2015届高考数学总复习几何证明选讲第1课时 相似三角形的进一步认识课时训练 新人教A版选修4-1

第一篇：2015届高考数学总复习几何证明选讲第1课时 相似三角形的进一步认识课时训练 新人教A版选修4-1

选修4－1 几何证明选讲第1课时 相似三角形的进一步认识

(理科专用)

1.在Rt△ABC中，CD、CE分别是斜边AB上的高和中线，该图中共有几个三角形与

△ABC相似？

解：△ACD、△CBD与△ABC相似，共2个．

ABBCAC52.如图，在△ABC和△DBE

中，＝＝＝，若△ABC与△DBE的周长之差为DBBEDE310 cm，求△ABC的周长．

解：利用相似三角形的相似比等于周长比可得△ABC的周长为25 cm.3.在△ABC中，D、E分别为AB、AC上的点，且DE∥BC，△ADE的面积是2 cm2，梯形DBCE的面积为6 cm2，求DE∶BC的值．

解：△ADE∽△ABC，利用面积比等于相似比的平方可得DE∶BC＝1∶2.4.如图，在△ABC中，∠A＝90°，正方形DEFG的边长是6 cm，且四个顶点都在△ABC的各边上，CE＝3 cm，求BC的长．

解：∵ 四边形DEFG是正方形，∴ ∠GDB＝∠FEC＝90°，GD＝DE＝EF＝6 cm.∵ ∠

BDGDB＋∠C＝90°，∠B＋∠BGD＝90°，∴ ∠C＝∠BGD，∴ △BGD∽△FCE，∴ ＝，EFEC

EF·GD即BD＝＝12 cm，∴ BC＝BD＋DE＋EC＝21 cm.EC

EFFG5.如图，在四边形ABCD中，EF∥BC，FG∥AD，求＋的值． BCAD

EFAFFGCFEFFGAFCFAF＋CF解：由EF∥BC得＝，由FG∥AD得＝，所以＋＝＋＝BCACADCABCADACCACA

＝1.16.如图，在△ABC中，D为BC边上中点，延长BA到E，使AE＝EB，连结DE，3交AC于F.求AF∶FC值．

1解：过D点作DP∥AC(如图)，因为D是BC的中点，所以P为AB的中点，且DP＝

2AC.1

1又AE

＝EB，所以AE＝AP，所以AF＝DP＝AC，所以AF∶FC＝1∶3.32

4°

7.如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90，且AB＝6，AC＝4，AD＝12.求BE的长．

解：因为AE⊥BC，所以∠AEB＝∠ACD＝90°.因为∠B＝∠D，所以△AEB∽△ACD，ACADAB·AC6×4所以＝，所以AE＝＝2.在Rt△AEB中，BE＝AB－AE＝6－2＝

AEABAD1242.8.如图，在△ABC中，D是AC中点，E是BD三等分点，AE的延长线交BC于F.求S△BEF

S四边形DEFC

BFBE1

解：过D点作DM∥AF交BC于M.因为DM∥AF，所以因为EF∥DM，BMBD3

S△1S△22

所以，即S△BDM＝9S△BEF.又＝，即S△DMC＝△BDM＝6S△BEF，所以S四边形DEFC

3S△BDM9S△BDM3

S△BEF1

＝14S△BEF，因此.S四边形

DEFC14

9.如图，若AD是△ABC中∠A的平分线，EF是AD的中垂线且交BC的延长线与F点．求证：FD2＝FC·FB.解：如图，连结FA.∵ EF是AD的中垂线，∴ AF＝DF，∴ ∠2＋∠3＝∠4＝∠1＋∠B.而∠1＝∠2，∴ ∠3＝∠B.又∠AFB共用，∴ △FAC∽△FBA.∴ ∴ AF 2＝BF·CF，即DF 2＝BF·

CF.AFBF

FCAF

10.如图，在△ABC中，AB＝AC，延长BC到D，使CD＝BC，CE⊥BD，交AD于E，连结BE，交AC于点F.求证：AF＝FC.证明：取BC的中点H，连结AH.∵ AB＝AC，∴ AH⊥BC.∵ CE⊥BD，∴ AH∥EC.∵ CD＝BC，∴ CD＝2CH.则DE＝2AE.取ED的中点M，连结CM.则ME＝AE.∵ C为BD的中点，∴ CM∥BE.则F为AC的中点，即AF＝

FC.11.如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是BD的中点，AE的延长线交BC于F.BF

(1)求

FC

(2)若△BEF的面积为S1，四边形CDEF的面积为S2，求S1∶S2的值．

解：(1)过D点作DG∥BC，交AF于G点，∵ E是BD的中点，∴ BE＝DE.又∠EBF＝∠EDG，∠BEF＝∠DEG，∴ △BEF≌△DEG，则BF＝DG，∴ BF∶FC＝DG∶FC.∵ D是AC的中点，则DG∶FC＝1∶2，则BF∶FC＝1∶2.(2)若△BEF以BF为底，△BDC以BC为底，由(1)知BF∶BC＝1∶3，又由BE∶BD

S△BEF111

＝1∶2可知h1∶h2＝1∶2，其中h1、h2分别为△BEF和△BDC的高，则×，S△BDC326

则S1∶S2＝.

