(no.1)2013年高中数学教学论文 反证法在几何问题中的应用 新人教版

第一篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 反证法在几何问题中的应用 新人教版

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反证法在几何问题中的应用

反证法是一种非常重要的数学方法，它在几何的应用极为广泛，在平面几何、立体几何、解析几何都有应用，本文选择几个有代表性的应用，举例加以介绍。

一、证明几何量之间的关系

例1：已知：四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，EF12(ABCD)。

求证：AB//CD。

证明：假设AB不平行于CD。如图，连结AC，取AC的中点G，连结EG、FG。∵E、F、G分别是AD、BC、AC的中点，∴GE//CD，GE12CD；GF//AB，GF12AB。

∵AB不平行于CD，∴GE和GF不共线，GE、GF、EF组成一个三角形。∴GEGFEF ① 但GEGF12(ABCD)EF ②

DEGCF①与②矛盾。AB∴AB//CD

例2：直线PO与平面相交于O，过点O在平面内引直线OA、OB、OC，POAPOBPOC。

求证：PO。

证明：假设PO不垂直平面。

作PH并与平面相交于H，此时H、O不重合，连结OH。由P作PEOA于E，PFOB于F，P根据三垂线定理可知，HEOA，HFOB。∵POAPOB，PO是公共边，∴RtPOERtPOF ∴OEOF

A又OHOH

E∴RtOFHRtOEH

O∴FOHEOH HF因此，OH是AOB的平分线。CBa同理可证，OH是AOC的平分线。

但是，OB和OC是两条不重合的直线，OH不可能同时是AOB和AOC的平分线，产生矛盾。∴PO。

例3：已知A、B、C、D是空间的四个点，AB、CD是异面直线。求证：AC和BD是异面直线。

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证明：假设AC和BD不是异面直线，那么AC和BD在同一平面内。

因此，A、C、B、D四点在同一平面内，这样，AB、CD就分别有两个点在这个平面内，则AB、CD在这个平面内，即AB和CD不是异面直线。这与已知条件产生矛盾。

所以，AC和BD是异面直线

上面所举的例子，用直接证法证明都比较困难，尤其是证两条直线是异面直线，常采用反证法。

二、证明“唯一性”问题

在几何中需要证明符合某种条件的点、线、面只有一个时，称为“唯一性”问题。例3：过平面上的点A的直线a，求证：a是唯一的。证明：假设a不是唯一的，则过A至少还有一条直线b，b ∵a、b是相交直线，∴a、b可以确定一个平面。设和相交于过点A的直线c。∵a，b，∴ac，bc。

这样在平面内，过点A就有两条直线垂直于c，这与定理产生矛盾。所以，a是唯一的。

例4：试证明：在平面上所有通过点(2,0)的直线中，至少通过两个有理点（有理点指坐标x、y均为有理数的点）的直线有一条且只有一条。

证明：先证存在性。

因为直线y0，显然通过点(2,0)，且直线y0至少通过两个有理点，例如它通过(0,0)和(1,0)。这说明满足条件的直线有一条。

再证唯一性。

假设除了直线y0外还存在一条直线ykxb（k0或b0）通过点(2,0)，且该直线通过有理点A(x1,y1)与B(x2,y2)，其中x1、y1、x2、y2均为有理数。

因为直线ykxb通过点(2,0)，所以b2k，于是yk(x通过A(x1,y1)与B(x2,y2)两点，所以y1k(x1yk(x2)，①

2)，且k0。又直线2)②

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①－②，得y1y2k(x1x2)。③

因为A、B是两个不同的点，且k0，所以x1x2，y1y2，由③，得ky1y2x1x2，且k是不等于零的有理数。

由①，得2x1y1k。

此式的左边是无理数，右边是有理数，出现了矛盾。

所以，平面上通过点(2,0)的直线中，至少通过两个有理点的直线只有一条。

综上所述，满足上述条件的直线有一条且只有一条。

关于唯一性的问题，在几何中有，在代数、三角等学科中也有。这类题目用直接证法证明相当困难，因此一般情况下都采用间接证法。即用反证法或同一法证明，用反证法证明有时比同一法更方便。

