别代入①并消去y得
2
(x
1
?m)
2
?3x1
2
?r
2
?0.(x
2
?m)
2
? 3x
2
?r
2
?0.

所以x
1
, x< br>2
是方程4x
2
-2mx+m
2
-r
2
=0 的两根。
m
?
x?x?,
12
?
2
?
由 韦达定理
?
?
，所以
22
?
xx?
m?r
12
?
4
?
|EF|
2
=(x
1
-x< br>2
)
2
+(y
1
-y
2
)
2
=(x
1
-x
2
)
2
+3(x
1
-x< br>2
)
2

=4(x
1
+x
2
)2
-4x
1
x
2
=m
2
-(m
2-r
2
)=r
2
.
所以|EF|=r。所以∠EDF=60
0
。
2．代数形式的几何意义。
例3 求函数
f(x)?
[解] 因为
f(x)?
x
4
?3x
2
?6x?13?x
4
?x
2
?1
的最大值。
(x
2
?2)
2
?(x?3)
2
?( x
2
?1)
2
?(x?0)
2
表示动点P(x, x
2
)到两定点A(3, 2),
B(0, 1)的距离之差，见图10-3，当A B延长线与抛物线y=x
2
的交点C与点P重合时，f(x)取最大值
|AB|=10.

3．最值问题。
例4 已知三条直线l
1
: mx-y+m=0, l
2
: x+my-m(m+1)=0, l
3
: (m+1)x-y+m+1=0围成ΔABC，求m为何值
时，ΔABC的面积有最大值、最小值
[解]记l
1
, l
2
, l
3
的方程分别为①，②，③。在①，③中取x=-1, y=0，知等式成立，所以A(-1, 0)为l
1
与l
3
的交点；在②，③中取x=0, y=m+1，等式也成立，所以B(0, m+1)为l
2
与l
3
的交点。设l
1
, l
2< br>斜率分别
1
?
1
?
?
??1
, S
Δ
ABC
=
|AC|?|BC|
，由点到直线距离公式
2
?
m
?
|?m?1?m|1
|?1?m
2
?m||m
2
?m?1|
?
|AC|=，|BC|=。
?
22
22< br>1?m1?m
1?mm?1
1m
2
?m?11
?
m< br>?
3
2
?1?
所以S
Δ
ABC
=
?
。因为2m≤m+1，所以S。又因为-m
2
-1≤2m，
Δ
ABC
≤
??
22
22
?
m?1
?
m?1
4
为k
1
, k
2
, 若m
?
0，则k
1
?k
2
=
m
?
?
50


江阴一中校本课程（数学）
1m1
，所以S
Δ
ABC
≥
.

?
2
2
m?1
4
31
当m=1时，（S
Δ
ABC< br>）
max
=；当m=-1时，（S
Δ
ABC
）
min
=.
44
所以
?
4．线性规划。
例5 设x, y满足不等式组
?
?
1?x?y?4,

?
y?2?|2x?3|.
（1）求点(x, y)所在的平面区域；
（2）设a>-1，在（1）区域里，求函数f(x,y)=y-ax的最大值、最小值。
?
1?x?y?4,
?
1?x?y?4,
??
[解] （1 ）由已知得
?
y?2?2x?3,
或
?
y?2?3?2x,

?
2x?3?0,
?
2x?3?0.
??
解得点(x, y )所在的平面区域，其中各直线方程AB：y=2x-5；CD：y=-2x+1；AD：x+y=1；BC：x +y=4.
(2) f(x, y)是直线l: y-ax=k在y轴上的截距，直线l与阴影相交，因为a>-1，所以它过顶点C时，f(x, y)
最大，C点坐标为（-3，7），于是f(x, y)的最大值为3a+7. 如果-1y)最小，此时值为-2a-1；如果a>2，则l通过B（3，1）时，f(x, y)取最小值为-3a+1.
5．参数方程的应用。
例6 过原点引直线交圆x
2
+(y-1)
2
=1于Q点，在该直线上取P点，使P到直线y=2的距离等于|P Q|，
求P点的轨迹方程。
[解] 设直线OP的参数方程为
?
代入已知圆的方程得t
2
-t?2sinα=0.
所以t=0或t=2sinα。所以|OQ|=2|sinα|，而|OP|=t.
所以|PQ|=|t-2sinα|，而|PM|=|2-tsinα|.
所以|t-2sinα|=|2-tsinα|. 化简得t=2或t=-2或sinα=-1. 当t=±2时，轨迹方程为x
2
+y
2
=4；当sinα=1时，轨迹方 程为x=0.
6．与圆有关的问题。
例7 点A，B，C依次在直线l上，且AB=AB C，过C作l的垂线，M是这条垂线上的动点，以A为
圆心，AB为半径作圆，MT
1
与MT
2
是这个圆的切线，确定ΔAT
1
T
2
垂心 的轨迹。
[解] 见图10-6，以A为原点，直线AB为x轴建立坐标系，H为OM与圆的交点， N为T
1
T
2
与OM
的交点，记BC=1。
以A为圆心的 圆方程为x
2
+y
2
=16，连结OT
1
，OT
2
。因为OT
2
?
MT
2
，T
1
H
?
MT
2
，所以OT
2
HT
1
，同
理OT
1
HT
2
，又OT
1
=OT
2
，所以OT
1
HT
2
是菱形。所以2ON=OH。
又因为OM
?T
1
T
2
，OT
1
?
MT
1
，所以
OT
1
?
ON?OM。设点H坐标为（x,y）。
点M坐标为(5, b)，则点N坐标为
?
22
2
?
x?t cos
?
（t参数）。
?
y?tsin
?
by
?
xy
?
,
?
，将坐标代入
OT
1
2
=ON?OM，再由
?
得
5x
?
22
?
16< br>???
16
?
2
?
x?
?
?y?
? ?
.

5
???
5
?
4
在AB上取点K， 使AK=AB，所求轨迹是以K为圆心，AK为半径的圆。
5
例8 已知⊙O是单位圆，正方形ABCD的一边AB是⊙O的弦，试确定|OD|的最大值、最小值。
[解] 以单位圆的圆心为原点，AB的中垂线为x轴建立直角坐标系，设点A，B的坐标分别为A(c osα,sin
α),B(cosα,-sinα)，由题设|AD|=|AB|=2sinα，这里不 妨设A在x轴上方，则α∈(0,π).由对称性可设
51


江阴一中校本课程（数学）
点D在点A的右侧（否则将整个图形关于y轴作对 称即可），从而点D坐标为(cosα+2sinα,sinα)，
所以|OD|=
(cos
?
?2sin
?
)
2
?sin
2
?
?
=
2(sin2
?
?cos2
?
)?3?
因为
?22?22sin
?
2
?
?
4sin
2
?
?4sin
?
cos
?
?1

?
??< br>3?22sin
?
2
?
?
?
.

4
??
?
?22
，所以
2?1?|OD|?2?1.

4
?
37
当
?
?
?
时，|OD|
max
=
2
+1；当
?
?
?
时，|OD|
min
=
2?1.

88
?
?
?
?
四：课后练习
?
x?y? 1?0,
?
1．如果实数
x、y
满足条件
?
y?1?0,< br> 那么
2x?y
的最大值为（ ）
?
x?y?1?0
?
A．
2
B．
1
C．
?2
D．
?3

22
2．直线
x?y?1
与圆
x?y? 2ay?0(a?0)
没有公共点，则
a
的取值范围是（ ）
A．
(0,2?1)
B．
(2?1,2?1)
C．
(?2?1,2?1)
D．
(0,2?1)

3．已知平 面区域D由以
A(1,3),B(5,2),C(3,1)
为顶点的三角形内部＆边界组成。若 在区域D上有无
穷多个点
(x,y)
可使目标函数z＝x＋my取得最小值，则
m?
（ ）
A．－2 B．－1 C．1 D．4
4．若圆
x?y?4x?4y?10?0
上 至少有三个不同点到直线
l
:
ax?by?0
的距离为
22
,则直线
l
的
倾斜角的取值范围是 ( )
A.[
22
??
124
,
] B.[
?
5
?
1212
,
] C.[
??
,]
D.
[0,]

2
63
?
5．过坐标原点且与x
2
+y
2
+

4x+2y+
6．已知圆M：（x＋cos?）
2
＋（ y－sin?）
2
＝1，直线l：y＝kx，下面四个命题：
（A） 对任意实数k与?，直线l和圆M相切；
（B） 对任意实数k与?，直线l和圆M有公共点；
（C） 对任意实数?，必存在实数k，使得直线l与和圆M相切
（D）对任意实数k，必存在实数?，使得直线l与和圆M相切
其中真命题的代号是______________（写出所有真命题的代号）
7．过点（1 ，2）的直线l将圆(x－2)
2
＋y
2
＝4分成两段弧，当劣弧所对的圆心 角最小时，直线l的斜
率k＝ ．
8．已知圆
x
2
－4
x
－4＋
y
＝0的圆心是点P，则点P到直线
x－
y
－1＝0的距离是 ．
22
9．设直线
ax ?y?3?0
与圆
(x?1)?(y?2)?4
相交于
A
、
B
两点，且弦
AB
的长为
23
，则
a?
_____ _______．
5
=0相切的直线的方程为（ ）
2
1111
（A）y=-3x或y=x (B) y=-3x或y=-x （C）y=-3x或y=-x (B) y=3x或y=x
3333
2
10． 若半径为1的圆分别与
y
轴的正半轴和射线
y?
52
3
x(x
≥
0)
相切，则这个圆的方程
3


江阴一中校本 课程（数学）
为 ．
11． 已知圆x
2
+y
2
=1和直线y=2x+m相交于A，B，且OA，OB与x轴正方向所成的角是α
和β。
求证：sin(α+β)是定值。
12． 当m变化且m≠0时，求证：圆(x-2m-1)
2
+(y-m-1)
2
=4m
2
的圆心在一条定直线上，并
求这一系列圆的公切线的方程。


第十三讲 圆锥曲线
一：学习目标
通过具体问题的综合解法与解析解法的比较，让学生体验解析几何处理几何问题 ，形成用代数方
法解决几何问题的能力，提高学生的数学素养，培养学生良好的思维品质。
二：知识梳理

1． 椭圆的定义
第一定义：平面上到两个定点的距离之和 等于定长（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹，即
|PF
1
|+|PF
2
|=2a (2a>|F
1
F
2
|=2c).
第二定义： 平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0迹（其中定 点不在定直线上），即
|PF|
?e
(0d
2． 椭圆的方程
如果以椭圆的中心为原点，焦点所在的直线为坐标轴建立坐标系，由定义可求得它的标准方程，
若焦点在x轴上，列标准方程为
?
x?acos
?
x
2< br>y
2
??1
(a>b>0)， 参数方程为（
?
为参数）。
?
22
ab
?
y?b sin
?
y
2
x
2
若焦点在y轴上，列标准方程为
2
?
2
?1
(a>b>0)。
ab
x
2
y
2
3．椭圆中的相关概念：对于中心在原点，焦点在x轴上的椭圆
2
?
2
?1
，a称半长轴长，b称半
ab
短轴长，c称为半 焦距，长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别为(±a, 0), (0, ±b), (±c, 0)；与 左
a
2
a
2
焦点对应的准线（即第二定义中的定直线）为
x ??
，与右焦点对应的准线为
x?
；定义中的
c
c
c
比e称为离心率，且
e?
，由c
2
+b
2
=a
2
知0a
x
2
y
2
4．椭圆的焦半径公式：对于椭圆
2
?
2
?
1( a>b>0), F
1
(-c, 0), F
2
(c, 0)是它的两焦点。若P(x, y)是椭圆
ab
上的任意一点，则|PF
1
|=a+ex, |PF
2
|=a-ex.
5．几个常用结论：1）过椭圆上一点P(x
0
, y
0
)的切线方 程为
x
0
xy
0
y
?
2
?1
；
2
ab
2）斜率为k的切线方程为
y?kx?a
2
k
2
?b
2
；
53


江阴一中校本课程（数学）
2ab
2
3）过焦点F
2
(c, 0)倾斜角为θ的弦的长为
l?
2
。
a?c
2
cos2
?
6．双曲线的定义，第一定义：满足||PF
1
|-|PF
2
||=2a(2a<2c=|F
1
F
2
|, a>0)的点P的轨迹；
第二定义：到定点的距离与到定直线距离之比为常数e(>1)的点的轨迹。
7．双曲线的方程：
?
x?asec
?
x
2
y< br>2
中心在原点，焦点在x轴上的双曲线方程为
2
?
2
?1， 参数方程为
?
（
?
为参数）。
ab
?
y?btan
?
y
2
x
2
焦点在y轴上的双曲线的标准方程 为
2
?
2
?1
。
ab
x
2
y
2
8．双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在x轴上的双曲线
2
?
2
?1
(a, b>0),
ab
a称半实轴长，b称为半虚轴长，c为半焦距，实轴的两个端点为(-a, 0), (a, 0). 左、右焦点为F
1
(-c,0), F
2
(c,
a
2
a
2
c
,x?.
离心率
e?
，由a< br>2
+b
2
=c
2
知e>1。两条渐近线方0)，对应的左、右 准线方程分别为
x??
cc
a
x
2
y
2
x
2
y
2
k
程为
y??x
，双曲线
2
?
2
?1
与
2
?
2
??1
有相同的渐近 线，它们的四个焦点在同一个圆
ab
a
ab
上。若a=b，则称为等轴双曲线 。
x
2
y
2
9．双曲线的常用结论：1）焦半径公式，对于双曲线
2
?
2
?1
，F
1
（-c,0）, F
2
(c, 0)是它的两个焦点。
ab
设P(x,y)是双曲线上的任一点 ，若P在右支上，则|PF
1
|=ex+a, |PF
2
|=ex-a；若P （x,y）在左支上，则
|PF
1
|=-ex-a，|PF
2
|=- ex+a.
2ab
2
2) 过焦点的倾斜角为θ的弦长是
2
。 < br>22
a?ccos
?
10．抛物线：平面内与一个定点F和一条定直线l的距离 相等的点的轨迹叫做抛物线，点F叫焦点，
直线l叫做抛物线的准线。若取经过焦点F且垂直于准线l的 直线为x轴，x轴与l相交于K，以线段
KF的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，设|KF|=p， 则焦点F坐标为
(
标准方程为y
2
=2px(p>0)，离心率e=1.
11．抛物线常用结论：若P(x
0
, y
0
)为抛物线y
2
=2px(p>0)上任一点，
1）焦半径| PF|=
x?
p
p
,0)
，准线方程为
x??
，< br>2
2
p
；
2
2）过点P的切线方程为y
0
y=p(x+x
0
)；
3）过焦点倾斜角为θ的弦长为
2p
。
1?cos
2
?< br>12．极坐标系，在平面内取一个定点为极点记为O，从O出发的射线为极轴记为Ox轴，这样就建立了极坐标系，对于平面内任意一点P，记|OP|=ρ,∠xOP=θ，则由（ρ，θ）唯一确定点P的位置 ，（ρ，
θ）称为极坐标。
13．圆锥曲线的统一定义：到定点的距离与到定直线的距离的比 为常数e的点P，若0轨迹为椭圆；若e>1，则点P的轨迹为双曲线的一支；若e =1，则点P的轨迹为抛物线。这三种圆锥曲
线统一的极坐标方程为
?
?
三． 方法与例题
1．与定义有关的问题。
54
ep
。
1?ecos
?