第二篇：2015届高考数学总复习几何证明选讲第2课时 圆的进一步认识课时训练 新人教A版选修4-1

选修4－1 几何证明选讲第2课时 圆的进一步认识(理科专用)

1.如图，在半径为7的圆O中，弦AB、CD相交于点P，PA＝PB＝2，PD

＝1，求圆心O到弦CD的距离．

解：连结OD，取CD的中点M.则圆心O到弦CD的距离为OM.4＋15由相交弦定理得PA·PB＝DP·PC，解得PC＝4，所以MD＝＝.2

25233所以OM＝OD2－MD2＝7－＝＝.242

2.如图，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，点D在半径OC上的射影为E.若

CEAB＝3AD，求的值． EO

AB221解：设圆的半径为R，则AD＝＝R，OD＝R－R＝R.又OD2＝OE·OC，所以OE333

3OD2118CE＝＝R，CE＝R－R＝R，所以＝8.OC999EO

3.如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D.若PA＝3，PD∶DB＝9∶16，分别求PD、AB的值．

解：由PD∶DB＝9∶16，可设PD＝9x，DB＝16x.因为PA为圆O的切线，所以PA2＝PDPB，11所以32＝9x(9x＋16x)，化为x2＝，所以x＝.25

59所以PD＝9x＝，PB＝25x＝5.5

因为AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，所以AB⊥PA.所以AB＝PB2－PA2＝52－32＝4.4.如图，圆O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，满足∠ABC＝30°，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，求PA的值．

解：连结OA，则∠AOC＝60°，∠OAP＝90°，因为OA＝1，所以PA＝3.5.自圆O外一点P引切线与圆切于点A，M为PA的中点，过M引割线交圆于B、C两点．求证：∠MCP＝∠MPB.证明：∵ PA与圆相切于A，PMMB＝.MC

PM

∴ MA2＝MB·MC.又M为PA的中点，∴ PM＝MA，∴ PM2＝MB·MC，∴ ∵ ∠BMP＝∠PMC，∴ △BMP∽△PMC，∴ ∠MCP＝∠MPB.16.如图，圆O的两条弦AC、BD互相垂直，OE⊥

AB，垂足为E，求证：OE＝CD.证明：连结AO并延长交圆O于F，则AF为圆O的直径，连结BF、CF，则∠ABF＝

∠ACF＝90°.∵ OE⊥AB，又O为AF的中点，∴ E为AB的中点，∴ OE＝BF.∵ ∠

︵︵

1ACF＝90°，∴ AC⊥CF.又AC⊥BD，∴ BD

∥CF，则DC＝BF，∴ DC＝BF，∴ OE＝CD.7.如图，AB是圆O的直径，C、F为圆O上的点，且CA平分∠BAF，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于点D.求证：DC是圆O的切线．

证明：连结OC，所以∠OAC＝∠OCA.又CA平分∠BAF，所以∠OAC＝∠FAC，所以∠FAC＝∠OCA，所以OC∥AD.又CD⊥AF，所以CD⊥OC，所以DC是圆O的切线．

8.如图，圆O1与圆O2交于M、N两点，直线AE与这两个圆及MN依次交于A、B、C、D、E.求证：AB·CD＝BC·DE.证明：因为A、M、D、N四点共圆，所以AC·CD＝MC·CN.同理，有BC·CE＝MC·CN，所以AC·CD＝BC·CE，即(AB＋BC)·CD＝BC·(CD＋DE)，所以AB·CD＝BC·DE.9.如图，AB、CD是圆的两条平行弦，BE∥AC，BE交CD于E、交圆于F，过A点的切线交CD的延长线于点P，PC＝ED＝1，PA＝2.(1)求AC的长；(2)求证：BE＝EF.(1)解：∵ PA2＝PC·PD，PA＝2，PC＝1，∴ PD＝4.又PC＝ED＝1，∴ CE＝2.∵ ∠PAC＝∠CBA，∠PCA＝∠CAB，PCAC