三、证明不可能问题

几何中有一类问题，要证明某个图形不可能有某种性质或证明具有某种性质的图形不存在。它们的结论命题都是以否定形式出现的，若用直接证法证明有一定的困难。而它的否定命题则是某个图形具有某种性质或具有某种性质的图形存在，因此，这类问题非常适宜用反证法。

例5：求证：抛物线没有渐近线。

证明：设抛物线的方程是y2px(p0)。

假设抛物有渐近线，渐近线的方程是yaxb，易知a、b都不为0。因为渐近线与抛物线相切于无穷远点，于是方程组

(1)y22px

(2)yaxb2的两组解的倒数都是0。

将（2）代入（1），得

ax222(abp)xb20（3）

设x1、x2是（3）的两个根，由韦达定理，可知

2(abp)a2x1x2，x1x2ba22

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则1x11x2x1x2x1x2ab222(abp)b20，（4）

1x11x21x1x20，（5）

由（4）、（5），可推得p0，这于假设p0矛盾。

所以，抛物线没有渐近线。

关于不可能问题是几何中最常见也是非常重要的一种类型。由于它的结论是以否定形式出现，采用直接证法有困难，所以这类问题一般都使用反证法加以证明。

四、证明“至少存在”或“不多于”问题

在几何中存在一类很特殊的问题，就是证明具有某种性质的图形至少有一个或不多于几个。由于这类问题能找到直接论证的理论根据很少，用直接证法有一定困难。如果采用反证法，添加了否定结论这个新的假设，就可以推出更多的结论，容易使命题获证。

例6：已知：四边形ABCD中，对角线AC=BD=1。

求证：四边形中至少有一条边不小于

22。

证明：假设四边形的边都小于

22，由于四边形中至少有一个角不是钝角（这一结论也可用反证法证明），不妨设A90，根据余弦定理，得BD∴BD220AD2AB22ADABcosA，AD2AB2，2222即BDAD2AB2()(2)21。

这与已知四边形BD=1矛盾。所以，四边形中至少有一条边不小于

22。

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第二篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 几何画板在中学数学教学中的应用

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几何画板在中学数学教学中的应用

当今世界日益信息化，信息日益网络化。教育信息化正在成为社会信息化的重要组成部分，技术发展的趋势是不言而喻的。以前，我们对数学以及数学教学的认识总是和黑板粉笔或者纸笔联系在一起，人们局限在有限的空间中，能力受到很大的限制。计算机使人脑得以大大的扩展和延伸，同时为数学教学和数学学习提供了广阔的空间。下面仅就几何画板辅助数学教学中的问题谈谈几点思考。

一、问题与思考

1、《几何画板》在辅助数学教学中的特点

问题与解决是数学的心脏。提出问题并解决问题是数学发展的原动力。由于各种原因，今天的中学数学教材中，难以体现出“问题与解决”的韵味，也没有机会让中学生接触丰富的数学遗产。问题提出的唐突化，过度的公式化、形式化及解题的模式化，使数学失去了原有的魅力。至使部分学生错误地认为数学只是符号与公式的组合，难以激发他们学习数学的热情和兴趣。而《几何画板》的精髓是：动态地保持了几何图形中内在的、恒定不变的几何关系及几何规律。它的最大特点是：让学生自己动手按给定的数学规律和关系来制作图形（或图像、表格），从中观察事物的现象，通过类比和分析提出问题，还可进行实验来验证问题的真与假，从而发现恒定不变的几何规律，以及十分丰富的数学图像的内在美、对称美。学生可以驾驶《几何画板》这一叶扁舟，在数学发展的历史长河中漫游，兴之所至，或探踪寻源，或荡舟而过。这是其它的教学媒体所办不到的，也是一般CAI软件功能所不及的。