江阴一中校本课程（数学）
x
2< br>y
2
??1
的左焦点，点P为椭圆上的动点，当3|PA|+5|PF|取例1 已知定点A（2，1），F是椭圆
2516
最小值时，求点P的坐标。
[解] 由题设a=5, b=4, c=
5
2
?4
2
=3,
e?< br>c325
，又因为
?
.椭圆左准线的方程为
x??
a5341
，过P作PQ垂直于左准线，垂足为Q。
??1
，所以点A在椭圆内部，又点 F坐标为（-3，0）
2516
|PF|3
55
?e?
，由定义知则 |PF|=|PQ|。所以3|PA|+5|PF|=3(|PA|+|PF|)=3(|PA|+|PQ|)≥ 3|AM|(AM
?
左
|PQ|5
33
准线于M)。
所以 当且仅当P为AM与椭圆的交点时，3|PA|+5|PF|取最小值，把y=1代入椭圆方程得
x??
又x<0，所以点P坐标为
(?
515
，
4
515
,1)

4
2．求轨迹问题。
例2 已知一椭圆及焦点F，点A为椭圆上一动点，求线段FA中点P的轨迹方程。
[解法一] 利用定义 ，以椭圆的中心为原点O，焦点所在的直线为x轴，建立直角坐标系，设椭圆方程：
x
2
y
2
1
?
=1（a>b>0）.F坐标为(-c, 0).设另一焦点为。 连结，OP，则
OPAF'
。所以
F'AF'
?
2
a
2
b
2
1
|FP|+|PO|=(|FA|+|A
F'
| )=a.
2
c
所以点P的轨迹是以F，O为两焦点的椭圆（因为a>|FO|=c） ，将此椭圆按向量m=(,0)平移，得到中
2
c
4(x?)
2
22
xy
4y
2
2
心在原点的椭圆：
2
?
2< br>?1
。由平移公式知，所求椭圆的方程为
?
2
?1.

ab
a
2
b
44
x?cy
,y?
1
，即 x
1
=2x+c, y
1
=2y. 又因为点A在[解法二] 相关点法。设点P(x,y), A(x
1
, y
1
)，则
x?1
22
2
c
??
4
?
x?
?
x
1
2
y
1
2
x
2
y
2
4y
2
2
??
椭圆
2
?
2
?1
上 ，所以
2
?
2
?1.
代入得关于点P的方程为
?
2
?1
。它表示中
abab
a
2
b
?
c?
心为
?
?,0
?
，焦点分别为F和O的椭圆。
?
2
?
例3 长为a, b的线段AB，CD分别在x轴，y轴上滑动，且A，B，C，D四点共圆，求此动圆圆心P
的轨迹。
aabb
,0), B(x+,0), C(0, y-), D(0, y+),
2222
a
2
b
2
22
?y?
记O为原点，由圆幂 定理知|OA|?|OB|=|OC|?|OD|，用坐标表示为
x?
，即
44
[解] 设P(x, y)为轨迹上任意一点，A，B，C，D的坐标分别为A(x-
55


江阴一中校本课程（数学）
a
2
?b
2
x?y?.

4
22
当a=b时，轨迹为两条直线y=x与y=-x；
当a>b时，轨迹为焦点在x轴上的两条等轴双曲线；
当a3．定值问题。
x
2
y
2
例4 过双曲线
2
?
2
?1
(a>0, b>0)的右焦点F作B
1
B
2
?x
轴，交双曲线于B
1
，B
2
两 点，B
2
与左焦
ab
点F
1
连线交双曲线于B点，连结B< br>1
B交x轴于H点。求证：H的横坐标为定值。
[证明] 设点B，H，F的坐标分别为(asecα,btanα), (x
0
, 0), (c, 0)，则F
1
，B
1
，B
2
的坐标分别为(-c, 0), (c,
b
2
b
2
?
), (c, )，因为F
1
，H分别是直线B
2
F，BB1与x轴的交点，所以
a
a
abab?acsin
?
c?,x
0
?.
①
2asin
?
?bcos
?
asin
?
?bc os
?
a
2
b(b?csin
?
)
所以
cx
0
?

2222
2asin
?
?ab sin
?
cos
?
?bcos
?
a
2
b( b?csin
?
)
?
2

2222
asin
?
?absin
?
cos
?
?b?csin
?
a
2
b(b?csin
?
)
?
。
asin
?
(asin
?
?bcos
?
)?(csin
?
? b)(csin
?
?b)
a(b?csin
?
)
,
由①得
asin
?
?bcos
?
?
x
0
代 入上式得
cx
0
?
a
2
b
a2sin
?< br>(csin
?
?b)
x
0
a
2
。
,
即
x??
（定值）
c
x
2
y2
11
?
例5 椭圆
2
?
2
?1
上 有两点A，B，满足OA
?
OB，O为原点，求证：为定值。
22
|OA||OB|
ab
[证明] 设|OA|=r
1
,|OB|=r
2
,且∠xOA=θ,∠xOB=
θ),B(-r
2
sinθ,r
2
cosθ)。由A，B在椭圆上有
?
2
?
?
，则点A，B的坐标分别为A(r
1
cosθ, r
1
sinr
1
2
cos
2
?
r
1
2
s in
2
?
r
2
2
sin
2
?
r< br>2
2
cos
2
?
??1,??1.

222 2
abab
1cos
2
?
sin
2
?
即
2
?
①
?
r
1
a
2
b
2
1sin
2
?
cos
2
?
??.
②
222
r
2
ab
1111
???
① +②得（定值）。
2222
|OA||OB|ab
4．最值问题。
例6 设A，B是椭圆x
2
+3y
2
=1上的两个动点，且OA
?
OB（O为原点），求|AB|的最大值与最小值。
56


江阴一中校本课程（数学）
r
3
11
,记|OA| =r
1
,|OB|=r
2
,
1
?t
，参考例8可得
2
?
2
=4。设
3
r
1
r
2r
2
1
2
1111
2222
m=|AB|
2< br>=
r
1
?r
2
?(r
1
?r
2)(
2
?
2
)?(2?t?
2
)
,
44
r
1
r
2
t
[解] 由题设a=1，b=< br>111
1cos
2
?
sin
2
?
1a
2
?b
2
2
22
??
因为
2
?
，且a>b，所以，所以b≤r
1
≤a，
???sin
?
22222222
ar
1
b
r
1
abaab
ba1< br>?
b
2
同理b≤r
2
≤a.所以
?t?
。又 函数f(x)=x+在
?
2
abx
?
a
??
a2
?
,1
?
上单调递减，在
?
1,
2
?
上单调递增，所以
??
b
?
23
ba
当t=1即 |OA|=|OB|时，|AB|取最小值1；当
t?
或时，|AB|取最大值。
3
ab
3
3
22
例7 设一椭圆中心为原点，长轴在x轴 上，离心率为，若圆C：
x?(y?)?
1上点与这椭圆
2
2
上点的 最大距离为
1?7
，试求这个椭圆的方程。
?
3
?
[解] 设A，B分别为圆C和椭圆上动点。由题设圆心C坐标为
?
0,
?
，半径|C A|=1，因为|AB|≤
?
2
?
|BC|+|CA|=|BC|+1，所以 当且仅当A，B，C共线，且|BC|取最大值时，|AB|取最大值
1?7
，所以|BC|< br>最大值为
7.

3
x
2
y
2
因为< br>e?
；所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为2t,
3t
,t，椭圆方 程为
2
?
2
?1
，
2
4tt
9
3
??
并设点B坐标为B(2tcosθ,tsinθ)，则|BC|
2
=(2 tcosθ)
2
+
?
tsin
?
?
?
=3 t
2
sin
2
θ-3tsinθ++4t
2
=-3(tsi n
4
2
??
1
θ+)
2
+3+4t
2.
2
9
1
若
t?
，则当sinθ=-1时，|BC|
2
取最大值t
2
+3t+
?7
，与题设不符。
4
2
1
1
若t>,则当sinθ=
?
时，|BC|
2
取最大值3+4t
2
，由3+4t
2
=7得t=1.
2
2t
x
2
?y
2
?1
。 所以椭圆方程为
4
5．直线与二次曲线。
例8 若抛物线y=ax
2
-1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求a的取值范围。
[解] 抛物线y=ax
2
-1的顶点为(0,-1)，对称轴为y轴，存在关于直 线x+y=0对称两点的条件是存在一对
点P(x
1
,y
1
)，满足 y
1
=a
x
1
?1
且-x
1
=a(-y< br>1
)
2
-1，相减得x
1
+y
1
=a(x
1
?y
1
),因为P不在直线x+y=0
P'
(-y
1
,-x
1
)，
上，所以x
1
+y
1≠0,所以1=a(x
1
-y
1
)，即x
1
=y
1
+
所以
ay
1
?y
1
?
2
2 22
2
1
.

a
113
?1?0.
此方程 有不等实根，所以
??1?4a(?1)?0
，求得
a?
，即为所求。
aa4
x
2
?y
2
?1
相交，例9 若直线y=2x+b与椭圆（1）求b的范围；（2）当截得弦长最大时，求b的值。
4
57


江阴一中校本课程（数学）
[解] 二方程联立得17x
2< br>+16bx+4(b
2
-1)=0.由Δ>0，得
?17
17
；设两交点为P(x
1
,y
1
),Q(x
2
,y
2
)，由
417?b
2
韦达定理得|PQ|=
1?k| x
1
?x
2
|?5?
。所以当b=0时，|PQ|最大。
17
2
四．课后练习
1．双曲线与椭圆x
2
+4y
2
=64共焦点，它的一条渐近线方程是
x?3y
=0，则此双曲线的标准方程是< br>_________.
2．过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，若A，B在抛物 线准线上的射影分别是A
1
，
B
1
，则∠A
1
FB
1
=_________.
x
2
y
2
3．双曲线
2
?
2
?1
的一个焦点为F
1
，顶点为A
1
，A
2
，P是双曲线上任一点，以|PF
1
|为直径的圆与
ab
以|A
1
A
2
|为直径的圆的位置关系为_________ .
4．椭圆的中心在原点，离心率
e?
1
，一条准线方程为x=11，椭圆 上有一点M横坐标为-1，M到此
3
准线异侧的焦点F
1
的距离为_____ ____.
x
2
y
2
5．4a+b=1是直线y=2x+1与椭圆
2
?
2
?1
恰有一个公共点的_________条件.
ab
2
?
?
x?m?2t
6．若参数方程
?
（t为 参数）表示的抛物线焦点总在一条定直线上，这条直线的方程是
?
?
y?2m?22t
22
_________.
x
2
y
2
??1总有公共点，则m的范围是_________. 7．如果直线y=kx+1与焦点在x轴上的椭圆
5m
x
2
y
2
??1
的左焦点，且被双曲线截得线段长为 6的直线有_________条. 8．过双曲线
96
(x?3)
2
y2
??1
相交于A，B两点，若以AB为直径的圆恰好通过椭9．过坐标原点的直线l与椭 圆
62
圆的右焦点F，则直线l的倾斜角为_________.
10．以椭圆x< br>2
+a
2
y
2
=a
2
(a>1)的一个顶点 C（0，1）为直角顶点作此椭圆的内接等腰直角三角形ABC，
这样的三角形最多可作_______ __个.
x
2
y
2
11．求椭圆
2
?
2
?1
上任一点的两条焦半径夹角θ的正弦的最大值。
ab
x
2y
2
12．设F，O分别为椭圆
2
?
2
?1
的 左焦点和中心，对于过点F的椭圆的任意弦AB，点O都在以
ab
AB为直径的圆内，求椭圆离 心率e的取值范围。
x
2
y
2
?1
(a>0)，抛物线C
2
的顶点在原点O，C
2
的焦点是C
1
的左焦点F
1
。 13．已知双曲线C
1
：
2
?
a2a
2（1）求证：C
1
，C
2
总有两个不同的交点。
（2）问：是 否存在过C
2
的焦点F
1
的弦AB，使ΔAOB的面积有最大值或最小值？若 存在，求直线AB
的方程与S
Δ
AOB
的最值，若不存在，说明理由。



58


江阴一中校本课程（数学）
竞赛讲座六
立体图形、空间向量

第十四讲 多面体
一、 知识梳理
多面体与旋转体
1.柱体(棱柱和圆柱)
(1)侧面积
S
侧
?c?l
(
c
为直截面周长,
l
为侧 棱或母线长)(2)体积
V?Sh
(
S
为底面积,
h
为高)
2.锥体(棱锥与圆锥)
1
c?h
'
(
c
为底面 周长,
h
'
为斜高)(2)圆锥的侧面积:
S
侧
?
?
rl

2
1
(
r
为底面周长,
l
为母线长)(3)锥体的体积:
V?Sh
(
S
为底面面积,
h为高).
3
S
1
h
1
2
V
1
h
1
3
?
2
,?
3
. 3.锥体的平行于底面的 截面性质:
ShVh
4
2
3
4.球的表面积:
S?4
?
R
; 球的体积:
V?
?
R
.

3
(1)正棱锥的侧面积
S
侧
?
二、 例题赏析
1．正四面体的内切球和外接球的半径之比为( )
A,1:2 B,1:3 C,1:4 D,1:9
答案
：B 设棱长为
a
,外接球的半径为R,内切球的半径为
r< br>,则
R
2
?(
解得
R?
3
2
6a)?(a?R)
2

33
6666
a
,
r? a?a?a
,有
r
:R=1:3.
43412
22
2．由 曲线
x?4y
,
x??4y
,
x?4
,
x??4< br>围成的图形绕
y
轴旋转一周所得的几何体的体积为
V
1
;满< br>22
足
x?y?16
,
x?(y?2)?4
,
x?( y?2)?4
的点
(x,y)
组成的图形绕
2222
y
轴旋转一周所得的几何体的体积为
V
2
,则( )
12
A,
V
1
?V
2
B,
V
1
?V
2
C,
V
1
?V
2
D,
V
1
?2V
2

23
答案
：C 设
A(0,a)(a?0)
,则过A的两个截面都是圆环,面积分别是
(4
2< br>?x
2
)
?
?(4
2
?4a)
?
和
(x
1
2
?x
2
2
)
?
?{(4
2
?a
2
)?[2
2
?(a?2)
2
]}
?
?(4
2
?4a)
?