∴ △PAC∽△CBA，∴ ＝，ACAB

∴ AC2＝PC·AB＝2，∴ AC＝2.(2)证明：∵ BE＝AC2，CE＝2，而CE·ED＝BE·EF，2×

1∴ EF＝2，∴ EF＝BE.10.如图，AB是圆O的直径，D、E为圆上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD＝DC，连结AC、AE、DE.求证：∠E＝∠C.证明：连结AD.∵ AB是圆O的直径，∴ ∠ADB＝90°.∴ AD⊥BD.∵ BD＝DC，∴ AD是线段BC的中垂线． ∴ AB＝AC.∴ ∠B＝∠C.又∵ D、E为圆上位于AB异侧的两点，∴ ∠B＝∠E.∴ ∠E＝∠C.11.如图所示，AB是圆O的直径，G为AB延长线上的一点，GCD是圆O的割线，过点G作AB的垂线交AC的延长线于点E、交AD的延长线于点F，过G作圆O的切线，切点为H.求证：

(1)C、D、F、E四点共圆；(2)GH2＝GE·

GF.证明：(1)如图，连结BC.∵ AB是圆O的直径，∴ ∠ACB＝90°.∵ AG⊥FG，∴ ∠AGE＝90°.又∠EAG＝∠BAC，∴ ∠ABC＝∠AEG.又∠FDC＝∠ABC，∴ ∠FDC＝∠AEG.∴ ∠FDC＋∠CEF＝180°.∴ C、D、F、E四点共圆．

(2)∵ GH为圆O的切线，GCD为割线，∴ GH2＝GC·GD.由C、D、F、E四点共圆，得∠GCE＝∠AFE，∠GEC＝∠GDF，GCGE

∴ △GCE∽△GFD.∴，GFGD

即GC·GD＝GE·GF，∴ GH2＝GE·

GF.

第三篇：选修4-1 几何证明选讲第1讲平行截割定理与相似三角形 2

大千教育第1讲平行截割定理与相似三角形

【2013年高考会这样考】

考查相似三角形的判定和性质定理的应用及直角三角形的射影定理的应用．

【复习指导】

复习本讲时，只要掌握好教材上的内容，熟练教材上的习题即可达到高考的要求，该部分的复习以基础知识、基本方法为主，掌握好解决问题的基本技能即可

.基础梳理

1．平行截割定理

(1)平行线等分线段定理及其推论 ①定理：如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在任一条(与这组平行线相交的)直线上截得的线段也相等．

②推论：经过梯形一腰的中点而且平行于底边的直线平分另一腰．

(2)平行截割定理及其推论 ①定理：两条直线与一组平行线相交，它们被这组平行线截得的对应线段成比例． ②推论：平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)，截得的三角形与原三角形的对应边成比例．

(3)三角形角平分线的性质 三角形的内角平分线分对边成两段的长度比等于夹角两边长度的比．

(4)梯形的中位线定理 梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．

2．相似三角形

(1)相似三角形的判定

①判定定理

a．两角对应相等的两个三角形相似．

b．两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．

c

②推论：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似．

③直角三角形相似的特殊判定

斜边与一条直角边对应成比例的两个直角三角形相似．

(2)相似三角形的性质 相似三角形的对应线段的比等于相似比，面积比等于相似比的平方．

(3)直角三角形射影定理

直角三角形一条直角边的平方等于该直角边在斜边上射影与斜边的乘积，斜边上的高的平方等于两条直角边在斜边上射影的乘积．

双基自测

1．如图所示，已知a∥b∥c，直线m、n分别与a、b、c交于点A，B，C和A′，3B′，C′，如果AB＝BC＝1，A′B′＝2，则B′C′＝________.相似的三角形________．2．如图所示，BD、CE是△ABC的高，BD、CE交于F，写出图中所有与△ACE

3．(2011·西安模拟)如图，在△ABC中，M、N分别是AB、BC的中点，AN、CM交于点O，那么△MON与△AOC面积的比是________．

4．如图所示，已知DE∥BC，BF∶EF＝3∶2，则AC∶AE＝______，AD∶DB＝________.5．(2010·广东)如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CDa＝2E、F分别为线段AB、AD的中点，则EF＝________.考向一平行截割定理的应用

【例1】►(2011·广州测试(二))在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，BC＝5，点E、AE3F分别在AB、CD上，且EF∥AD，若EB4EF的长为________．

【训练1】 如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，则AB的长为________．

考向二 相似三角形的判定和性质的应用

【例2】►已知，如图，在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC，点D是垂足． 求证：BC2＝2CD·AC.5，DE＝6，则BF＝________.3【训练2】(2011·惠州调研)如图，在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC，AE∶AC＝3∶