数学课堂教学的特点是：具有很强的逻辑性和系统性以及高度的抽象性和概括性。现代教学媒体GSP（《几何画板》的简称）能化静态为动态，化抽象为具体，能够寓趣味性、技巧性和知识性于一体。传统的数学教学方法，基本上是信息的单向传输，即“讲、练、评”三位一体的教学模式，反馈处于不自觉状态中，不利于分层次教学、因材施教，不易激发学生的求知欲和兴趣。在教学中通过使用《几何画板》，感受到GSP在数学教学中有着独特魅力，与传统教学手段或一般CAI软件不能相比的。《几何画板》在教学中的辅助作用

计算机辅助教学，是随着计算机技术的发展而形成的现代教育技术。被视为电化教育的最高形式，随着我国中小学CAI 的进展，一批好的CAI软件已进入学校，最近我校将《几何画板》引入数学课堂教学，从中体会到GSP在数学教学中有以下主要作用。

（1）有助于提高课堂效率，增大知识的覆盖面。能给学生以更多的操作机会，培养学生的动手动脑的能力。

（2）有助于提高课堂教学效果，由于情况的快速反馈，老师的讲课时更具有针对性，并能及时调整教学内容和节奏。

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（3）有助于培养学生敏捷思维和观察问题、分析问题、解决问题的能力。利用现代化的教育手段进行快速训练，有助于个性特长的培养和发挥。

二、几何画板在解析几何中的应用

（一）椭圆的画法

1、由椭圆的标准方程绘制椭圆

2、bx2y2a2x2，只需确原理：由于椭圆的标准方程为：221，可得表达式yaab定变量x和参数a、b的值即可。步骤如下：

①建立直角坐标系；

②在x轴上取一点C，度量其坐标并分离出它的横坐标改名为a，类似地，在y轴上取一点D，度量出它的坐标并分离出它的纵坐标改名为b；a、b分别是椭圆在x轴、y轴上的截距；

③在x轴上取一点E，度量出点E的坐标并分离出它的横坐标改名为x；

④计算y的值，通过 “度量—计算”，得到ba2x2的值； a⑤绘出x、y的坐标点F； ⑥选择点E、F，执行“作图——轨迹”，得到上半椭圆；⑦最后通过“变换——反射”得到下半椭圆。

2、根据圆锥曲线的第二定义绘制椭圆 原理：由圆锥曲线的第二定义：平面内与一个定点的距离和它到一条直线的距离的比是常数e的点的轨迹是圆锥曲线，定点叫做圆锥曲线的焦点，定直线叫做圆锥曲线的准线。常数e叫做圆锥曲线的离心率，当0e1时为椭圆。

①建立直角坐标系；

②画一条射线CD，在射线上画一点E，使点E在点D的右侧； ③度量CD、CE的长度，计算出

CE的值，该名为e=0.73； CD④在x轴的正半轴画一点F，画直线GH，找出直线GH与y轴的交点I，在直线GH上任取一点J，连接线段IJ；

⑤以F为圆心，IJ为半径画圆，度量出线段IJ的长度；

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⑥计算出⑦选择IJIJ的值，如=7.12cm eeIJ=7.12cm，执行“图像——绘制度量值”，使屏幕出现一条与x轴垂直且与y轴eIJ距离等于=7.12cm的直线（虚线m）；

e⑧用“选择”工具作出直线m与圆F的交点K、L；

⑨用“选择”工具双击y轴，把y轴标记成反射镜面，再选择直线m，执行“变换—反射”，得到直线m关于y轴对称的直线m’；

⑩同时选择点J和点K，执行“作图—轨迹”，屏幕上（第一象限）出现点K的轨迹，类似地，分别选择点J和点L、点J和点M，点J和点N，作出点L、M、N的轨迹； 移动点E的位置，使离心率0

3、根据椭圆的参数方程绘制椭圆

xacost原理：椭圆的参数方程为：（t为参数），在坐标系中确定参数t和常量a、ybsintb，注意这里的t为弧度，应更改参数为弧度制。

①建立直角坐标系；

②在x轴上任取一点C，度量其坐标和横坐标，改为a=6.30； ③在y轴上任取一点D，度量其坐标和纵坐标，改为b=2.88； ④在屏幕下方画一圆，在圆上任取一点G，构造弧FG，填充扇形EFG； ⑤度量扇形EFG的弧度，该为t=-0.88弧度；