?
3．在四面体 ABCD中,设
AB?1
,
CD?3
,直线AB与CD的距离为2,夹角为, 则四
3
面体ABCD的体积为多少？

答案
： 过C作CEAB
,以
?CDE
为底面,BC为侧棱作棱柱
ABF?ECD
,则所求四面体的体 积
V
1
等于上述棱柱体积
V
2
的< br>棱柱
AB?F

1
2
11
,而
?CDE的面积
S?CE?CD?sin?ECD
,AB与CD 的公垂线MN就是
32
1
MN?C?EsC?iDn?
=
ECD
的高,于是
V
2
?
EC
2
B
59
A


江阴一中校本课程（数学）
133
11
?2?1?3??
,因此
V
1
?V
2
?
.
222
32
4．
三个
12?12
的正方形都被连接两条邻边 的中点的直线分成A,B两
片,如图,把这六片粘在一个正六边形的外面,然后折成多面体,则这个
多面体的体积为 .
12
3
答案
：864 将几何体补成一个棱长为12的正方体,几何体的体积为正方体体积的一半,为

2
5 ．空间四个球,它们的半径分别是2,2,3,3.每个球都与其他三个球外切.另一个小球与这
四个球都相切,则这个小球的半径为多少？
6
设半径为3的球心为A,B,半径为2的球心为C,D.则易知
11
AB=6,CD=4,A C=AD=BC=BD=5.设小球中心为O,半径为
r
,则O在
四面体ABCD内 且AO=BO=3+
r
,CO=DO=2+
r
.取AB中点E,连结
CE,DE,则CE
?
AB,DE
?
AB,故平面CDE为线段AB的垂直 平分面
?
,所以O在平面CDE内,又由OC=OD=2+
r
知O在CD的垂直平
分面
?
内,故O在等腰
?CED
底边CD上的高EF上(F为CD中 点),易算出ED=EC=
答案
：
5
2
?3
2
? 4
,得
?ECD
为等边三角形.于是EF=
=
(2?r)?2?22
3
ED?23
.而
OF?OC
2
?CF
2

2
r(4?r)
.OE=
OA
2
?AE
2
?(3?r)
2
?3
2
?r(6?r)
,代入OE+OF
6
=EF=2
3
得
r(4?r)?r(6?r)?23
,解 得
r?
.
11
三、 课后练习
1. 甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成,其空间构型为一正四面体,碳原子位于该正四
面体的中心,四个氢原子分别位于该正四面体的四个顶点上.若将碳原子和氢原子均视为一
个 点(体积忽略不计),且已知碳原子与每个氢原子间的距离都为
a
,则以四个氢原子为顶点
的这个正四面体的体积为( )
A,
83
3
8
3
18
a
C,
a
3
D,
a
3

a
B,
27
2739

2. 夹在两个平行平面之间的球,圆柱,圆锥在这两个平面上的射影都是圆,则它们的体积之
比为( )
A,3:2:1 B,2:3:1 C,3:6:2 D,6:8:3
3. 有一个
m?n?p
的长方体盒子,另有一个
(m?2)?(n?2)?(p?2)
的长方体盒子,
其 中
m,n,p
均为正整数(
m?n?p
),并且前者的体积是后者一半,求< br>p
的最大值.

4.如图,设
S?ABCD
是一个高为3,底面边长为2的正四棱锥,
S
K是棱SC的中点,过AK作平面与线段SB,SD分别交于M,N
(M,N可以是线段的端点).试求四棱锥
S?AMKN
的体积V
K
N
的最大值与最小值.

M
D
C


A B

60


江阴一中校本课程（数学）
第十五讲 空间
直线与平面

一、 知识梳理
直线,平面之间的平行与垂直的证明方法
1．运用定义证明(有时要用反证法); 2．运用平行关系证明;
3．运用垂直关系证明; 4．建立空间直角坐标系,运用空间向量证明.
例如,在证明:直线
a?
直线
b
时.可以这样考虑
(1)运用定义证明直线
a
与
b
所成的角为
90
; (2)运用三垂线定理或其逆定理;
(3)运用“若
a?
平面
?
,
b?
?
,则
a?b
”; (4)运用“若
bc
且
a?c
,则
a?b
”;
→
(5)建立空间直角坐标系,证明
→
a
·
b
＝0.

0
二、 例题赏析
1. 若线段AB的两端点到平面
?
的距离都等 于2,则线段AB所在的直线和平面
?

的位置关系是 .
答案：
当
AB?2
时,AB
?
;当
AB?2< br>时,AB
?
或AB
?
?
;当
AB?2
时,A B
?
或与
?
斜交.
2如图(1),在直四棱柱
A
1
B
1
C
1
D
1
?ABCD
中,当底面四 边形
ABCD
满足条件
时,有
A
1C
?
B
1
D
1
(注:填上你认为正确的一种条件即可, 不必考虑所有可能的情形)
A
B
A C
B

答案：
AC
?
BD.(或ABCD是正方形或菱形等)
3如图正方 体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中，E、 F、G分别是B
1
B、AB、BC的中点．
（1）证明：D
1
F⊥EG；
（2）证明：D
1
F⊥平面AEG；
证明：
以D为原点，DA、D C、
DA
1
所在的直线分别为x、y、z轴，
建立空间直角坐标系，设正方体
AC
1
棱长为a，则D（0，0，0）， < br>A（a，0，0），B（a，a，0），
D
1
（0，0，a），E（a，a，< br>F（a，
C
图(1)
D
D
a
），
2
aa
，0），G（，a，0）．
22
→
＝(a，
a
，-a）
→
＝(
?a
，0，
a
， （1）
D
，
?)
EG
1
F
2
2
2
→
·
→
＝a×(
?< br>a
)＋
a
×0＋(-a)×(
?
a
)＝0, ∵
D
1
FEG
22
2
∴
D
1
F?EG
．
→
＝(0，a，
a
）< br>→
·
→
＝a×0＋
a
×a－a×
a
＝0 （2）
AE
，∴
D
1
FAE
222
∴
D
1
F?AE
∵
EG?AE?E
，∴
D
1
F?
平面AEG
61


江阴一中校本课程（数学）
三、 课后练习
1．如图(2),是一个正方体的展开图,在原正方体中,有下列命题:
①AB与EF所连直线平行; ②AB与CD所在直线异面;
③MN与BF所在直线成
60
; ④MN与CD所在直线垂直.
其中正确命题的序号为 .(将所有正确的都写出)
D
F
C
E
N A
M
图(2)

B
0
2．如图,直三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中,
AC?BC
,连接
AB
1
,
BC
1
,
C
1
A
1

CA
1
,若
AB
1
?BC
1
,求证:
AB
1
?CA
1


B
1




C
A


B







3．如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中,
?ABC?60?
，
P A?AC?a,PB?PD?2a,
点E在
PD上,且PE:ED= 2: 1.在棱PC上是否存在一点F, 使BF∥平面AEC?证明你的结论.











P
F
A
E
D
B
C
第十六讲 空间中的角和距离的计算
一、 知识梳理
空间中的角和距离的计算
1．求异面直线所成的角
(1)(平移法)过P作
aa
,
bb,则
a
与
b
的夹角就是
a
与
b
的夹角 ;
(2)证明
a?b
(或
ab
),则
a
与
b
的夹角为
90
(或
0
);
62
0
0
'
''
'


江阴一中校本课程（数学）
→
所成的角(
?
?[0,
?
]
),再化为异面直线
a
与
b
所成的角(
?
?(0,
?
]
). (3)求
→
与
ab
2
2,求直线与平面所成的角
(1) (定义法)若直线
a
在平面
?
内的射影是直线
b< br>,则
a
与
b
的夹角就是
a
与
?
的夹 角;
(2) 证明
a?
?
(或
a
?
),则
a
与
?
的夹角为
90
(或
0
);
00
→
(3) 求
→
a
与
?
的法向量n
所成的角
?
,则
a
与
?
所成的角为
90?
?
或
?
?90
.
3．求二面角
(1) (直接计算)在二面角
?
?AB?
?
的半平面
?
内任取一点
P?AB
,过P作AB的垂线,
交AB于C,再过P作
?
的垂线, 垂足为D,连结CD,则
CD?AB
,故
?PCD
为所求的二面角.
(2) (面积射影定理)设二面角
?
?AB?
?
的大小为
?
(
?
?90
),平面
?
内一个平面图形F
的面 积为
S
1
,F在
?
内的射影图形的面积为
S
2,则
cos
?
??
2222
0
0
0
S
2
.(当
?
为钝角时取“
?
”).
S
1
(3) (异面直线上两点的距离公式):
EF?d?m?n?2mnc os
?
,其中
?
是二面角
?
?AB?
?
的平面角,EA在半平面
?
内且
EA?AB
于点A,BF在半平面
?
内且FB
?

AB于B,而
AB?d
,
EA?m
,
FB?n
.
(4) (三面角的余弦定理),三面角
S?ABC
中,
?BSC?
?
,
?CSA?
?
,
?ASB?
?
,又二面角 < br>B?SA?C?
?
,则
cos
?
?
cos
?
?cos
?
cos
?
.
sin
?
sin
?
→
(5)(法向量法)平面
?
的法向量
→
n1
与平面
?
的法向量
n
2
所成的角为
?
,则所求的二面角为

?
或
?
?
?

4.求两点A,B间距离
→
|. (1)构造三角形进行计算; (2),导面直线上两点间的距离公式; (3),求|
AB
5.求点到直线的距离
(1)构造三角形进行计算; (2)转化为求两平行线之间的距离.
6.求点到平面的距离
(1)直接计算从点到平面所引垂线段的长度; (2)转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离; (3) (体
3V
,其中V为棱锥体 积,S为底面面积,
h
为底面上的高.(4)在平面上取
S
→
与平面 的法向量
→
的夹角的余弦
cos
?
,则点P到平面 一点A,求APn
积法)转化为求一个棱锥的高
h?
→
||cosθ| 的距离为d＝|
AP
7.求异面直线的距离
(1)(定义法)求异面直线公垂线段的长; (2)(体积法)转化为求几何体的高;
(3)(转化法)转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离;
(4)(最值法)构造异面直线上两点间距离的函数,然后求函数的最小值;
(5)(射影 法)如果两异面直线
a,b
在同一平面内的射影分别是一个点P和一条直线
l
,
则
a
与
b
的距离等于P到
l
的距离; (6)(公式法)
d?EF?m?n?2mncos
?
.
8.求平行的线线 ,线面,面面之间的距离的方法,通常是转化为求点与线或点与面之间的距离.

2222
二、 例题赏析
1.正四棱锥
S?ABCD
中,
?ASB?45
,二面角
A?SB?C
为
?
且
cos
?
?m?n
,(
m
,

n
为整数),则
m?n?
.
答案
：5 因各侧面为全等的等腰三角形.在
?SAB
内作高AE,则CE 也是
?SBC
的高,故
63
0


江阴一中校本课程（数学）
45
0
1
222

?AEC?
?
.设SA?1
则
AE?CE?
,
AB?BC?2sin
,
A C?AB?BC

2
2
0
AE
2
?CE
2
?AC
2
2
45
0
8sin?4(1?cos45)?4? 22cos
?
???3?8
=.,得
22AE?CE
m?n??3? 8?5
.
ABC
所成的2．直三棱柱
A
1
B
1< br>C
1
?ABC
中,平面
A
1
BC
?
平面
ABB
1
A
1
,且
AC
=
3AA1
,则AC与平面
1
角
?
的取值范围是 .
答案
：
0
0
?
?
?30
0
作AD
?
A
1
B
于D,易证AD
?
平面
A
1
BC
,所以
?ACD?
?
.设
AA
1< br>?a
,
AB?x
,
3a
2
sin
2
?
0
AABB
?3a?sin
?
,故
x?
则
AD?
.易证BC平面,,从而
?CBA?90
?
11
2
22
1?3sin
?
a?x
3a
2
sin
2
?
1
2
?3a
,,
sin
?
?
AB? AC
,即
x?3a
,于是
0?
1?3sin
2
?< br>2
0000
又
0?
?
?90
,得
0?
?
?30
.
3．在正三棱锥
P?ABC
中,
AB?a< br>,
PA?2a
,过A作平面分别交平面PBC于DE.当截面

?ADE
的周长最小时,△ADE面积为多少？ P到截面ADE的距离为多少？
355
2
35
a

a
将三棱锥的侧棱PA剪开,当
?ADE
的周长最小时,其展开图如图 答案
：
645
?ADE
的周长即是展开图中线段
AA
'
的长.易证
?ABD

P
∽
?PAB
,又PA= 2AB=
2a
,故
AD?AB?2BD?a
,
3PD3
P D?PB?BD?a
,
DE??BC?a
.
?ADE
中,
2PB4
E A’
155
D
22
a
.于是 DE上的高
AH?AD?(DE)?
A
28
ax
2
135 5
2
S
?ADE
??AH?DE?a
; 从P向底面作高PO.则
264
PO=
PA
2
?AO
2

=
(2a)?(
2
B
C
1333
2
1 1
3
1
2
33
a?a?a
.
a)?a
. 于是
V
P?ABC
??
33412
3
3
9911< br>3
311
3
S
?PDE
PD
2
9
V ?V??a?a
.设P到截面的距离 又,得
??
A?PDEA?PBC
2< br>16161264
S
?PBC
PB16
为
d
,则V
A?PDE
?V
P?ADE
?
1311
3
3 5
d?S
?ADE
?a
,于是
d?a
.
364
5
0
三、 课后练习
1．设二面角
?
?a ?
?
的大小是
60
,P是二面角内的一点,P点到
?
,?
的距离分别为1cm,
2cm,则点P到棱
a
的距离是( )
221421
21
2
cm
B,
cm

cm
C,
cm
D,
33
3
3
0
2．若异面直线
a,b
所原角为< br>60
,AB是公垂线,E,F分别是异面直线
a,b
上到A,B距离为
A,
64


江阴一中校本课程（数学）
2和平共处的两点,当
EF?3
时,线段AB的长为 .
3．如图,在
?ABC
中,AB=AC=13,BC=10,DEBC分别交AB ,AC于D,E.将
?ADE
沿
DE折起来使得A到
A
1
,且
A
1
?DE?B
为
60
的二面角,求
A1
到直线BC的最小距离.


A
4．如图,已知矩形AB CD中,AB=1,BC=
a
(a?0)
,PA
?
A
平面ABCD,且PA=1.
(1)问BC边上是否存在点Q使得PQ
?
QD?并说明理由;
E
D O
(2)若边上有且只有一个点Q,使得PQ
?
QD,求这时二面角Q
?PD?A
的正切.

C

B
O


P




D
A


Q
B C
.


0
竞赛讲座七 排列组合二项式定理
第十七讲 排列与组合
【考点梳理】
一、考试内容
1.分类计数原理与分步计数原理。
2.排列、排列数公式。
3.组合、组合数公式。
4.组合数的两个性质。
5.二项式定理，二项式展开的性质。
二、考试要求
1.掌握分类计数原理及分步计数原理，并能用这两个原理分析和解决一些简单的问题。
2. 理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它解决一些简
单的问题 。
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题。
三、考点简析
1.排列、组合、二项式知识相互关系表
2.两个基本原理
（1）分类计数原理中的分类。
（2）分步计数原理中的分步。
正确地分类与分步是学好这一章的关键。
3.排列
65


江阴一中校本课程（数学）
（1）排列定义，排列数
（2）排列数公式：系
A
n
=
（3）全排列列：
A
n
=n!
（4）记住下列几个阶乘数：1 ！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720
4.组合
（1）组合的定义，排列与组合的区别
（2）组合数公式：C
n
m
=
（3）组合数的性质
①C
n
m
=C
n
n-m
②C
n
r?1rr
rr-1
?C
n
?C
n?1< br> ③rC
n
=n·C
n-1

m
n!
=n·(n-1)…(n-m+1)
(n?m)!
n
n!n(n-1)
?
(n-m?1)
= < br>m!(n?m)!m?(m?1)?
?
?2?1
④C
n
0+C
n
1
+…+C
n
n
=2
n ⑤C
n
0
-C
n
1
+…+(-1)
n
C
n
n
=0即 C
n
0
+C
n
2
+C
n
4
+…=C
n
1
+C
n
3
+…=2
n-1
四、思想方法
1.解排列组合应用题的基本规律
（1）分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种：①单独使用；②联合使用。
（2）将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列组合应用题的关键一步。
（3）对于带限制条件的排列问题，通常从以下三种途径考虑：
①元素分析法：先考虑特殊元素要求，再考虑其他元素。
②位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置。
③整体排除法：先算出不带限制条件的排列数，再减去不满足限制条件的排列数。
（4）对解组合问题，应注意以下三点：
①对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法。
②是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反”。
③设计“分组方案”是解组合题的关键所在。
2.解排列、组合题的基本策略与方法
（1）去杂法
对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解 决排列组合应用
题时一种常用的解题方法。
（2）分类处理
某些问题总体不好解决 时，常常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。这是解排列组合问题
的基本策略之一。注意的是：分 类不重复不遗漏，即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。
（3）分步处理
与分 类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。在处理
排列组合问题 时，常常既要分类，又要分步，其原则是先分类，后分步。
（4）插入法（插空法）
某些元 素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插入法。即先安排好没有限制条件的元素，
然后再将有限 制条件的元素按要求插入排好的元素之间。
（5）“捆绑”法
把相邻的若干特殊元素“捆绑 ”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松
绑”。将特殊元素在这些位置上全排列 ，即是“捆绑法”。
（6）穷举法：
将所有满足题设条件的排列与组合逐一排列出来。
（7）探索法：
对于复杂的情况，不易发现其规律的问题，需仔细分析，从特殊到一般，或一 般到特殊，探索出
其中规律，再给予解决。
（8）消序处理
66