考向三 直角三角形射影定理的应用

【例3】►已知圆的直径AB＝13，C为圆上一点，过C作CD⊥AB于D(AD＞BD)，若CD＝6，则AD＝________.【训练3】 在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD∶BD＝2∶3.则△ACD与△CBD的相似比为________．

高考中几何证明选讲问题(一)

从近两年新课标高考试题可以看出，高考主要以填空题的形式考查平行截割定理和相似三角形判定定理的应用，难度不大．

【示例1】 ►(2011·陕西)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则AE＝________.【示例2】►(2011·广东)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，E，F分别为AD，BC上的点，且EF＝3，EF∥AB，则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为________．

第四篇：2015届高考数学总复习第七章 推理与证明第1课时 合情推理与演绎推理课时训练

n－mb答案： a解析：等差数列中bn和am可以类比等比数列中的bn和am，等差数列中bn－am可以类

n－m

bbn－ambn

比等比数列中的，等差数列中.an－max7.设函数f(x)，观察： x＋

2xxxf1(x)＝f(x)f2(x)＝f(f1(x))f3(x)＝f(f2(x))x＋23x＋47x＋8

xf4(x)＝f(f3(x))15x＋16

根据以上事实，由归纳推理可得：当n∈N＋且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________．

x答案：（2－1）x＋2

解析：观察知四个等式等号右边的分母为x＋2，3x＋4，7x＋8，15x＋16，即(2－1)x

n＋2，(4－1)x＋4，(8－1)x＋8，(16－1)x＋16，所以归纳出fn(x)＝f(fn－1(x))的分母为(2－1)x

x＋2n，故当n∈N＋且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))（2－1）x＋238.观察：① sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝ sin26°＋cos236°＋sin 6°

43cos36°＝4

由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．

3解：猜想：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°).4

证明如下：

2左边＝sinα＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sinα]

＝sin2α＋α－1sinαα＋1α 2222313＝sin2α＋22α＝ 444

所以，猜想是正确的．

9.在Rt△ABC中，两直角边的长分别为a、b，直角顶点C到斜边的距离为h，则易证11

1.在四面体S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，hab点S到平面ABC的距离为h，类比上述结论，写出h与a、b、c之间的等式关系并证明．

1111解：类比得到：＋.habc

证明：过S作△ABC所在平面的垂线，垂足为O，连结CO并延长交AB于D，连结SD，∵SO⊥平面ABC，∴SO⊥AB.∵SC⊥SA，SC⊥SB，∴SC⊥平面ABC，∴SC⊥AB，SC⊥SD，∴AB⊥平面SCD，∴ AB⊥SD.在Rt△ABS中，有

111111中，有＝＋＋.hSDcabc111，在Rt△CDSSDab 2210.老师布置了一道作业题“已知圆C的方程是x＋y＝r，求证：经过圆C上一点

2M(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r”，聪明的小明很快就完成了，完成后觉得该题很有意

思，经过认真思考后大胆猜想出如下结论：若圆C的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则经过圆

2C上一点M(x0，y0)的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r.你认为小明的猜想正确

吗？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．

解：小明的猜想正确．

(证法1)若x0≠a，y0≠b，则因圆C的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝r2，M(x0，y0)是圆C上

y0－b一点，所以直线MC的斜率为k1＝，设过M(x0，y0)的切线斜率为k，因直线MC与切x0－a

x0－ax0－a1线l垂直，所以k＝－＝－所以过M(x0，y0)的切线l方程为y－y0(x－x0)，k1y0－by0－b

22整理得(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝(x0－a)＋(y0－b).又点M(x0，y0)在圆C上，所以有(x0

222－a)＋(y0－b)＝r，故此时过M(x0，y0)的圆C的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)2＝r.若x0＝a或y0＝b(同时成立不合题意)，则切线的斜率不存在或为0，可直观看出：|y0－b|＝r或|x0－a|＝r，此时切线方程分别为y＝y0或x＝x0，适合(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)22＝r.综上所述，过M(x0，y0)的圆C的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r.→→→(证法2)设P(x，y)为切线上任一点，则PM＝(x0－x，y0－y)，CM＝(x0－a，y0－b)．又PM

→→→⊥CM，∴ PM·CM＝0，即(x0－x)(x0－a)＋(y0－y)(y0－b)＝0.又(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2，化简得(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2为所求切线．

11.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图(1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形．

(1)求出f(5)的值；

(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n＋1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；