⑥计算：a*cost=-5.06,改为x=-5.06；b*sint=-1.72,改为y=-1.72； ⑦选择x=-5.06，y=-1.72，执行“图表—绘制点（x，y）”，画出点H；

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⑧依次选择点G、H，执行“构造—轨迹”，即得到椭圆。

（二）直线与圆锥曲线的交点的几何构造

（三）如图：直线GE是过平面任意一点G和椭圆上任意一点E，求作直线和椭圆的交点F，在几何画板中，不能直接找出直线和椭圆的交点，这里通过几何的思路找出直线和椭圆交点的一般方法。

几何构造（1）思路分析

先请了解一下椭圆弦的几何性质。如图：EF是椭圆的弦，其延长线交准线于P，的延长线交准线于Q，则F1P平分∠QF1E。

想一想：如果已知P、E、F1,你能否作出点如果您注意到点F是两条直线的交点，只要

F？ 作EFF1关于直线QF1的对称点E，则直线PE和直线EF1的交点就是F。我们就用这样的想法来构造直线与椭圆的交点。

（2）操作步骤： ①画椭圆 ；

②画直线GE , E为椭圆上一点；

③画椭圆的准线 ；度量点A的横坐标，并把度量结果的标签分别改为a=5.57；度量点B的纵坐标，并把度量结果的标签分别改为b=2.78；计算a2b2

a2并把度量结果的标签分别改为c=4.82；再计算，作出椭圆的左准线；

c④画直线GE与椭圆的另一交点 ；画线段F1P，点P是直线GE和准线的交点→对点E作反射变换（线段F1P）得到E→画直线（E，F1）→画交点F（直线GE，直线EF1）

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国中小学教学领域，使教学改革发生根本的变化。

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第三篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 柯西不等式在解题中的几点应用 新人教版

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柯西不等式在解题中的几点应用

摘要：本文利用怎样运用柯西不等式解题的技巧，介绍了柯西不等式在解等式、不等式、极值、三角问题等方面的应用。

关键词：柯西不等式、技巧、应用

一、引言

人民教育出版社高中《代数》下册“不等式”一章的习题中有这样一道题（P、15练习第2题）： 求证：ac+bda2b2*cd22这题用比较法是很容易证明的，这里用比值的方法来证明。

证明：当a=b=c(或c=d=0)时，显然成立； 假设a+b0 且c+dacbda222220,则

acbda2b2*acc2d2

2b2*bdcd2=a2c2

cd2ba22*d222a2b222*d2=a2b2*cc2dba222b*c2

 d221ac2222abcd2221bd2a2b22cd2=1 故ac+bdacbdacbda2b2*c2d2

(1)式就是著名的柯西不等式的一个简单特例。

柯西不等式的一般形式为：

对任意的实数a1,a2,,an及b1,b2,,bn有

nnn22aibiaibi,i1ii1i12

(2)nnn或i1aibii1ai*2bi12i,(3)其中等号当且仅当a1b1a2b2anbn时成立（当bk0时，认为ak0,1kn).柯西不等式有许多证明方法，这里就不作证明，仅就如何利用柯西不等式解题作一些介绍。

一、柯西不等式在解题中的应用

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1、利用柯西不等式证明恒等式 利用柯西不等式来证明恒等式，主要是利用其取等号的充分必要条件来达到目的，或者是利用柯西不等式进行夹逼的方法获证。

例、已知a1b2b1a21,求证：a2b21。

证明：由柯西不等式，得

a1b2b1a2a21a22b21b21

当且仅当b1a21ba2时，上式取等号，abab221a21b，21a221b，1。于是 ab22、利用柯西不等式解无理方程（或方程组）用柯西不等式解无理方程，是先把方程的（含有无理式的）运用柯西不等式化为不等式，然后结合原方程把不等式又化成等式，在判定为等式后再利用柯西不等式取等号的特性，得到与原方程同解的且比原方程简单的无理方程，进而得到简单的整式方程，从而求得原方程的解。