江阴一中校本课程（数学）
对均匀分组问题的解决，一定要区分开是“有序分 组”还是“无序分组”，若是“无序分组”，一
定要清除均匀分组无形中产生的有序因素。
（9）“住店”法
解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一 类不能重复。把不能
重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用分步计数原理直接求解的 方法称为“住店”
法。
（10）等价命题转换法
将陌生、复杂的问题转化为熟悉、 简单的问题。这是解数学题的主要思想方法之一，也是解较难
的排列、组合题的重要策略。
五【例题解析】
例1 完成下列选择题与填空题
（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有 种。
A.81 B.64 C.24 D.4
（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（ ）
A.81 B.64 C.24 D.4
（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，
①每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有 ；
②每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有 ；
③每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法
有 。
解析 （1）完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行，是选用基本原理的关键。将“投四封
信”这件事分四步完成，每投一封信作为一步，每步都有投入三个不同信箱的三种方法，因此：N=3< br>×3×3×3=3
4
=81，故答案选A。
本题也可以这样分类完成，①四封 信投入一个信箱中，有C
3
1
种投法；②四封信投入两个信箱中，
有C
3
2
（C
4
1
·A
2
2
+C
4
2
·C
2
2
）种投法；③四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱 中，有C
4
2
·A
3
3
、
种投法，故共有C
3
1
+C
3
2
（C
4
1
·A
2
2
+C
4
2
C
2
2
）+C
42
·A
3
3
=81（种）。故选A。
（2）因学生可同时夺得 n项冠军，故学生可重复排列，将4名学生看作4个“店”，3项冠军看作
“客”，每个“客”都可住进 4家“店”中的任意一家，即每个“客”有4种住宿法。由分步计数原理
得：N=4×4×4=64。 故答案选B。
（3）①学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制，所以类似（1）可得
N=3
4
=81（种）；
②竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑4种不同学生，共有
N=4
3
=64（种）；
③等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有
C
4
3
·A
3
3
=24（种）。
注 本题有许多形式，一般地都可以看作下列命题：
设集合A={a
1
,a
2< br>,…,a
n
},集合B={b
1
,b
2
,…,bm
}，则f：A→B的不同映射是m
n
,f：B→A的不同映射是
nm
。
若n≤m，则f：A→B的单值映射是：A
m
n
。
例2 同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（ ）
A.6种 B.9种 C.11种 D.23种
解法一 由于共四人（用1，2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人），这个数目不大，化为填数问题< br>之后，可用穷举法进行具体的填写：
67


江阴一中校本课程（数学）
再按照题目要求检验，最终易知有9种分配方法。
解法二 记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3
种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：
第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式；
第二类：甲收到的不 是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种（分别是丙和丁送出的）。
对每一种情况，丙、丁收到 卡片的方式只有一种。
因此，根据乘法原理，不同的分配方式数为 ３×（1+2）=9。
解法三 给四个人编号：1，2，3，4，每个号码代表1个人，人与号码之间的关系为一对一的关< br>系；每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表，这样，贺年卡的分配问题可抽象为如下
“数学问题”：将数字1，2，3，4，填入标号为1，2，3，4的4个方格里，每格填写一个数字，且每< br>个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种（也可以说成：用数字1，2，3，4组成没有重复数< br>字的4位数，而且每位数字都不等于位数的4位数共有多少个）？
这时，可用乘法原理求解答案：
首先，在第1号方格里填写数字，可填上2、3、4中的任一个数，有3种填法；
其次，当第1号方格填写的数字为i（2≤i≤4）时，则填写第i种方格的数字，有3种填法； < br>最后，将剩下的两个数填写到空着的两个空格里，只有1种填法（因为剩下的两个数中，至少有1
个与空着的格子的序号相同）。
因此，根据乘法原理，得不同填法： 3×3×1=9
注 本题是“乱坐问题”，也称“错排问题”，当元素较大时，必须用容斥原理求解，但元素较小时，应用分步计数原理和分类计数原理便可以求解，或可以穷举。
例3 宿舍楼走廊上有有编号 的照明灯一排8盏，为节约用电又不影响照明，要求同时熄掉其中3
盏，但不能同时熄掉相邻的灯，问熄 灯的方法有多少种？
解法一 我们将8盏灯依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8。
在所熄的三盏灯中，若第一盏熄1号灯，第二盏熄3号灯，则第3盏可以熄5，6，7，8号灯中的
任 意一盏，共有4种熄法。
若第一盏熄1号灯，第2盏熄4号灯，则第3盏可以熄6，7，8号灯中的任意一盏。
依次类推，得若1号灯熄了，则共有4+3+2+1=10种熄法。
若1号灯不熄，第一盏熄 的是2号灯，第二盏熄的是4号灯，则第三盏可以熄6，7，8号灯中的
任意一盏，共有3种熄法。
依次类推得，若第一盏灯熄的是2号灯，则共有3+2+1=6种熄法。
同理，若第一盏熄的是3号灯，则共有2+1=3种熄法。
同理，若第一盏熄的是4号灯，则有1种熄法。
综上所述共有：10+6+3+1=20种熄法。
解法二 我们可以假定8盏灯还未安装， 其中5盏灯是亮着的，3盏灯不亮。这样原问题就等价于：
将5盏亮着的灯与3盏不亮的灯排成一排，使 3盏不亮的灯不相邻（灯是相同的）。5盏亮着的灯之间
产生6个间隔（包括两边），从中插入3个作为 熄灭的灯——就是我们经常解决的“相邻不相邻”问题，
采用“插入法”，得其答案为C
63
=20种。
注 解法一是穷举法，将所有可能的情况依次逐一排出。这种方法思路清 晰，但有时较繁。方法
二从另外一个角度审题，认清其数学本质，抽象成数学模型，解题时有一种豁然开 朗的感觉。
例4 已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{-3,-2,-1,0 ,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直
线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。
68


江阴一中校本课程（数学）
解 设倾斜角为θ，由θ为锐角，得tanθ=-
a
>0,即a、b异号。
b
（ 1）若c=0，a、b各有3种取法，排除2个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有3 ×3-2=7（条）。
（2）若c≠0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其 中任两条直线均不相
同，故这样的直线有3×3×4=36条，从而符合要求的直线共有7+36=43 条。
注 本题是1999年全国高中数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有0.37。错误 原因没有
对c=0与c≠0正确分类；没有考虑c=0中出现重复的直线。
例5 平面上给 定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点
（除原10点外）， 无两条直线互相平行。求：（1）这些直线所交成的点的个数（除原10点外）。（2）
这些直线交成多 少个三角形。
解法一 （1）由题设这10点所确定的直线是C
10
2
=45条。
这45条直线除 原10点外无三条直线交于同一点，由任意两条直线交一个点，共有C
45
2
个交点。
而在原来10点上有9条直线共点于此。所以，在原来点上有10C
9
2
点被 重复计数。
所以这些直线交成新的点是：C
45
2
-10C
92
=630。
（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个 顶点，这三个点来自上
述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取 三个点的组合，即C
640
3
=43
486080（个）。

（2）同解法一。
注 用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方 法与对策之外，还要考
虑实际几何意义。
六、 课后练习
一、选择题
1 .有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项
任务， 不同的选法有 种。（ ）
A.2520 B.2025 C.1260 D.5040
2.若x（小于55）为正整数，则(55-x)(56-x)…(69-x)等于（ ）
A.A
69-x
55-x
B.A
69-x
15
C.A
55-x
15
D.A
69-x
14

3.八名学生排成前后两排，计算其排法种数，在下列答案中错误的是（ ）
A.前后两排各4人，共有A
8
4
A
4
4
种排法
B.前3人，后5人，有A
8
8
种排法
C.前3人，后5人，甲必 站前排有A
3
1
A
3
2
A
4
4
种 排法
D.前3人，后5人，甲不站前、后两排的正中，有6A
7
7
种排法
4.四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有
种。（ ）
A.150 B.147 C.144 D.141
5.8个色彩不同的球已平均分装在4个箱子中，现从不同的箱子中取出2个彩球，则不同的取法共
有（ ）
A.6种 B.12种 C.24种 D.28种
6.一条铁路原有 m个车站，为适应客运需要新增加n个车站(n>1)，则客运车票增加了58种（注：
从甲站到乙站和 从乙站到甲站需要两种不同车票），那么原有车站（ ）
A.12个 B.13个 C.14个 D.15个
7.有12个队参加亚运会足球赛，比赛时先分为3个组（每个组4个 队），各组都实行主客场制（即
每队都要与本组的其他各队交锋两次），然后由各组的前两名共6个队进 行单循环赛（即每两个队交锋
一次）决定冠亚军，则共需要比赛（ ）
A.51场 B.66场 C.48场 D.33场
8.每天上午有4节课，下午有2节课，安排5门 不同的课程，其中安排一门课两节连在一起上，则
69


江阴一中校本课程（数学）
一天安排不同课程的种数为（ ）
A.96 B.120 C.480 D.600
9.从1，2，3， 4，7，9这六个数，任取两个分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成的不同
的对数值的个数（ ）
A.17 B.19 C.21 D.23
二.解答题
10.有6本不同的书，按下列分配方式，分别有多少种不同分配方式？
（1）分成一本、两本、三本的3组；
（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人一本，一人二本，一人三本；
（3）分成每组都是二本的3组；
（4）分给甲、乙、丙三人，每人二本。



第十八讲 二项式定理
一:【考点梳理】
1.二项式定理
（1）二项式展开公式
(a+b)
n
=C
n
0
a
n
+C
n
1
a
n-1
b+…+C
n
k
a
n-k
b
k
+…+C
n
n
b
n

（2）通项公式：二项式展开式中第k+1项的通项公式是
T
k+1
=C
n
k
a
n-k
b
k

2.二项式的应用
（1）求某些多项式系数的和。 （2）证明一些简单的组合恒等式。
（3）证明整除性。①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题。
（4）近似计算。当|x|充分小时，我们常用下列公式估计近似值：
①(1+x)
n
≈1+nx ②(1+x)
n
≈1+nx+
n(n?1)
2
x
2
（5）证明不等式。
3.赋值法
所谓赋值法是指在二项展开公式两边用 特殊值代入，得出某些等式及组合数的性质。解决与二项
式系数相关的问题。
4.构造二次式
5.算两次
对同一对象从两个不同角度去进行计数，再将两方面计算的结果综合起来，获得所 需结论。这样
一种处理问题的方法，称之为算两次。
在排列组合中，常对同一问题可有不同的 分类办法去解，可得到有关排列数与组合数的不同关系
式。
【例题解析】
例1（1 ）如果（x+
（2）求（
x
-
1
2n
）展开式中，第四项与 第六项的系数相等。求n，并求展开式中的常数项；
x
1
8
2x
4
）展开式中的所有的有理项。
解 （1）由C
2n
3
=C
2n
5
,可得3+5=2n
∴ n=4。 设第k+1项为常数项 则 T
k+1
=C
8
k
·x
8-k
·x
-k
=C
8
k·x
8-2k

∴8-2k=0，即k=4 ∴常数项为T
5
=C
8
4
=70。
（2）设第k+1项有理项，则
70


江阴一中校本课程（数学）
8?k
·x
2
1
T
k?1
?C
8
k
1
?
·(?x
4
)
k
2

16 ?3k
4
1
?C
8
·(?)
k
·x
2k
16?3k
∈Z，只有使k分别取0，4，8
4
351
-2
所以所求的有理项应为： T
1
=x
4
,T
5
=x,T
9
=x
8256
因为0≤k≤8，要使
注 （1）二项式展开中，要注意“系数”与“二项式系数”的区别；
（2）在二项展开式中求得k后，对应的项应该是k+1项。

例2 （1）求4×6
n
+5
n+1
被20除后的余数；
（2）7
n
+C
n
1
7
n-1
+C
n
2
·7
n-2
+…+C
n
n-1
×7除以9，得余数是多少？
（3）根据下列要求的精确度，求1.02
5
的近似值。①精确到0.01；②精确到0.0 01。
解 （1）首先考虑4·6
n
+5
n+1
被4整除的余数。
∵5
n+1
=(4+1)
n+1
=4
n+1
+C
n+1
1
4
n
+C
n+1
2
4
n-1
+…+C
n+1
n
·4+1
∴其被4整除的余数为1 ∴被20整除的余数可以为1，5，9，13，17
然后考虑4·6
n+1
+5
n+1
被5整除的余数。
∵4 ·6
n
=4·(5+1)
n
=4(5
n
+C
n1
·5
n-1
+C
n
2
·5
n-2
+ …+C
n
n-1
·5+1)
∴被5整除的余数为4 ∴其被20整除的余数可以为4，9，14，19。
综上所述，被20整除后的余数为9。
（2） 7
n
+C
n
1
·7
n-1
+C
n
2
·7
n-2
+…+C
n
n-1
·7
=(7+1)
n
-1=8
n
-1=(9-1)
n
-1
=9
n
-C
n
1
·9
n-1
+ C
n
2
·9
n-2
+…+(-1)
n-1
C
n
n-1
·9+(-1)
n
C
n
n
-1
(i)当n为奇数时
原式=9
n
-C
n
1
·9< br>n-1
+C
n
2
·9
n-2
+…+（-1）
n-1
C
n
n-1
·9-2
∴除以9所得余数为7。
(ii)当n为偶数时
原式=9
n
-C
n
1
·9
n-1
+C
n
2
·9
n-2
+…+(-1)
n-1
C
n
n-1
·9
∴除以9所得余数为0，即被9整除。
（3）(1.02)
5
≈（1+0.02）
5

=1+c
5
1
·0.02+C
5
2
·0.02
2< br>+C
5
3
·0.02
3
+C
5
4
0 .02
4
+C
5
5
·0.02
5

∵C< br>5
2
×0.02
2
=0.004,C
5
3
× 0.02
3
=8×10
-5

∴①当精确到0.01时，只要展开式 的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.10。
②当精确到0.001时 ，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值为1.104 。
注 （1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时，通常把底数适当地拆成两项之和或之差再
按二项式定理展开推得所求结论。
（2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。
例3 证明下列不等式：
a
n
?b
n
a?b
n
（1）≥ （）,（a、b∈{x|x是正实数},n∈N）;
2
2
11
（2）已知a、b为正数，且+=1，则对于n∈N有
a b
（a+b）
n
-a
n
-b
n
≥2
2n< br>-2
n+1
。
71