1111(3)＋＋„＋的值． f（1）f（2）－1f（3）－1f（n）－1

解：(1)f(5)＝41.(2)因为f(2)－f(1)＝4＝4×1，f(3)－f(2)＝8＝4×2，f(4)－f(3)＝12＝4×3，f(5)－f(4)＝16＝4×4，„，由上式规律，所以得出f(n＋1)－f(n)＝4n.因为f(n＋1)－f(n)＝4nf(n＋

1)＝f(n)＋4nf(n)＝f(n－1)＋4(n－1)＝f(n－2)＋4(n－1)＋4(n－2)＝f(n－3)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＝„＝f(1)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＋„＋4＝2n2－2n＋1.11111，(3)当n≥2＝

f（n）－12n（n－1）2n－1n

1111所以＋＋„＋ f（1）f（2）－1f（3）－1f（n）－111111111＝1＋(1－＋－„＋)222334n－1n

1131＝1＋1－＝－2n22n

第五篇：2015届高考数学总复习第七章 推理与证明第3课时 数学归纳法课时训练

1117.设f(n)＝＋„＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝________． 2nn＋1n＋

211答案： 2n＋12n＋2

解析：f(n＋1)－f(n)

11111＝（n＋1）＋1＋（n＋1）＋2＋„＋2n＋2n＋1＋2（n＋1） 

111－n＋1＋n＋2＋„＋2n 

11111＝－.2n＋12（n＋1）n＋12n＋12n＋2

－8.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋„＋n×3n1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为____________．

11答案：a＝，b＝c＝2

4解析：∵ 等式对一切n∈N*均成立，∴ n＝1，2，3时等式成立，1＝3（a－b）＋c，2即1＋2×3＝3（2a－b）＋c，1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c，3a－3b＋c＝1，11整理得18a－9b＋c＝7，解得ab＝c 2481a－27b＋c＝34，9.已知正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋

*a(n∈N*)．用数学归纳法证明：an

a3证明：当n＝1时，a2＝1＋，a1

2ak＋1ak＋1时，ak0.则当n＝k＋1时，ak＋2－ak＋1＝1＋－ak＋1＝1－1＋ak＋11＋ak＋

1ak＋1－ak1＋a＝1＋ak（1＋ak）（1＋ak＋1）>0，所以n＝k＋1时，不等式成立．综上所述，不等式

an

＋－10.求证：an1＋(a＋1)2n1能被a2＋a＋1整除(其中n∈N*)．

证明：① 当n＝1时，a2＋(a＋1)1＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除，即当n＝1时原命题成立．

＋－＋② 假设n＝k(k∈N*)时，ak1＋(a＋1)2k1能被a2＋a＋1整除．则当n＝k＋1时，ak2

＋＋－＋－－＋(a＋1)2k1＝a·ak1＋(a＋1)2·(a＋1)2k1＝a·ak1＋a·(a＋1)2k1＋(a2＋a＋1)·(a＋1)2k1＝

[ak＋1＋（a＋1）2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.由归纳假设及a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除可a·

＋＋知，ak2＋(a＋1)2k1也能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1命题也成立．

根据①和②可知，对于任意的n∈N*，原命题成立．

11.设数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，先计算数列的前4项，后猜想an并证明之．

3解：由a1＝2－a1，得a1＝1，由a1＋a2＝2×2－a2，得a2＝.由a1＋a2＋a3＝2×3－a3，2

n2－1715得a3＝.由a1＋a2＋a3＋a4＝2×4－a4，得a4＝.猜想an＝－.482

下面用数学归纳法证明猜想正确：

2n－121－1① 当n＝1时，左边a1＝1，右边＝－－1，猜想成立． 22

k2－12k－1② 假设当n＝k时，猜想成立，就是ak－Sk＝2k－ak＝2k－－.则当n＝22

1k＋1时，由Sk＋1＝2(k＋1)－ak＋1，得Sk＋1－ak＋1＝2(k＋1)－2ak＋1，∴ ak＋1＋1)－Sk]2

kk＋12－12－11＝k＋12k－－＝（＋）－ 222

这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．

2n－1由①②可知，an＝－n∈N*均成立． 2

12.已知△ABC的三边长为有理数，求证：

(1)cos A是有理数；

(2)对任意正整数n，cosnA是有理数．

AB2＋AC2－BC2

证明：(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cosA＝ 2AB·AC

(2)用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数．

① 当n＝1时，由(1)知cosA是有理数，从而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理数． ② 假设当n＝k(k≥1)时，coskA和sinA·sinkA都是有理数．

当n＝k＋1时，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，由①及归纳假设，知cos(k＋1)A与sin A·sin(k＋1)A都是有理数．

即当n＝k＋1时，结论成立．

综合①②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．