例：解方程

x21x2x1x1x22121x12221xx1。

解：x2x11x122

= x21x12x1

由柯西不等式知

x2x1x21x12x12

x1xx1x即

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x21x21(x1)2(x1)22,x(x1)

1x21x12(x1)21(x1)2

2x(x1)1x(x1)2当上式取等号时有x(x1)成立，即

x2x10（无实根）或xx10，即

x125，经检验，原方程的根为

x125

用柯西不等式解方程组，也同样是利用柯西不等式取等号的条件，从而求得方程组的解。

例：解方程组

xyz9xw6x4

2x(y2z2w)w(y222w)4862解：原方程组可化为

xyz9xw6(x2

z)(x22y2w)4862运用柯西不等式得

(x2y2z)292327, xw2262218

两式相乘，得

x2y2z2x2w2486

当且仅当x=y=z=w=3时取等号。故原方程组的解为x=y=z=w=3.3、柯西不等式证明不等式。

很多重要的不等式都可以由柯西不等式导出，而利用柯西不等式的技巧有很多。如常数的巧拆、结构的巧变、巧设数组等，下面略举一、二说明怎样利用柯西不等式证明不等式。例：设a,b,c为正数且不相等到，求证：

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2ab2bc2ca9abc

这两个常数进行巧拆，9=1112分析：我们利用9与2，2abcabbcca

这样就给我们利用柯西不等式提供了条件。证明

：a111bcabbccaa111bbccabccaabab221bc22ca1abca211bc221ca2 ab2abbc1bcca11192ab2bc2ca9abc a,b,c各不相等， 等号不可能成立，从而原不等式成立。

但是我们只要改变一下多项式的形态结有些问题本身不具备运用柯西不等式的条件，构，认清其内在的结构特征，就可以达到利用柯西不等式解题的目的。下面略举一例加以说明。

例：设a1a2anan1,求证：

1a1a21a2a31anan11an1a10

分析：这道题初看似乎无法使用柯西不等式，但改变其结构，我们不妨改为证：

a1111an11，a2a3anan1a1a2证明：为了运用柯西不等式，我们将a1an1写成

a1an1a1a2a2a3anan1于是

a1n2111a2a2a3anan1aaa2a3anan1211. 用心 爱心 专心 4

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即111a1an1aaa2a3anan1211a1a21a1a21，1a2a311anan111a1an11故a2a3anan1an1a10.我们进一步观察柯西不等式，可以发现其特点是：不等式左边是两个因式这和，其中每一个因式都是项平方和，右边是左边中对立的两两乘积之和的平方，证题时，只要能将原题凑成此种形式，就可以引用柯西不等式来证明。

例：求证：x1x2证明：22y1y2222x12y1x2y222.x1x222y1y222x1x2y1y22222x21x2y1y2

222由柯西不等式得

x21x2y1y2x1y1x2y22222

其中等号当且仅当x1ky1，x2ky2 时成立。

x21x222y221y222x1y1x2y2

2x1x2y12y1y22x21x22y21y222x2.1y1x2y2 x122x2y2222x1x2y1y2x1y12x2y2其中等号当且仅当x1ky1，x2ky2 时成立。

4、用柯西不等式证明条件不等式

n2n2n柯西不等式中有三个因式ai，bi，aibi而一般题目中只有一个或两个

i1i1i1因式，为了运用柯西不等式，我们需要设法嵌入一个因式（嵌入的因式之和往往是定值），bi 具有广泛的选择余地，这也是利用柯西不等式的技巧之一。又柯西不等式中诸量ai，任意两个元素 ai，aj（或bi，bj）的交换，可以得到不同的不等式，因此在证题时根据需要重新安排各量的位置，这种形式上的变更往往会给解题带来意想不到的方便。这种变换也是运用柯西不等式的一种技巧，下面我们简单举例说明怎样利用上述技巧运用柯西不等式来证明条件不等式。