江阴一中校本课程（数学）
证明 （1）令a=x+δ， b=x-δ 则x=
a
n
+b
n
=(x+δ)
n
+(x-δ)
n

=x
n
+C
n
1
x
n-1
δ+…+C
n
n
δ< br>n
+x
n
-C
n
1
x
n-1
δ+… (-1)
n
C
n
n
δ
n

=2(x
n
+C
n
2
x
n-2
δ
2
+C
n
4
x
n-4
δ
4
+…)
≥2x
n

a?b

2
a
n
?b
n
a?b
n
即≥（）
2
2
（2）(a+b)
n
=a
n
+C
n
1
a
n-1
b+…+C
n
n
b
n

(a+b)
n
=b
n
+C
n
1
b
n-1
a+…+C
n
n
a
n

上述两式相加得：
2(a+b)
n
=(a
n
+b
n
)+C
n
1
(a
n-1
b+b
n-1
a)+…+C
n
k< br>(a
n-k
b
k
+b
n-k
a
k
) +…+C
n
n
(a
n
+b
n
) (*)
11
+=1，且a、b为正数
ab
∴ab=a+b≥2
ab
∴ab≥4
∵
又∵ a
n-k
b
k
+b
n-k
a
k
≥2
a
n
?b
n
=2(
ab
)
n
(k=1,2 ,…,n-1)
∴2(a+b)
n
≥2a
n
+2b
n< br>+C
n
1
2(
ab
)
n
+C
n2
2（
ab
）
n
+…+C
n
n-1
2 (
ab
)
n

∴(a+b)
n
-a
n
-b
n

≥(C< br>n
1
+C
n
2
+…+C
n
n-1
) ·（
ab
）
n
≥(2
n
-2)·2
n
=2
2n
-2
n+1

注 利用二项式定理的展开式，可以证明一 些与自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法称
之为均值换元（对称换元）。这样消去δ奇数次项 ，从而使每一项均大于或等于零。题（2）中，由由
称位置二项式系数相等，将展开式倒过来写再与原来 的展开式相加，这样充分利用对称性来解题的方
法是利用二项式展开式解题的常用方法。
例4 已知(1-ax)
n
展开式的第p,p+1,p+2三项的二项式系数构成等差数列，第n+1 -p与第n+2-p项
的系数之和为0，而（1-ax）
n+1
展开式的第p+1与p +2项的二项式系数之比为1∶2。
1）求（1-ax）
n+1
展开式的中间项； （2）求（1-ax）
n
的展开式中系数最大的项。
解 由题设得：
?
2C
n
p
?C
n
p?1
?C
n
p ?1
　　①
?
?
n?p
n?p
n?1?p
?Cn
(?a)
n?1?p
?0　　②

?
C
n< br>(?a)
?
pp?1
③
?
?
2C
n?1?C
n?1
　　
pn?p
p
C
n
p
+ C
n

n?1?pp?1
pn?p
两边约去C
n
p
,可得： 2=+
n?1?pp?1
n?1?p
由③得，2C
n+1
p
=C
n+1
p
约去C
n+1
p
可得，n=3p+1
p?1
pn?p
?< br>??2
?
n?1?pp?1
解方程组
?

?
n?3p?1
?
由①得，2C
n
p
=
得：n=7,p=2.
将p=2,n=7代入②得：
72


江阴一中校本课程（数学）
C
5
7
(-a)
5
+C
7
6
·( -a)
6
=0
解之得：a=0或3。
若a=0 ，则（1-0·x）8
的中间项T
5
=0，（1-0·x）
7
展开式中系数最大的项 是T
1
=1。
若a=3，则（1-3x）
8
的中间项T
5
=C
8
4
·（-3x）
4
=5670x
4
，（1-3x）
7
的展开式中，奇数项系数为正，
令
C
7k
·
?
-3
?
C
k?2
7
k
k?2
·(?3)
≥1 解之得：k≤6。
故（1-3x）
7
展开式中系数最大的项为
T
7
=C7
6
·（-3）
6
·x
6
=5103x
6。
注 一般地，求（a+bx）
n
展开式中系数绝对值最大的项的方法是：
设第k+1项为系数绝对值最大的项，则由
kn?kkk?1n?k?1k?1
?< br>Ca·b?Ca·b
n
?
n

?
kn?kkk?1n ?k?1k?1
·b
?
?
C
n
ab?C
n
a
跟踪练习;
一.填空题
1.已知(x
x
-
2.在（x -
1
6
15
)展开式的第5项等于，那么
lim
(x
-1
+x
-2
+…+x
-n
)= 。 n??
x2
3.若n∈N，且n为奇数，则6
n
+C
n
1
6
n-1
+…+C
n
n-1
6-1被8除，所得的余数是 。
二.解答题
4.已知（2i
x
+
1
4
）(2 x-1)
3
的展开式中，x
2
项的系数为 。
x
1
n
）,i是虚数单位，x∈R,n∈N。
2
x
（1）如果展开式的倒数第三项的系数是-180，求n;
（2）对（1）中的n，求展开式中系数为正实数的项。

5.已知f(x)=(1 +x)
m
+(1+x)
n
(m,n∈N)的展开式中的x系数为19。
（1）求f(x)展开式中x
2
项系数的最小值；
（2）当x
2
项系数最小时，求f(x)展开式中x
7
项的系数。



6.设a
n
=1+q+q
2
+…+ q
n-1
(n∈N,q≠±1),A
n
=C
n
1
a
1
+C
n
2
a
2
+…+C
n
n< br>a
n

（1）求A
n
(用n和q表示)
（2）当- 3<9<1，且q≠-1时，求
lim
n??
A
n

n
2
竞赛讲座八
平面几何


第十九讲 平面几何四个重要定理
四个重要定理：
梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）
73


江阴一中校本课程（数学）
△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是
。
塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）
△ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件
是。
托勒密(Ptolemy)定理
四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内
接于一圆。


西姆松(Simson)定理（西姆松线）
从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三
角形的外接圆上。


例题
1． 过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。
求证：。
【分析】连结并延长AG交BC于M，
则M为BC的中点。
DEG截△ABM→
（梅氏定理）
74


江阴一中校本课程（数学）
DGF截△ACM→（梅氏定理）
∴


===1
2．(95全国竞赛) 菱形ABCD的内切圆O 与各边分别交于E、F、G、H，在弧EF和弧GH上分
别作⊙O的切线交AB、BC、CD、DA分别 于M、N、P、Q。
求证：MQNP。
【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证
∠AMQ=∠CPN，
结合∠A=∠C知，只需证
△AMQ∽△CPN
←，AM·CN=AQ·CP。
连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记 ∠ABO=φ，
∠MOK=α，∠KON=β，则
∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。
∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α
∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM
又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是
∴AM·CN=AO·CO
同理，AQ·CP=AO·CO。
，
3.(99全国竞赛)如图，在四边形ABC D中，对角线AC平分∠BAD。
在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证 ：
∠GAC=∠EAC。
75


江阴一中校本课程（数学） 证明：连结BD交AC于H。对△BCD用塞瓦定理，可得
因为AH是∠BAD的角平分线，由角平 分线定理，

可得，故。
过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交
AE的延长线于J。
则，
所以，从而CI=CJ。
又因为CIAB，CJAD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。
因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。
4.已知A B=AD，BC=DC，AC与BD交于O，过O的任意两条直线EF和GH与四边形ABCD的四边
交 于E、F、G、H。连结GF、EH，分别交BD于M、N。求证：OM=ON。（5届CMO）
证明：作△EOH
点。
△E’OH‘，则只需证E’、M、H‘共线，即E’H‘、 BO、GF三线共
记∠BOG=α，∠GOE’=β。连结E‘F交BO于K。只
需证=1（C eva逆定理）。
=
==1
注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。
对应于99联赛2：∠E’OB=∠ FOB，且E‘H’、GF、BO三线共点。求证：
∠GOB=∠H‘OB。
76


江阴一中校本课程（数学）
事实上，上述条件是充要条件，且M在OB延长线上时结论仍然成立。
证明方法为：同一法。
蝴蝶定理：P是⊙O的弦AB的中点，过P点引⊙O的两弦CD、EF，连结DE交AB于M，连结CF交AB于N。求证：MP=NP。
【分析】设GH为过P的直径，F
PF‘，PA< br>F’F，显然‘∈⊙O。又P∈GH，∴PF’=PF。∵PF
PB，∴∠FPN=∠F’PM， PF=PF‘。
又FF’⊥GH，AN⊥GH，
∴FF‘∥AB。
∴∠F’PM+∠ MDF‘=∠FPN+∠ED
F’
=∠EFF‘+∠EDF’=180°，∴P、
M 、D、F‘四点共圆。
∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。
∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。
【评注】一般结论为：已知半径
为
R
的⊙O内一弦AB上的一点P，过P作两条相交弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知< br>OP=
r
，P到AB中点的距离为
a
，则。（解析法证明：利用二次曲 线系知识）
课后练习
1.设四边形ABCD外切于一圆,E、F、G、H分别是AB、BC 、CD、DA边上的切点,若直线HE与
GF相交于N点,则直线BD必通过点M.(用梅氏定理证HE 与DB的交点和GF与DB的交点为同
一点)
2．任意四边形ABCD的一组对边BA和C D交于M,过M作割线交另一组对边所在的直线于H、
1111
???
L,交对角线所 在直线于
H
?
、
L
?
,求证:
MHMLMH?
ML
?
(提示:AD、BC交于O(平行显然也成立),利用AO与△BML、 △CML的梅氏定理)
3.已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC2=AB2+AB·BC。
(提示：过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。则CD=DA=AB，AC=BD。
由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。)
77


江阴一中校本课程（数学）


4.若正五边形ABCDE 的边长为a,对角线长为b,试证：
(提示：证b
2
＝a
2
＋ab, 联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)



ba
－＝1.
ab
第二十讲 注意添加平行线证题

在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的 图
形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.
添加平行线证题,一般有如下四种情况.

1 为了改变角的位置

大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互 补.利用这些性
质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.
A
D
例1 设P、Q为线段BC上两点,且BP＝CQ,
A为BC外一动点(如图1).当点A运动到使
∠BAP＝∠CAQ时,△ABC是什么三角形？试
B
P
Q
C
证明你的结论.
图1
答： 当点A运动到使∠BAP＝∠CAQ时,△ABC为等腰三角形.
证明：如图1,分别过点P、B作AC、AQ的平行线得交点D.连结DA.
在△DBP＝∠AQC中,显然
∠DBP＝∠AQC,∠DPB＝∠C.
由BP＝CQ,可知
△DBP≌△AQC.
有DP＝AC,∠BDP＝∠QAC.
于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP.
则A、D、B、P四点共圆,且四边形ADBP为等腰梯形.故AB＝DP.
所以AB＝AC.
这里,通过作平行线,将∠QAC“平推”到∠BDP的位置.由于A、D 、B、P四点共圆,使证明很顺
畅.
例2 如图2,四边形ABCD为平行四边形,
E
P
∠BAF＝∠BCE.求证：∠EBA＝∠ADE.
G
证明：如图2,分别过点A、B作ED、EC
D
A
的平行线,得交点P,连PE.
由AB
∥
CD,易知△PBA≌△ECD.有
B
F
C
＝
PA＝ED,PB＝EC.
图2
显然,四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有
∠BCE＝∠BPE,∠APE＝∠ADE.
由∠BAF＝∠BCE,可知
∠BAF＝∠BPE.
有P、B、A、E四点共圆.
于是,∠EBA＝∠APE.
78


江阴一中校本课程（数学）
所以,∠EBA＝∠ADE.
这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P、B、 A、E四点共圆,紧密联系起来.∠APE
成为∠EBA与∠ADE相等的媒介,证法很巧妙.

2 欲“送”线段到当处

利用“平行线间距离相等”、“ 夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某
些线段“送”到恰当位置,以证题.
例3 在△ABC中,BD、CE为角平分线,P为ED上任意一点.过P分别作AC、AB、BC的 垂线,M、N、
Q为垂足.求证：
PM＋PN＝PQ.
证明：如图3,过点P作AB的平行线交BD
A
N
于F,过点F作BC的平行线分别交PQ、AC
M
P
E
D
于K、G,连PG.
F
G
由BD平行∠ABC,可知点F到AB、BC
K
C
B
两边距离相等.有KQ＝PN.
Q
显然,
EPEFCG
＝＝,可知PG∥EC.
PDFDGD
图3
由CE平分∠BCA,知GP平分∠FGA.有PK＝PM.于是,
PM＋PN＝PK＋KQ＝PQ.
这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM＝PK,就有PM＋PN＝PQ.证法非常简捷.

3 为了线段比的转化

由于“平行于三角形一边的直线截 其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加
平行线,实现某些线段比的良性转化. 这在平面几何证题中是会经常遇到的.
例4 设M
1
、M
2
是△ ABC的BC边上的点,且BM
1
＝CM
2
.任作一直线分别交AB、AC、 AM
1
、AM
2
于P、
Q、N
1
、N
2< br>.试证：
AM
1
AM
2
AB
AC
＋＝＋.
AN
1
AN
2
AP
AQ
证明：如图4,若PQ∥B C,易证结论成立.
若PQ与BC不平行,设PQ交直线BC
于D.过点A作PQ的平行线交直线BC于
E.
由BM
1
＝CM
2
,可知BE＋CE＝M
1
E＋
M
2
E,易知
A
P
Q
N
2
M< br>1
M
2
CD
图4
N
1
E
ABBE< br>AC
CE
＝,＝,
APDE
AQ
DE
AM
1
ME
AM
2
ME
＝
1
,＝
2
.
AN
1
DE
AN
2
DE
AM
1
AM
2
AB
AC
BE?CE
M
1
E?M
2
E
则＋＝＝＝＋.
ANAN
DE
AP
AQ
DE
12
AM
1
AM
2< br>AB
AC
所以,＋＝＋.
AN
1
AN
2
AP
AQ

79
B


江阴一中校本课程（数学）
这里,仅仅添加了一条平行线 ,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE,于是问题迎刃
而解.
例5 AD是△ABC的高线,K为AD上一点,BK交AC于E,CK交AB于F.求证：∠FDA＝∠EDA.
证明：如图5,过点A作BC的平行线,分
Q
MPAN
别交直线DE、DF、BE、CF于Q、P、
F
K
E
N、M.
显然,
D
有BD·AM＝DC·AN. (1)
BDKDDC
＝＝.
ANKAAM
B
C
APAFAM
由＝＝,有
BDFBBC
BD·AM
AP＝. (2)
BC
AQ
AEAN
由＝＝,有
DC
ECBC
DC·AN
AQ＝. (3)
BC
对比(1)、(2)、(3)有
AP＝AQ.
显然AD为PQ的中垂线,故AD平分∠PDQ.
所以,∠FDA＝∠EDA.
这 里,原题并未涉及线段比,添加BC的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,
就使A P与AQ的相等关系显现出来.

4 为了线段相等的传递

当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系
传递开 去.
例6 在△ABC中,AD是BC边上的中线,点M在AB边上,点N在AC边上,并且∠MD N＝90°.如果
BM
2
＋CN
2
＝DM
2
＋DN
2
,求证：AD
2
＝
图5
1
(AB
2＋AC
2
).
4
证明：如图6,过点B作AC的平行线交ND
A
延长线于E.连ME.
由BD＝DC,可知ED＝DN.有
M
N
△BED≌△CND.
于是,BE＝NC.
C
B
D
显然,MD为EN的中垂线.有
E
EM＝MN.
图6
由BM
2
＋BE
2
＝BM2
＋NC
2
＝MD
2
＋DN
2
＝MN
2
＝EM
2
,可知△BEM为直角三角形,∠MBE＝90°.有
∠ABC＋∠ACB
＝∠ABC＋∠EBC＝90°.
于是,∠BAC＝90°.
1
?
1
?
所以,AD
2
＝
?
BC
?
＝(AB
2
＋AC
2
).
4
?
2
?
这里,添加AC的平行线,将BC的以D为中点的性质传递给EN,使解题找到出路.
80
2


江阴一中校本课程（数学）
例7 如图7,AB为半圆直径,D为AB上一点,
C
F
分别在半圆上取点E、F,使EA＝DA,FB＝DB.
E
过D作AB的垂线,交半圆于C.求证：CD平
分EF.
证明：如图7,分别过点E、F作AB的垂线,G、H为垂足,连FA、EB.易知
A
B
G
DO
H
DB
2
＝FB
2
＝AB·HB,
图7
AD
2
＝AE
2
＝AG·AB.
二式相减,得
DB
2
－AD
2
＝AB·(HB－AG),
或 (DB－AD)·AB＝AB·(HB－AG).
于是,DB－AD＝HB－AG,
或 DB－HB＝AD－AG.
就是DH＝GD.
显然,EG∥CD∥FH.
故CD平分EF.
这里,为证明CD平分EF,想到可先证CD平分GH. 为此添加CD的两条平行线EG、FH,从而得到
G、H两点.证明很精彩.
经过一点的若干直线称为一组直线束.
一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.
如图8,三直线AB、AN、AC构成一组直线束,DE是与BC平行的直线.于是,有
DMAM
＝
BNAN
ME
＝,
NC
BN
ME
DM
DM
即 ＝或＝.
BNMENC
NC

此式表明,DM＝ME的充要条件是
BN＝NC.
利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.
例8 如图9,ABCD为四边形,两组对边延长
A
后得交点E、F,对角线BD∥EF,AC的延长
线交EF于G.求证：EG＝GF.
B
D
证明：如图9,过C作EF的平行线分别交AE、
M
N
AF于M、N.由BD∥EF,可知MN∥BD.易知
C
E
F
S
△
BEF
＝S
△
DEF
.
G
图9
有S
△
BEC
＝S
△Ⅱ
KG
－
*5
Ⅱ
DFC
.
可得MC＝CN.
所以,EG＝GF.
例9 如图10,⊙O是△ABC的边BC外的旁
A
切圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、AB
的切点.若OD与EF相交于K,求证：AK平
C
B
分BC.
F
P
Q
证明：如图10,过点K作BC的行平线分别
K
E
交直线AB、AC于Q、P两点,连OP、OQ、
OE、OF.
O
由OD⊥BC,可知OK⊥PQ.
图10
由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四点共圆,有
81
A
D
M
BN
图8
C
E


江阴一中校本课程（数学）
∠FOQ＝∠FKQ.
由OE⊥AC,可知O、K、P、E四点共圆.有
∠EOP＝∠EKP.
显然,∠FKQ＝∠EKP,可知
∠FOQ＝∠EOP.
由OF＝OE,可知
Rt△OFQ≌Rt△OEP.
则OQ＝OP.
于是,OK为PQ的中垂线,故
QK＝KP.
所以,AK平分BC.
综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让 平
行线在平面几何证题中发挥应有的作用.
练习题
1. 四边形ABCD中,AB ＝CD,M、N分别为AD、BC的中点,延长BA交直线NM于E,延长CD交直线
NM于F.求证： ∠BEN＝∠CFN.

(提示：设P为AC的中点,易证PM＝PN.)
2. 设P为△ABC边BC上一点,且PC＝2PB.已知∠ABC＝45°,∠APC＝60°.求∠ACB.
(提示：过点C作PA的平行线交BA延长线于点D.易证△ACD∽△PBA.答：75°)
3. 六边开ABCDEF的各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S
△
EBD
＝60cm
2
.求六边形ABCDEF的面
积.
(提示：设 EF、DC分别交直线AB于P、Q,过点E作DC的平行线交AB于点M.所求面积与EMQD
2面积相等.答：120cm)
4. AD为Rt△ABC的斜边BC上的高,P是AD的中点,连 BP并延长交AC于E.已知AC:AB＝k.求
AE:EC.
(提示：过点A作BC的平行 线交BE延长线于点F.设BC＝1,有AD＝k,DC＝k
2
.答：
1
)
2
1?k
5. AB为半圆直径,C为半圆上一点,CD⊥AB于D,E为DB上一点 ,过D作CE的垂线交CB于F.求证：
ADCF
＝.
DEFB
(提示：过点F作AB的平行线交CE于点H.H为△CDF的垂心.)
6. 在△ABC中,∠A:∠B:∠C＝4:2:1,∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c.求 证：
111
＋＝.
abc
(提示：在BC上取一点D,使AD＝AB.分别 过点B、C作AD的平行线交直线CA、BA于点E、F.)
7. 分别以△ABC的边AC和BC为 一边在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF的中点.求证：
P点到边AB的距离是AB 的一半.
8. △ABC的内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F,过点F作BC的平行线分 别交直线DA、DE于
点H、G.求证：FH＝HG.
(提示：过点A作BC的平行线分别交直线DE、DF于点M、N.)
9. AD为⊙O的直 径,PD为⊙O的切线,PCB为⊙O的割线,PO分别交AB、AC于点M、N.求证：OM
＝ON.
(提示：过点C作PM的平行线分别交AB、AD于点E、F.过O作BP的垂线,G为垂足.AB∥G F.)





82


江阴一中校本课程（数学）
第一讲课外练习参考答案
1.（1）利用图像得单调递增区间为（?2，0）和（2，+∞）
(2)当a＞1时，单调递减区间为 （2，3）；当0＜a＜1时，单调递减区间为（1，2）
2. 因为f(x) 是奇函数，所以f(1-a
2
)=-f(a
2
-1)，由题设 f(1-a)2
-1)。
又f(x)在定义域（-1，1）上递减，所以- 1<1-a2
-1<1，解得03.令
f(t)?ln(t
2
?1?t)?t
，用定义法易证f(t)在（-∞，+∞）上递增，且
f( t)?f(?t)
=
ln(t
2
?1?t)?t
+
ln(t
2
?1?t)?t
=0，∴f(t)是奇函数。原方程即为
f(x)
+
f(2x)
=0，∴
f(x)
=?
f(2x)
∴
f(x)
=
f(?2x)
，由单调性知x=?2x , ∴x=0
4. 解 ：（1）由条件（1）(2)得
a?f(1)?f(?)?[f()]
，∴
f()?? a
.
111
2
1
2222
xx
2
1因为对任意
x
∈[0,1]，取
x
1
?x
2
?
，则
f(x)?[f()]?0
，所以
f()?a
.
22 2
n
（2）任取
x
∈[0,1]，且记
x?(1?n?m,n,m? N)
，
m
n1111
f()?f(???)?[f()]
n

mmmmm
n
由
a?1,a?f(1)?f(
m111
)?f(? m)?[f()]
m
，∴
f()?
m
a
.
mmm m
n
n
故
f()?a
m
?1,
即当
x∈[0,1]时，
f(x)?1
.
m
任取
0?x
1< br>?x
2
?1,
∴
0?x
2
?x
1
? 1
，∴
f(x
2
?x
1
)?1
即
f(x< br>2
?x
1
)?1?0
.
由（1）求解知
f(x
1
)?0
.
则
f(x2
)?f(x
1
)?f[(x
2
?x
1
)?x
1
]?f(x
1
)?f(x
2
?x
1
)f (x
1
)
－
f(x
1
)

＝
f( x
1
)[f(x
2
?x
1
)?1]
?0
. 所以当
a?1
时，
f(x)
在[0,1]是增函数.
5. 解：（ 1）任取
?1?x
1
?x
2
?1,?x
1
?(?x
2
)?0
，
f(x
1
)?f(?x
2
) f(x
1
)?f(?x
2
)
?(x
1
?x
2
)
，由已知
?0
，
x
1
?x
2
x
1
?x
2
x
1
?x
2
?0
， ∴
f(x
1
)?f(x
2
)?0
，所以
f(x1
)?f(x
2
)
.
即
f(x)
在
[?1,1]
上为增函数.
1
?
?1?x??1
?
2
?
1
?
(2)因为
f (x)
在
[?1,1]
上为增函数，所以
?
?1??1
，
x?1
?
11
?
x??
?
2x?1
?则
f(x
1
)?f(x
2
)?
83


江阴一中校本课程（数学）
解得
{x|?
3
?x??1,x?R}
.
2
第二讲课外练习参考答案
1. D 2 . B 3. D 4. B 5. b＜c＜a 6. B
第三讲课外练习参考答案
1. 证明：因为f(x＋m)＝－f(x) 所以，f(x＋2m)＝f[(x＋m)＋m]＝－f(x＋m) ＝f(x)
所以f(x)是以2m为周期的周期函数.
1?f(x)
1?

1?f(x?m)1
1?f(x)
2． 证明：已知f(x＋2m)＝f[(x＋m)＋m]
??????
1?f(x)
1?f(x?m)f(x)

1?
1
1?f(x)
于是f(x＋4m) ＝－ ＝ f(x)
f(x?2m)

所以f(x)是以4m为周期的周期函数.
11
1
?f(x)
， 解：由
f
?
x?2< br>?
?
得
f
?
x?4
?
?
fxfx? 2
5
????
11
??
所以
f(5)?f(1)??5< br>则
f
?
f
?
5
?
?
?f(?5)? f(?1)?
f(?1?2)5
1313
?
， 4.C 解：∵
f< br>?
x
?
?f
?
x?2
?
?13
且< br>f
?
1
?
?2
∴
f
?
1
?
?2
，
f
?
3
?
?
f
?
1
?
2
3.
?
f
?
5
??
13
1313
13
?2
，
f
?
7< br>?
??
，
f
?
9
?
??2
，
f
?
3
?
f
?
5
?
2
f
?
5
?
，
?
2n为奇数
13
f99?f2?100?1?
∴
f
?
2n?1
?
?
?
，∴ 故选C ????
?
13
2
n为偶数
?
?2
此题重点考 察递推关系下的函数求值；此类题的解决方法一般是求出函数解析式后代值，或者得到函
数的周期性求解 ；
5. 解：由已知a
1
＝a，a
2
＝b，
所以a3
＝b－a，a
4
＝－a，a
5
＝－b，a
6
＝a－b，a
7
＝a，a
8
＝b，……
由此可知，{a
n
}是以6为周期的周期数列，
于是a
100
＝a
6
×16＋4＝a
4
＝－a < br>又注意到a
1
＋a
2
＋a
3
＋a
4
＋a
5
＋a
6
＝0
S
100
＝a
1
＋a
2
＋a
3
＋…＋a
96
＋a
97< br>＋a
98
＋a
99
＋a
100

＝0＋a
97
＋a
98
＋a
99
＋a
100

＝a
1
＋a
2
＋a
3
＋a
4

＝a＋b＋(b－a)＋(－a)=2b?a
6. 证明：由已知
f(x)?f(x?
1311
)?f(x?)?f(x?)

4267
所以
7136

f(x?)?f(x)?f(x?)?f (x?)
4242
49
42
421912

?f(x?)?f(x?)?...?f(x?)?f(x?)

42424242

即f(x?
42
)?f(x)?f(x?
49
)?f(x?
7
) （1）

424242
7149

同理可得f(x?)?f(x?)?f(x?)?f (x?
43
)
42424242
84


江阴一中校本课程（数学）

f(x?
497431
)?f(x?)?f(x?)?f(x?)

42424242
（2）

42497
由（）（

12）可得 f(x?
42
)?f(x)?f(x?
42
)? f(x?
42
)

431442

?f(x?)?f(x?)?f(x?)?f(x?)
42424242


?...?f(x?
84
)?f(x?
42
)
于是f(x＋ 1)－f(x)＝f(x＋2)－f(x＋1)，
4242
记这个差为d
同理f(x＋3)－f(x＋2)＝f(x＋2)－f(x＋1)＝d
……
f(x＋n＋1)－f(x＋n)＝f(x＋n)－f(x＋n－1)
＝…… ＝f(x＋1)－f(x)＝d
即是说数列{f(x＋n)}是一个以f(x)为首项，d为公差的等差数列
因此f(x＋n )＝f(x)＋nd＝f(x)＋n[f(x＋1)－f(x)]对所有的自然数n成立，而对于x∈R，|f( x)|≤1，即f(x)
有界，故只有f(x＋1)－f(x)＝0
即f(x＋1)＝f(x) x∈R 所以f(x)是周期为1的周期函数.
第四讲课外练习参考答案
1. 2 2.

2
3.
?
?
?
4
?
,
?
33
?
14
?
4. ， 5. [-1,0] 6.

y?sin(2x? )
x?R
?
33
?
7.解：（Ⅰ）f(x)＝
3sin(< br>?
x?
?
)?cos(
?
x?
?
)

＝
2
?
?
3
?
1
sin(
?x?
?
)?cos(
?
x?
?
)
?

2
?
2
?
＝2sin(
?
x?
?
-
π
)
6
因为 f(x)为偶函数，
所以 对x∈R,f(-x)=f(x)恒成立，
ππ
）＝sin(
?
x?
?
-).
66
ππππ
即-sin
?
x
cos(
?
-)+cos
?
x
sin(
?
-)=sin
?
x
cos(
?
-)+cos
?
x
sin(
?
-),
6666
ππ
整理得 sin
?
x
cos(
?
-)=0.因为
?
＞0，且x∈R,所以 cos（
?
-）＝0.
66
πππ
又因为 0＜
?
＜π，故
?
-＝.所以 f(x)＝2sin(
?
x
+)=2cos
?
x
.
622
2
??
?2?,　　所以　　
?
　＝2.
由题意得
?

2
因此 sin（-
?
x?
?
-
故 f(x)=2cos2x.
因为
f()?2cos
??
48
?2.

85


江阴一中校本课程（数学）
?
?
个单位后 ，得到
f(x?)
的图象，再将所得图象横坐标伸长到原来
6
6
??
的4倍，纵坐标不变，得到
f(?)
的图象.
46
????
?
??
?
所以　　　　g(x)?f(?)?2cos
?
2(?)
?
?2cosf(?).

4623

?
46
?
（Ⅱ）将f(x)的图象向右平移个
当 2kπ≤
?
2
?
?
3
≤2 kπ+ π (k∈Z),
2
?
8
?
≤x≤4kπ+ (k∈Z)时，g(x)单调递减. < br>33
2
?
8
?
??
,4k
?
??
(k∈Z) 因此g(x)的单调递减区间为
?
4k
?
?
33
??
即 4kπ＋≤
8.本小题主要考查函数的定义域、值域和三角函数的性质等基本知识，考查三角恒等变换、代数式的化
简变形和运算能力.（满分12分）
解：（Ⅰ）
g(x)?cosx
1?s inx
?sinx
1?sinx
1?cosx

1?cosx
?cosx
?cosx
(1?sinx)
2
?sinx
2
cosx
(1?cosx)
2

2
sinx
1?sinx1?cosx
?sinx.

co sxsinx
1?sinx1?cosx
?
17?
?
x?
?
?,,?cosx??cosx,sinx??sinx,

?g(x)?cosx? sinx
?
?cosx?sinx
?
12
?



?sinx?cosx?2

＝
2sin
?
x ?
?
?
?
?
?
?2.

4
?（Ⅱ）由
?＜x?
17?5??5?
，＜x??.
得
1244 3
?
5?3?
??
3?5?
?
sint
在
?
,
?
上为减函数，在
?
,
?
上为增函数， ?
42
??
23
?
又
sin
5?5?3??5 ?
?
17?
?
＜sin,?sin?sin(x?)＜sin
（当< br>x?
?
?,
），
?
2
34244
???2?
)＜?，??2?2?2sin(x?)?2＜?3，

424
86
即
?1?sin(x?


江阴一中校本课程（数学）
故g(x)的值域为
?
?2?2,?3.