例：已知a,bR，a+b=1,x1,x2R, 求证：ax1bx2bx1ax2x1x2

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分析：如果对不等式左端用柯西不等式，就得不到所要证明的结论。若把第二个小括号内的前后项对调一下，情况就不同了。

证明：ax1bx2bx1ax2 =ax1bx2ax2bx1 ax1x2b2x1x22

=abx1x2x1x2。例、设x1,x2,,xnR,求证：

x12x2xx3xxnxn2x1x1x2xn

（1984年全国高中数学联赛题）

证明：在不等式的左端嵌乘以因式x2x3xnx1，也即嵌以因式

x1x2xn，由柯西不等式，得 x12x2xx3xxnxn2x1(x2x3xnx1)

x1x2x2x322222xxn1nxxn1x2x32xn2x12xnxnx1x1

x1x2x2x2x32x3xn1xnx1x2xn,于是x12x2xx3xxnxn2x1x1x2xn.5、利用柯西不等式求函数的极值

有些极值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；而有些极值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误。这多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一。下面略举例加以说明怎样利用柯西不等式来求解一些极值问题。

例 设非负实数1,2n满足12n1,求

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112_n11`23nn211的最小值。（198

2n1年西德数学奥林匹克度题）

解：易验证

112+1=

n1(12n)21221

同理可得

1113+1=

n222,,12nn1+1=

22n

令y1122_n11`23nn211

n1故yn21222+22n

为了利用柯西不等式，注意到

(2a1)(2a2)(2an)2n(a1a2an)2n1，121122(2n1)(+12n)

=(2a1)(2a2)(2an)(121122+12n)

2a1yn2n12a122a22n212a2n2n1.2an12an2n22n1,y2n1n1n等号当且公当a1a2an时成立，从而y有最小值

nn2n1

例 设x1,x2,,xn都是正数，n2,且xi1,求证：

i1nn i1xi1xii1xi.（1989年全国数学冬令营试题）

n1证明：令yi1xi(i1,2,n),由柯西不等式，得

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nnn(i1xi)2ni1xin, 即 i1xin.nnn同理，得(i1nyi)2ni1yini1(1xi)n(n1)，即 yii1n(n1).又由柯西不等式，得

nni1nyii11yi2n(i14yi14)2n

2yi故i11yin1nyin2，i1n(n1)从而

ni1xi1xinnni11yiyini11yini1yi n(n1)n

n1nn1i1xi.n16，利用柯西不等式解三角问题。

三角问题包括三角不等式，三角方程。三角极值等到，对于一些三角问题，我们为了给运用柯西不等式创造条件，经常引进一些待定的参数，其值的确定由题设或者由等号成立的充要条件共同确定，也有一些三角极值问题我们可以反复运用柯西不等式进行解决。

例 在ABC中，求证：

sinAsinB5sinC1982201(2013)40

证明：sinAsinB5sinC

2sin2cos2cosAB2C2C2(coscosAB22C210sinC2)C2cosC2AB5sin).(15sin当且仅当A=B时等号成立。

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令ycosx(15sinx)(0x)2，于是引进参t0,求

y2cos2x(15sinx)2的最值。

由柯西不等式，2y2cos2x15sinx225cos2x15sinx =25cosx1t2tsinx 5cos225x12t22t2sinxt25

25t21cos2x2xt2t2sin.abab2又由平均值不等式4,得

2222y225t1cosxtsin2xt22 =25t21t2124t2.（1）

当且仅当cos2x=t2sin2x时等号成立。例、已知a,b为正常数，且0

3a23b23a23b2sin2xcos2x

3asinx3bcosx2等号成立的当且仅当sinxcosx3a3b时；

即 xarctg3ab 时，于是

3a23b23asinx3bcosx

再由柯西不等式，得

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3a23b2ba cosxsinxbabcosx sinxcosx 3asinx3 6a23sinx2asinx6bcosxbcosx2 ab3.32等号成立也是当且仅当xarctgab时。