?
?
9 .本小题主要考查同角三角函数的基本关系，倍角的正弦公式，正弦函数的值域，多项式函数的导数，
函 数的单调性，考查应用导数分析解决多项式函数的单调区间，极值与最值等问题的综合能力．本小
题满分 14分．
解：（I）我们有
xx
f(x)??cos
2
x?4t sincos?4t
3
?t
2
?3t?4

22







?sinx?1?2tsin?4t?t?3t?4


?sinx?2tsinx?t?4t?3t?3


?(sinx?t)?4t?3t?3
．
2
23
222
2 23
由于
(sinx?t)≥0
，
t≤1
，故当
sinx? t
时，
f(x)
达到其最小值
g(t)
，即
g(t)?4t
3
?3t?3
．
???t?1
． （I I）我们有
g
?
(t)?12t?3?3(2t?1)(2t?1)，
列表如 下：
2
t

g
?
(t)

g(t)

?
??
?1，?
??

2
??
?


1
?

2
?
1?
?
?
?，
?

?
22
?
1

2
?
1
?
1
?

?
，
2
??
?

0

极大值
g
?
?
?


0

极小值
g
?
?
1
?
?

?
2
?
?
1
?
?

?
2
?

?
由此可见，
g(t)
在区间< br>?
?1，
极大值为
g
?
?
?
?
1< br>??
1
??
11
??
1
?
，1?，g
和单调增加，在区间单调减小，极小值为
???????
?2
，
2
??
2
??
22
??
2
?
?
?
?
?
?4
．
?
2
?
10.本小题主要考查三角函数 和不等式的基本知识，以及运用三角公式、三角函数的图象和性质解题的
能力．
解：（Ⅰ）< br>∵f(x)?
?
1?cos
?
?
?
?
π?
?
?2x
?
?
?3cos2x?1?sin2x?3cos2 x

?
2
?
?
π
??
?1?2sin?
2x?
?
．
3
??
87


江阴一中校本课程（数学）
又
∵x?
?
，
?
，
∴
≤
2x?
≤
，即
2
≤
1? 2sin
?
2x?
?
≤
3
，
3
?
633
?
?
42
?
?
ππ
?
ππ2π< br>?
π
?
∴f(x)
max
?3，f(x)
min?2
．
（Ⅱ）
∵f(x)?m?2?f(x)?2?m?f(x)?2
，
x?
?
，
?
，
42
?
ππ
?
??
∴m?f(x)
max
?2
且
m?f(x)
m in
?2
，
，4)
．
∴1?m?4
，即
m
的取值范围是
(1
11. 解：（I）由题设知
f(x)?
1π
[1?cos(2x?)]
．
26
因为
x?x
0
是函数
y?f(x)
图象的一条对称轴， 所以
2x
0
?
即
2x
0
?kπ?
π
?kπ
，
6
π
（
k?Z
）．
6
11π
sin2x
0
?1?sin(kπ?)
．
226
113
?
π
?
sin
?
?
??1??
，
2
?
6
?
44
所以
g( x
0
)?1?
当
k
为偶数时，
g(x
0
) ?1?
当
k
为奇数时，
g(x
0
)?1?
（II）
h(x)?f(x)?g(x)?
1π15
sin?1??
．
26 44
1?π
?
?1
?
1?cos2x??1?sin2x

??
?
2
?
62
??
??
?
?< br>31?
?
π
?
?31
?
31
cos2x?? sin2x??cos2x?sin2x?

??
??
??
??2
?
?
6
?
2
?
22
?
2< br>?
2
1π
?
3
?
?sin
?
2x?
?
?
．
23
?
2
?
当
2kπ?
πππ
5ππ
≤2x?≤2kπ?
，即
k
π
?≤x ≤k
π
?
（
k?Z
）时，
2321212
1π< br>?
3
?
sin
?
2x?
?
?
是增函 数，
23
?
2
?
?
?
5ππ
?
，k
π
?
?
（
k?Z
）．
1212
?< br>函数
h(x)?
故函数
h(x)
的单调递增区间是
?
k
π
?
88


江阴一中校本课程（数学）
12. 解：（1）将
x?0
，
y?
因为
0≤
?
≤
3
代入函数
y?2cos(
?
x?
?
)
得
cos
?
?
3
，
2
??
，所以
?
?
．
26
x?0
又因为
y
?
??2
?
sin(
?
x?
?
)
，
y
?
因此
y?2cos
?
2x???2
，
?
?
?
，所以
?
?2
，
6
?
?
?
?
?
．
6
?
?
?
3
，
2
0
?
，
Q(x
0
，y
0
)
是
PA
的中点，y
0
?
（2）因为点
A
?
，
所以点
P
的坐标为
?
2x
0
?
?
?
?
2< br>?
?
?
?
，3
?
．
2
?
又因为点
P
在
y?2cos
?
2x?
因为
?
?
?
?
5?
?
3
?
．
?
的图 象上，所以
cos
?
4x
0
?
?
?
6?
6
?
2
?
?7?5?19?
，
≤x
0
≤?
，所以
≤4x
0
?≤
2666
5?11? 5?13?
或
4x
0
?
．
??
6666
从而得
4x
0
?
即
x
0
?
2?3?
或
x
0
?
．
34
第五讲课外练习参考答案
1.
π
2. ① ④
6
3
c

5
3.解析：（Ⅰ）在
△ABC
中，由正弦定理及
acosB?bcosA?
可得
sinAcosB?sinBcos A?
3333
sinC?sin(A?B)?sinAcosB?cosAsinB

5555
即
sinAcosB?4cosAsinB
，则
tanAc otB?4
；
（Ⅱ）由
tanAcotB?4
得
tanA?4tanB?0

tan(A?B)?
tanA?tanB3tanB33

??
≤< br>1?tanAtanB1?4tan
2
BcotB?4tanB4
1
, tanA?2
时，等号成立，
2
89
当且仅当
4tanB?cotB,tanB?


江阴一中校本课程（数学）
故当
tanA?2,tanB?
4.解：由
13
时，
tan(A?B)
的最大值为.
24
tan
A?BCCC
?tan?4
得
cot?tan?4

2222
CC
sin
1
2
?
2
?4
∴∴
?4

CC
CC
sincos
sincos
2 2
22
cos
∴
sinC?
∴
C?
1
，又
C?(0,
?
)

2
5
?

6< br>?
6
，或C?
由
2sinBcosC?sinA
得
2sinBcosB?sin(B?C)

即
sin(B?C)?0
∴
B?C

B?C?
?
6

A?
?
?(B?C)?
由正弦定理
2
?

3
abc
得
??
sinAsinBsinC
1
s inB
b?c?a?23?
2
?2

sinA
3
2
5.本小题主要考查三角形的边角关系，三角函数公式等基础知识，考查综合应用三角函数有关知识的< br>能力．满分12分．
解：（Ⅰ）由余弦定理及已知条件得，
a?b?ab?4
，
又因为
△ABC
的面积等于
3
，所以
22
1
absinC?3，得
ab?4
．
2
?
a
2
?b
2< br>?ab?4，
联立方程组
?
解得
a?2
，
b?2．
?
ab?4，
（Ⅱ）由题意得
sin(B?A)?sin(B?A) ?4sinAcosA
，
即
sinBcosA?2sinAcosA
，当< br>cosA?0
时，
A?
90
4323
??
，B?
，
a?
，
b?
，
33
26


江阴一中校本课程（数学）
当
cosA? 0
时，得
sinB?2sinA
，由正弦定理得
b?2a
，
?
a
2
?b
2
?ab?4，
2343
联立方程组
?
解得
a?
，
b?
．
33
?
b ?2a，
所以
△ABC
的面积
S?
123
absinC?< br>．
23
6.本小题主要考查两角和差公式，用同角三角函数关系等解斜三角形的基本知 识以及推理和运算能力，
满分12分．
解：（Ⅰ）
C?π?(A?B)
，
13
?tanC??tan(A?B)??
4
?
5
??1< br>．
1?
13
4
?
5
又
0?C?π
，
?C?
3
4
π
．
（Ⅱ）
C?
3
4
?
，
?AB
边最大，即
AB?17
．
又
tanA?tanB， A，B?
?
?
?
0，
?
?
?
?
?
，
?
角
A
最小，
BC
边为最小边．
?
sinA1
由
?
?
tanA?
cosA
?
4
，
且
A?
?
π
?
?
?
0，?
，
?
sin
2
A?cos
2
A?1，
?
2
?

得
sinA?
17
ABBCsin17
．由
sinC
?
sinA
得：
BC?AB
A
sinC
?2
．
所以，最小边
BC?2
．
7.（1）由
m
?
n
=
9
8
,得
5
[1?cos(A?B)]?cos
2
A?B
?
9
，即
51?co
8288
[1?cos(A?B)]?
A?sB)(9
2
?
8
,
4cos(A-B)=5cos(A+B).所以tanA?tanB =
1
9
.

91
亦即


江阴一中校本课程（数学）
（2）因
absinCabsinC1
??tanC
，而
a
2
?b
2
?c
2
2abcosC2
tanA?tanB9 93
?(tanA?tanB)??2tanA?tanB?.

1?tanA?ta nB884
31
。当且仅当tanA=tanB=时，取得最小值。
43
3
.

4
tan(A?B)?
所以tan(A +B)有最小值
又tanC=-tan(A+B)，则tanC有最大值
?
故
absinC3
的最大值为
?.

8
a
2
?b
2
?c
2
?2?
．
，B?0，C?0
得
0?B?
??
8.解：（1）
△ABC
的内角和
A?B?C??
，由
A?


应用正弦定理，知
AC?
BC23
sinB?sinx?4sinx
，
?
s inA
sin
?
BC
?
2?
?
sinC?4sin
?
?x
?
．
sinA
?
?
?



AB?
因为
y?AB?BC?AC
，
所以< br>y?4sinx?4sin
?
2?
??
2?
??
?x
?
?23
?
0?x?
?
，
?3
????
（2）因为
y?4
?
sinx?
?
?
?
?
?1
cosx?sinx
?
?23

?
?2
?
?
?
?5?
??
?
?2 3?x??
???
，
?
?
???
??

?43sin
?
x?
?
?
所以，当
x?
???
?
，即
x?
时，
y
取得最大值
63
．
???
21
a?b
7. 2 8. 6
33
六、课外练习参考答案
1.
7
2.
82
3. 22 4.
1?2
5.
2
6.
9.
arccos
6
222
由已知解得x=a+b，y=2a+b, 由
1?(2)?(3)?2?2?3?cos
?
可得
?
的值.
3
10. 此题与匈牙利数学竞赛题“证明四边形的对角线当且仅当它的两对边的平方和等于其它两对边的
92


江阴一中校本课程（数学）
平方和时，才互相垂直.”十分相似，这道题有许多种解法，下面给出向量的证明方法.
证明：如图，在空间四边形ABCD内任取一点O，

作向量
OA
、
OB
、
OC
、
OD
，则



由向量垂直的充要条件知，当且仅当时，上式为０.故命题得证.
由此可见，向量法证题别出心裁，对于培养创新意识和解题能力都大有裨益，值得同学们注意.

第十二讲课后练习答案
1．B ， 2。A ， 3 C ， 4 B，5 A ，6 B D 7
k?
l
8
d?
2

2
|2?0?1|
2
?
， 9 0 ， 10
(x?1)
2
?(y?3)
2
?1

2
1?1
11 [证明] 过D作OD
?
AB于D。则直线OD的 倾斜角为
2?
tan
?
?
?
2
，因为OD
?
AB，所以
?
?
?
2
??1
,
1。所以
sin(
?
?
?
)?
2
4
2< br>??.

5
?
?
?
?
?
1?tan
2
??
?
2
?
2tan
?
?
?< br>所以
tan
?
?
?
2
??
93


江阴一中校本课程（数学）
?
a?2m?1,
12 [证明] 由
?
消去m得a-2b+1=0.故这些圆的圆心在直线x-2y+1=0上。设 公切线方程为
b?m?1
?
|k(2m?1)?(m?1)?b|
y=kx+ b，则由相切有
2
2|m|=
2
1?k
2
，对一切m≠0成 立。即
(-4k-3)m+2(2k-1)(k+b-1)m+(k+b-1)=0对一切m≠0成立
3
?
k??,
?
?4k?3?0,
?
37
?
4
所以
?
即
?
当k不存在时直线为x=1。所以公切线方 程y=
?x?
和x=1.
44
?
k?b?1?0,
?b?
7
.
?
4
?


第十三讲课后练习答案
x
2
y
2
x
2
y
2
b
??1.
由椭圆方程得焦点为
(?43,0)
，设双曲 线方程
2
?
2
?1
，渐近线为
y??x.
由1．< br>3612
a
ab
b1
题设
?
，所以a
2=3b
2
,又
c?43
,c
2
=a
2
+b
2
. 所以b
2
=12, a
2
=36.
a
3
2. 90
0
。由定义得|FA|=|AA
1
|,|FB|=|BB
1
|，有∠1=∠BFB
1
，∠2=∠AFA
1
，又∠1=∠3，∠2=∠4，所以∠
3+∠4=∠BFB
1
+∠AFA< br>1
=90
0
。
3．相切，若P(x,y)在左支上，设F
1
为左焦点，F
2
为右焦点，M为PF
1
中点，则|MO|=
又|PF
1
|=-a-ex，所以两圆半径之和
理得两圆内切。
11
|PF
2
|=(a-ex)，
22
11
(-a-ex)+a=(a -ex)=|MO|，所以两圆外切。当P(x,y)在右支上时，同
22
10
因|M F
1
|与M到直线x=-11距离d
1
之比为e，且d
1
= |x
m
+11|=10.
.
与F
1
对应的另一条准线为x= -11，
3
|MF
1
|
1
10
?
，所以| MF
1
|=
.
所以
103
3
4．
5．充 要。将y=2x+1代入椭圆方程得(b
2
+4a
2
)x
2
+4a
2
x+a
2
(1-b
2
)=0. ①
若Δ=(4a
2
)
2
-4(b
2
+4a
2
)a
2
(1-b
2
)=0，则直线与椭圆仅有一个公共点，即b
2
+4a
2
=1；反 之，4a
2
+b
2
=1，直线
与椭圆有一个公共点。
6．y=2(x-1)。消去参数得(y-2m)
2
=4(x-m)，焦点为
?
7．1≤m<5。直线过定点(0,1)，所以0
?
?
x?m?1,它在直线y=2(x-1)上。
?
y?2m,
1
≤1.又因为焦点在x轴上，所以5>m,所以1≤m<5。
m
8．3．双曲线实轴长为6，通径为4，故线段端点在异支上一条，在同支上有二条，一共有 三条。
9．
?
5
或
?
。设直线l: y=kx与椭圆交于 A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)， 把y=kx代入椭圆方程得(1+3k
2
)x
2
-6x+3=0，
6 6
6
,
①
2
1?3k
94
由韦达定理得
x
1
?x
2
?


江阴一中校本课程（数学）
3
.
②
1? 3k
2
因F（1，0），AF
?
BF，所以(x
1
-1)( x
2
-1)+y
1
y
2
=0,即
x
1< br>x
2
?
x
1
x
2
-(x
1
+x
2
)+1+k
2
x
1
x
2
=0. ③
把①，②代入③得
k?
2
13
?
5
,k??< br>，所以倾斜角为或
?
.

33
6
6
2222
10．3．首先这样的三角形一定存在，不妨设A，B分别位于y轴左、右两侧，设CA斜率为k(k> 0)，
2a
2
k
CA的直线方程为y=kx+1，代入椭圆方程为(ak+1 )x+2akx=0，得x=0或
x?
22
，于是
ak?1
2a2
k1?k
2
2a
2
k
.

A(?< br>22
,0)
，|CA|=
22
ak?1
ak?1
2a
2
k1?k
2
由题设，同理可得|CB|=,利用|CA|=|CB|可得
a
2
k
2
?1
(k-1)[k
2
-(a< br>2
-1)k+1]=0,
解得 k=1或k
2
-(a
2
-1)k+1]=0。①
对于①，当13
时，①无解；当
a?3
时，k=1；当a>
3
时，①有 两个不等实根，故最多有3
个。
11．解 设焦点为F
1
，F
2
，椭圆上任一点为P(x
0
,y
0
),∠F
1
PF
2
=θ,根据余弦定理得
|F
1
F
2
|
2
=|PF
1
|
2
+|PF
2
|
2
-2|PF
1
|?|PF
2
|cosθ,
又|PF
1< br>|+|PF
2
|=2a，则4c
2
=(2a)
2
-2 |PF
1
|?|PF
2
|(1+cosθ),再将|PF
1
|=a+ex
0
，|PF
2
|=a-ex
0
及a
2
=b
2
+c
2
代入得
4b
2
=2(a2
-e
2
x
0
)(1+cosθ).
2
2b
2
于是有
cos
?
?
2
?1.

22
a?ex
0
2b
2
?a
2
?cos
?
?1
。因θ∈[0，π]，所以cosθ为由0
?x?a
，得
b?a ?ex?a
，所以
2
a
?
2b
2
?a
2< br>?
??
减函数，故0
?
?
?arccos
?
a
2
?
.

??
2b
2
?a
2< br>2b
2
?a
2
??
22
?0?,
?
?[0,]
，sinθ为增函数，sinθ取当2b>a即
a?2b
时，，arcco s
22
22
aa
?
?
2b
2
?a
2
?
?
2bc
2b
2
?a
2
?
2 2
??
?
,θ∈[0,π]，则sinθ最大最大值
sin
?
arccos
?
a
2
?
?
?
a
2
；当2b≤a时，arccos
a
2
2
??
??
2
0
2
2222
0
2
值为1。
12．解 设A(x1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)，若AB斜率 不为0，设为k，直线AB方程为y=k(x+c)，代入椭圆方程并
化简得
(b
2
+a
2
k
2
)x
2
+2a
2
k< br>2
cx+a
2
(k
2
c
2
-b
2
)=0. ①
则x
1
,x
2
为方程①的两根，由韦达定理得
2a
2
k
2
c
x
1
?x
2
??
2< br>,
②
22
b?ak
2
a(k
2
c
2
?b
2
)
x
1
x
2
?.
③
222
b?ak
95


江阴一中校本课程（数学）
?b
2
k
2
.
因为y
1
y
2< br>=k(x
1
+c)(x
2
+c)，再由②，③得
y
1
y
2
?
22
ak?b
2
k
2
(a
2
c
2
?b
4
)?a
2
b
2所以
OA?OB
=x
1
x
2
+y
1
y
2
=,O点在以AB为直径的圆内，等价
OA?OB
<0，即
222
ak?b
5?1
.
k
2
(a
2
c
2
-b
4
)-a
2
b
2
<0对任意k∈R成立， 等价于a
2
c
2
-b
2
≤0,即ac-b
2
≤0,即e
2
+e-1≤0.所以02
5?15?1
b2
.

?c.
即
e?
若斜率不存在，问题等价于，综上
0?e?
22
a
13．解 （1）由双曲线方程得
b?2a,c? 3a
，所以F
1
(
?3a
,0)，抛物线焦点到准线的距离
2
p?23a
，抛物线
y
2
??43ax.
① 把①代入C
1
方程得
2x
2
?43ax?2a
2
?0.
②
Δ=64a
2
>0，所以方程②必有两个不同实根，设为x
1
,x< br>2
,由韦达定理得x
1
x
2
=-a
2
<0， 所以②必有一个负根
设为x
1
,把x
1
代入①得y
2
=
?43ax
1
,所以
y??2?3ax
1
（因为x1
≠0），所以C
1
，C
2
总有两个不同
交点。 2
?
?
y??43ax,
（2）设过F
1
(
? 3a
,0)的直线AB为my=(x+
3
a),由
?
得y
2
+4
3
may-12a
2
=0，因为Δ
?
?
my?x?3a
=48m
2
a
2
+48a
2
>0 ，设y
1
,y
2
分别为A，B的纵坐标，则y
1
+y
2
=
43ma
,y
1
y
2
=-12a
2
.所以(y
1
-y
2
)
2
=48a
2(m
2
+1).
3
1
|y
1
-y
2< br>|?|OF
1
|=a?
43
a?
m
2
?1? 6a
2
m
2
?1?6a
2
，当且仅当m=0时，S
Δ
AOB
的
2
2
面积取最小值；当m→+∞时，S
Δ
AOB
→+∞，无最大值。所以存在过F的直线x=
?3a
使ΔAOB面积
所以S
Δ
AOB
=
有最小值6a
2
.

第十四讲课后练习答案
1.
解
: 过顶点A,V与高作一截面交BC于点 M,点O为正四面体的中心,
O
1
为底面ABC的中心,设正四
313
m
=VM,
O
1
M
=
AM?m
,
23 6
66
23
m
,得
OO
1
?VO
1
?VO?m?a

O
1
A?AM?m
,
VO
1< br>?VM
2
?O
1
M
2
?
33
33< br>63
2
26
2
222
m?a)
2
?(m)< br>,得
m?a
. 在
Rt?AOO
1
中,
AO?OO< br>1
?AO
1
,即
a?(
33
3
11
2
83
3
4
0
a
.选B. 则
VO
1?
a
,有
V
V?ABC
??(?m?sin60)?VO
1
?
3227
3
1
温馨提示:正四面体外接球的半径
VO
:内切球的半径
OO
1
=
a:a?3:1
.
3
4
3
1
22
2.
解
:
V< br>1
:V
2
:V
3
?(
?
R):(
?
R?2R):(?
?
R?2R)?2:3:1
,选B.
33
面体VABC的棱长为
m
,则AM=
96


江阴一中校本课程（数学）
222
)(1?)(1?)?2
.
mnp
2222
3(1)当
m?8
时,由
m?n?p
,则
(1?)(1?)(1? )?(1?)?2
,矛盾!
mnp8
222
(2)当
m?2
时,
(1?)(1?)(1?)?2
,矛盾!
mnp
(3)当
m ?3
时,则
6np?5(n?2)(p?2)
,即
(n?10)(p?10) ?120
.
所以
p
的最大值为130;
(4)当
m?4
时,则
4np?3(n?2)(p?2)
,即
(n?6)(p?6)?48< br>.
所以
p
的最大值为54;
222
(5)当
m? 5
时,
(1?)?
,得
p?98
.
?
2222< br>p
(1?)(1?)(1?)(1?)
mn55
综上所述:
p
的最大值为130.
4.
解
: 为了建立V与原四棱锥
S?ABCD
的关系.我们先引用
3
解
: 由题意,
2mnp?(m?2)(n?2)(p?2)
,得
(1?
下面的事实 :
(如图)设
A
1
,B
1
,C
1
分别在 三棱锥
S?ABC
的侧棱SA,SB,SC上,
又
S ?A
1
B
1
C
1
与
S?ABC
的体积分别 是
V
1
和V,则
S
H
1

A
1

H
C
1

B
1

C
V
1
SA
1
?SB
1
?SC
1
.
?
VSA?SB?SC
A
CHSC
1
事实上,设C,C
1
在平面SAB的射影分别是H,
H
1
.则
11?
,
CHSC
B
1
?CH?S
S
?SA
1
B
1
SA
1
?SB
1
V
1
3
11?SA
1
B
1
SA
1
?SB< br>1
?SC
1
又,所以
?
.下面回到原题.
?
?
1
VSA?SB?SC
S
?SAB
SA?SB
?CH? S
?SAB
3
SMSN1
设
?x
,
?y
, 因
S?ABCD
的体积为
V
0
??3?2
2
?4< br>.于是由上面的事实有
SBSD3
VVVV
VSM?SN?SASM?SN? SK
V
?
=
?
S?AMN
?
S?KMN
?
S?AMK
?
S?ANK
.得
?
1
2SB?SD ?SASB?SD?SC
V
0
V
S?ABD
V
S?CBD< br>V
S?ABC
V
S?ADC
2
SM?SK?SASN?SK? SA111x
?
=
xy?xy?x?y
,于是
y?
, SB?SC?SASD?SC?SA2223x?1
x1x1
而由
0?y?
,(
?x?1
).
?1
,
x?1
,得
?x?1
.则
V?x?y?x?
3x?123x?12
13x(3x?2)
'
?
又得
V?1?
.所以
(3x?1)
2
(3x? 1)
2
122
''
(1)当
?x?
时,
V?0,V为减函数,(2)当
?x?1
时,
V?0
,V为增函数.
233
433
所以得
V
min
?V
2
?
, 又
V
1
?V
x?1
?
,得
V
max
?V
1
?V
x?1
?
.
x?
x?x?
2
32
2
32
97


江阴一中校本课程（数学）

第十五讲课后练习答案
1解
：
将展开的平面图形还原为正方体
NACF?EMBD
,可得只②,④正确.
2．证明:设D,
D
1
分别为AB,
A
1
B
1
的中点.连结CD,
C
1
D
1
及
BD
1
,
DA
1
.因为
BDD
1
A
1
,所以四边形
BD
1
A
1
D
为平行四边形,得
BD
1

DA
1
.因AC=BC,于是
B
1
C< br>1
?C
1
A
1
.又D,
D
1
分别 为AB,
A
1
B
1
的中点,故
CD
?
AB ,
C
1
D
1
?
A
1
B
1
,而
AB
1
在平面ABC(或
A
1
B
1
C
1
)内的射影为AB(或
A
1
B
1
),得
AB
1
?
CD,
AB
1
?
C
1
D
1
,又已知
AB
1
?
BC
1
,所以
AB
1
?
平面B
C
1
D
1
,从而
AB
1
?
BD
1
,又
BD
1

D A
1
,所
以
AB
1
?
DA
1
.又
AB
1
?
C
1
D
1
,得
AB1
?
平面
A
1
CD,从而得证
3．解：该问为探索性 问题，用传统方法求解有相当难度，但使如果我们建立如图所示空间坐标系，借
助空间向量研究该问题， 不难得到如下解答：
根据题设条件，结合图形容易得到：
z
B(
C(< br>3aa2aa
,?,0),D(0,a,a),E(0,,)

2233
3aa
,,0),P(0,0,a)

22
P
F
A
E
D
y
→
CP
＝(－
3
a
a
,
?
,a)
2
2
B
x
假设存在点F
→
＝λ
→< br>?(?
3
?
a
,?
?
a
,
?
a)

CFCP
22
→
＝
→
＋
→
＝
?
BFBCCF
?
?
?
C
?
?→
3
?
a
?
2aa
→
?(
3a
,
a
,0)

,(1?)a,
?
a
?
又
AE
?(0,
，
AC
,)
?
22
22< br>33
?
→
＝λ
→
＋λ
→
，把以上向量得坐标 形式代入得 则必存在实数
?
1
,
?
2
使得
BF< br>1
AC
2
AE
?
3
?
1
a
3
?
a
1
?
?
?
?
?
?
?
22
2
?
?
?
?
1
a2
?2
a
?
?
1
→
＝－
1
→
＋< br>3
→
即有
(1?)a???
?
??
??1
BFACAE
2232
22
??
3
?
2a
??
?
?
?
a?
2
??
2
3
?
?
所以，在棱PC存在点F，即PC中点，能够使BF∥平面AEC。

第十六讲课后练习答案
1．
解：
设PA
?
棱
a< br>于点A,PM
?
平面
?
于点M,PN
?
平面
?
于点N,PA=
t
,
?PAM?
?
,则
?
tsin
?
?1
121
3
3
cm
,
3c os
?
?5sin
?
t??
,得,有或(舍去),所以
si n
?
?
?
?
0
sin
?
3
27< br>27
?
tsin(60?
?
)?2
98


江阴一中校本课程（数学）
选B.
→
＝
→
＋
→
＋
→
,得|
→
|
2
＝|
→
|
2
＋|
→
|
2
＋|
→
|
2
＋2|
→
|·
→
cosθ 2．
解：
由
EFEAABBFEFEAABBFEA
|
BF
|·
1
0
→
|
2
＋1＋2·
→
|＝
2
; (1)当
?
?60
时,有9＝4＋|
AB
2·1·,得|
AB
21
0
→
|
2
＋1－2·
→
|＝
6. (2)当
?
?120
时,有9＝4＋|
AB
2·1·,得|
AB
2
3
解
:设
?ABC
的高AO交DE于点O
1
,令
AO
1
?x
,
由AO=
1 3
2
?5
2
?12
,有
OO
1
?12?x
,
02220
在
?A
1
OO
1
中,?A
1
O
1
O?60
,有
A
1
O?A
1
O
1
?O
1
O?2?A
1
O
1
?O
1
O?cos60

得
AO?3(x?6)?36
.
1
当
x?6
时,
A
1
到直线BC的最小距离为6.
4．
解
:(1)以A为原点建立空间直角坐标系,设
BQ?x
,则
→
＝(1,x,－1),
→
＝(－1,a
－
x,0) Q< br>(1,x,0)
,P(0,0,1),D
(0,a,0)
得
PQQD< br>→
⊥
→
,有
(1,x,?1)?(?1,a?x,0)?0
, 得
x
2
?ax?1?0
① 由
PQQD
2
若方程①有解,必为正数解,且小于
a
.由
??(?a)?4?0
,
a?0
,得
a?2
.
(i)当
a?2
时,BC上存在点Q,使PQ
?
QD;
(ii)当
0?a?2
时, BC上不存在点Q,使PQ
?
QD.
(2)要使BC边上有且只有一个点Q,使PQ
?
QD,则方程①有两个相等的实根,
这时,
??(?a)?4?0
,得
a?2
,有
x?1
.
→
又平面APD的法向量
→
n
1
＝(1,0,0), 设平面PQD的法向量为
n
2
＝(x,y,z)
→
＝(－1,1,0),
→
＝(0,2,0)－(0,0,1)＝(0,2,－1), 而
QDPD
2
2
?
(x,y,z)?(?1,1,0)?0
→
·
→
＝0
由, 得
?
,解得
x?y,z?2y
有
→
n

2

QD
n
2
＝(1,1,2),则
(x,y,z)?(0,2,?1)?0
?
→
·
→
＝0 < br>n
2
QD
?
2
1
1
→→→
cos＜
n
1
,
n
2
＞＝＝,则tan＜
→
n1
,
n
2
＞＝
5
,所以二面角
Q?PD?A< br>的正切为
5

??
nn
??
|
n
| |
n
12
|
6

第十七讲课后练习答案
1.A 2.B 3.C 4.D 5.C 6.C 7.A 8.C 9.A
10.[解] （1）分三步，先选一本有C
6
1
种方法；再从余下5本中选二本有C
52
种方法，最后余下
的三本中选三本有C
3
3
种，三步做完，又 不重复又无遗漏，由乘法原理得，分配方式有
C
6
1
·C
5
2
C
3
3
=60种。
（2）本题还应在问题（1）基础上，考虑再分配
∴共有C
6
1
· C
5
2
·P
3
3
=360种。
（3）可分三步， 分别有C
6
2
·C
4
2
·C
2
2
种方法，但最后结果是C
6
2
·C
4
2
·C
22
吗？
记六本书为ABCDEF，看如下分组方法：
（AB，CD，EF）， （AB，EF，CD），（CD，AB，EF），（CD，EF，AB），（EF，AB，CD），（EF，CD，AB）…。
在总数为C
6
2
·C
4
2
·C
2
2
的上面这些P
3
3
种里，仅是AB，CD，EF的 顺序不同，因此，只能作为一
种分法。
99

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