3a 从而ysinxcosxab232b32.3 于是y的最小值是asinxcosxab232b32. 在许多问题中，如果我们能够利用柯西不等式去解决，往往能收到事半功倍的效果，使人耳目一新。

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第四篇：关注反证法在立体几何证明题中的应用

龙源期刊网 http://.cn

关注反证法在立体几何证明题中的应用 作者：王健

来源：《数理化学习·高三版》2012年第10期

第五篇：分析法在立体几何问题中应用

分析法在立体几何问题中应用

立体几何在高中是一个难点，特别是添辅助线，让很多同学无从下手.虽然证明题的思路是非常明确的，比如要证明线面平行，只要在平面中找到一条直线与已知直线平行即可；要证明两条异面直线垂直，只要构造一个包含其中一条直线的平面与另一条直线垂直即可，但是如何去寻找所需要的直线与平面呢？幸好空间向量的引入，使得立体几何也可以转化成代数问题进行计算，不需要添加辅助线，只要能建立适当的空间直角坐标系，通过计算即可解决立体几何的问题.但事与愿违，那些没有数量关系的几何问题不可能利用空间向量来解决，因此如何添加辅助线的可操作性的方法便呼之欲出.接下来，利用分析法讨论两类问题：如何添加辅助线和建立适当空间直角坐标系.一、分析法解决辅助线问题

例1 在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证：B1D平面ACD1.分析：要证明B1D平面ACD1，只要证明B1D垂直于平面ACD1内的两条相交直线.利用分析法，可以将B1D平面ACD1看成是已知条件，则根据线面垂直的定义，有B1D垂直于平面ACD1内的所有直线，所以只要选取其中的两条来证明即可.接下来问题就转化成为证明B1DAC和B1DCD1，即两条异面直线垂直，常用的方法就是构造线面垂直.先来证明B1DAC.利用分析法，B1DAC可以看成是已知条件，由于A、C、D处于下底面，只要过D有一条垂直垂直于AC的直线即可，因为底面是一个正方形，故对角线互相垂直，所以只要连接BD，就应有AC平面BB1D.这样问题就转化为证明AC平面

BB1D.由于ACBD,ACB1B，即可证明.然后同理可证B1DCD1.证明过程略.A

D1 C

1B1

A1

D

C

B

评注：其实这个题，如果用三垂线定理，应该是比较容易想到连接BD，因为BD是B1D在下表面内的射影。但由于课改后，在必修2中对三垂线定理只字不提，增大了此类题目的难度.类似地，《普通高中课程标准实验教科书》（人教版）数学必修2的73页上有这样一个探究题：如图，直四棱柱ABCDABCD（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）中，底面四边形ABCD满足什么条件时，ACBD?

'

'

'

'

'

'

'

'

'B

D

B

分析：连接A'C'，只要A'C'B'D'，就有A'CB'D'.C

例2 如图，ABCD是平行四边形，S是平面ABCD外一点，M为SC的中点.求证：SA//平面MDB.S

M

D C

A

B

分析：要证明SA//平面MDB，只要在平面MDB中找到一条直线与SA平行.利用分析法，可以将SA//平面MDB看成已知条件，根据线面平行的性质定理，过SA的平面只要与平面MDB相交，则SA与交线平行.题目中包含SA有两个平面只有平面SAB和平面SAD，而这两个平面与平面MDB的交线在这个几何体的外面，不太好找.我们可以改变策略，在四棱锥中构作一个包含SA的平面.根据确定平面的公理2的推论：一条直线和直线外一点可以唯一确定一个平面，我们选取点C，连接AC交BD于O，构作平面SAC，它与平面MDB的交线是OM，故只要证明SA//OM.由于底面是平行四边形，M是SC的中点，易得

SA//OM.证明过程略.评注：由于线面平行的话，直线上所有点到平面的距离相等，而且垂直于同一个平面的两条直线平行，两条平行直线也可确定一个平面，有时也利用平行四边形构作平面.如下题.在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是A1B、AC上的点，A1MAN.求证：MN//平面BB1C1C.二、分析法建立空间直角坐标系

利用空间向量解决立体几何问题有着无比的优越性，因此逐渐成为高考的热点之一.新课改也处处体现向量方法的重要性.在必修2的最后一章，介绍了空间直角坐标系，重点要求掌握空间直角坐标系中点的坐标的确定，以及空间向量的模长，从而掌握空间向量的数量积来解决长度与角度的问题.而空间直角坐标系是将几何问题转化为代数问题的关键，所以如何建立空间直角坐标系就显得犹为重要.接下来，利用分析法谈谈建立空间直角坐标系的问题.例3 四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC底面ABCD，已知ABC45，AB

2，BC

SASB

（1）求证：SABC；

（2）求直线SD与平面SAB所成角的大小.S

C

B

D

A

分析：要建立空间直角坐标系，最好有一个线面垂直.先来分析下底面，由于下底面是ABC45的平行四边形，且AB

2，BC故连接AC，有ABC是已CAB为直角的等腰直角三角形.取BC的中点为O，连接AO，则AOBC

.利用分析法，将SABC看成已知条件，所以应有BC平面SAO，则SOBC.因为侧面SBC底面ABCD，根据面面垂直的定义，有SO底面ABCD.故可取O为原点，OA所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OS所在的直线为z轴建立空间直角坐标系.证明过程略.附：分析法得到意想不到的结果

1.设a,b,c都为正数，求证：abc(abc)(bca)(cab).分析：由于a,b,c都为正数，当abc0,bca0,cab0时，可以将a,b,c看成是三角形的三边.由不等式的右边联想到海伦公式，有

abc(abc)(abc)(bca)(cab)(abc)16S

abcabc16r()

4R2

得R2r（其中R,r分别为三角形的外接圆与内切圆的圆心）2.在数列{an}中，已知anln2.解Snln下先证明ln

12ln1

23ln1

nn1，Sn是{an}的前n项和，求证：Sn

n

1n

.ln

12n1

ln()ln，n123n1n11，只证lnxx，令f(x)lnxx(0x1)，n1n1n111x

0，又0x1，得f(x)0，∴f(x)为增函数，则f(x)1

xx

，令x

得f(x)f(1)ln1110，即lnxx0，有lnxx，于是ln

1n1



1n1



1n

.3.设函数f(x)lnxpx1(pR)，（1）求f(x)极值点；

（2）当p0时，若对于任意的x0，恒有f(x)0，求p的取值范围；（3）证明：当nN，n2时，ln22



ln33



lnnn



2nn12(n1)。

解：（1）f(x)的定义域为(0,)。当p0时，f(x)

1x

p0，f(x)在其定义域上是增函数，故没有极值点。

当p0时，若x(0,)，则f(x)

p1p

11pxx

0

；若x(,)，则f(x)

p

11pxx

0，于

是f(x)有极小值点x。

1p

（2）由（1）知，p0时，f(x)有极小值点f()ln

p

1p，由于f(x)在其定义域上只

1p

有一个极值点，因此f(x)的最大值为f()ln

p

。所以f(x)0ln0p1。

1x

（3）由（2）知，当p1，x0时，f(x)0lnxx1

于是

ln22

lnxx

1。



ln33



lnnn

(1

12)(1

13)(1

1n

1n)

(n1)(又当nN，n2时，12



)。

1n





1(n1)n

1314



1n



1n1

1n131，于是

1n1)1n





1n

（12

13)()（12



12)



1n1，∴

ln22



ln33



lnnn

(n1)(

(n1)(

n1)

2nn12(n1)，即

ln22



ln33



lnnn



2nn12(n1)。

评析：导数进入中学数学后，为中学不等式证明提供了一个强大工具。正因为如此，通过构造函数并利用导数证明不等式已成为高考数学试题中一道亮丽的风景线。本题第（2）问实际上已经作出暗示，对比待证不等证式与第（2）问所得结论，证明思路自然生成。