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

第一篇：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.

第二篇：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＝.

第三篇：【高考精品复习】选修4-1 几何证明选讲 第2讲 圆周角定理与圆的切线

第【高考会这样考】 2讲 圆周角定理与圆的切线

考查圆的切线定理和性质定理的应用．

【复习指导】

本讲复习时，牢牢抓住圆的切线定理和性质定理，以及圆周角定理和弦切角等有关知识，重点掌握解决问题的基本方法

.基础梳理

1．圆周角定理

(1)

(2)

(3)圆周角定理的推论

①同弧(或等弧)上的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等． ②半圆(或直径)所对的圆周角是90°；90°的圆周角所对的弦是直径．

2．圆的切线

(1)直线与圆的位置关系

(2)①切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．

②切线的判定定理

过半径外端且与这条半径垂直的直线是圆的切线．

(3)切线长定理

从圆外一点引圆的两条切线长相等．

3．弦切角

(1)

(2)弦切角定理及推论 ①定理：弦切角的度数等于所夹弧的度数的一半．

②推论：同弧(或等弧)上的弦切角相等，同弧(或等弧)上的弦切角与圆周角相等．

双基自测

1．如图所示，△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，以AC

为直径的圆与斜边交于点P，则BP长为________．

解析 连接CP.由推论2知∠CPA＝90°，即CP⊥AB，由射影定

理知，AC2＝

AP·AB.∴AP＝3.6，∴BP＝AB－AP＝6.4.答案 6.42．如图所示，AB、AC是⊙O的两条切线，切点分别为B、C，D

是优弧BC上的点，已知∠BAC＝80°，那么∠BDC＝________.解析 连接OB、OC，则OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠

BAC＝100°，1∴∠BDC＝2∠BOC＝50°.答案 50°

3．(2011·广州测试(一))如图所示，CD是圆O的切线，切点为C，点A、B在圆O上，BC＝1，∠BCD＝30°，则圆O的面积为________．

解析 连接OC，OB，依题意得，∠COB＝2∠CAB＝2∠BCD＝

60°，又OB＝OC，因此△BOC是等边三角形，OB＝OC＝BC＝1，即圆O的半径为1，所以圆O的面积为π×12＝π.答案 π

4．(2011·深圳二次调研)如图，直角三角形ABC中，∠B＝90°，AB＝4，以BC为直径的圆交AC边于点D，AD＝2，则∠C的大

小为________．

解析 连接BD，则有∠ADB＝90°.在Rt△ABD中，AB＝4，AD＝2，所以∠A＝60°；在Rt△ABC中，∠A＝60°，于是有∠C＝30°.答案 30°

5．(2011·汕头调研)如图，MN是圆O的直径，MN的延长线与

圆O上过点P的切线PA相交于点A，若∠M＝30°，AP＝3，则圆O的直径为________．

解析 连接OP，因为∠M＝30°，所以∠AOP＝60°，因为PA切圆O于P，所以

AP23OP⊥AP，在Rt△ADO中，OP＝＝tan 60°2，故圆

O的直径为4.tan ∠AOP答案

4考向一 圆周角的计算与证明

【例1】►(2011·中山模拟)如图，AB为⊙O的直径，弦AC、BD交于点P，若AB＝3，CD＝1，则sin∠APB＝________.[审题视点] 连结AD，BC，结合正弦定理求解．

解析 连接AD，BC.因为AB是圆O的直径，所以∠

ADB＝∠ACB＝90°.CDAD又∠ACD＝∠ABD，所以在△ACD中，由正弦定理得：＝＝sin∠DACsin∠ACD

ABsin∠ABDAD1＝AB＝3，又CD＝1，所以sin∠DAC＝sin∠DAP＝3sin∠ABDsin∠ABD

2所以cos∠DAP＝

32.2又sin∠APB＝sin(90°＋∠DAP)＝cos∠DAP＝2.答案

2解决本题的关键是寻找∠APB与∠DAP的关系以及AD与AB的关系．

【训练1】 如图，点A，B，C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB＝30°，则圆O的面积等于________．

解析 连接AO，OB.因为∠ACB＝30°，所以∠AOB＝60°，△AOB为等边三角形，故圆O的半径r＝OA＝AB＝4，圆O的面积S＝πr2＝16π.答案 16π

考向二 弦切角定理及推论的应用

【例2】►如图，梯形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，过B引⊙O的切线分别交DA、CA的延长线于E、F.已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，则EF的长为________．

[审题视点] 先证明△EAB∽△ABC，再由AE∥BC及AB＝CD等条件转化为线 段之间的比例关系，从而求解．

解析 ∵BE切⊙O于B，∴∠ABE＝∠ACB.又AD∥BC，∴∠EAB＝∠ABC，BEAB∴△EAB∽△ABC，∴AC＝BC.EFBEABEF又AE∥BC，∴AFACBCAF又AD∥BC，∴AB＝CD，CDEF5EF∴AB＝CD，∴BC＝AF，∴8＝6，3015∴EF＝84.15答案 4

(1)圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系，从而证明三角形全等或相似，可求线段或角的大小．

(2)涉及圆的切线问题时要注意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直线(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角．

【训练2】(2010·新课标全国)如图，已知圆上的弧AC＝BD，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点，证明：

(1)∠ACE＝∠BCD；

(2)BC2＝BE×CD.证明(1)因为AC＝BD，所以∠BCD＝∠ABC.又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE＝∠ABC，所以∠ACE＝∠BCD.(2)因为∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，BCCD所以△BDC∽△ECB，故BE＝BC，即BC2＝BE×CD

.高考中几何证明选讲问题(二)

从近两年的新课标高考试题可以看出，圆的切线的有关知识是重点考查对象，并且多以填空题的形式出现．

【示例】►(2011·天津卷)如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝CF＝2，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1.若CE与圆相切，则线段CE的长为________．

第四篇：选修4-1 几何证明选讲第2讲 圆周角定理与圆的切线

第【复习指导】 2讲 圆周角定理与圆的切线

本讲复习时，牢牢抓住圆的切线定理和性质定理，以及圆周角定理和弦切角等有关知识，重点掌握解决问题的基本方法.基础梳理

1．圆周角定理

(1)

(2)(3)圆周角定理的推论

①同弧(或等弧)上的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等． ②半圆(或直径)所对的圆周角是90°；90°的圆周角所对的弦是直径．

2．圆的切线

(1)直线与圆的位置关系

(2)①切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．

②切线的判定定理

过半径外端且与这条半径垂直的直线是圆的切线．

(3)切线长定理

从圆外一点引圆的两条切线长相等．

3．弦切角

(1)

(2)弦切角定理及推论

①定理：弦切角的度数等于所夹弧的度数的一半．

②推论：同弧(或等弧)上的弦切角相等，同弧(或等弧)上的弦切角与圆周角相等．

双基自测

1．如图所示，△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，以AC为直径的圆与斜边交于点P，则BP长为________．

解析 连接CP.由推论2知∠CPA＝90°，即CP⊥AB，由射影定

理知，AC2＝

AP·AB.∴AP＝3.6，∴BP＝AB－AP＝6.4.答案 6.42．如图所示，AB、AC是⊙O的两条切线，切点分别为B、C，D是优弧BC上的点，已知∠BAC＝80°，那么∠BDC＝________.解析 连接OB、OC，则OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠BAC＝100°，1∴∠BDC＝2BOC＝50°.答案 50°

3．(2011·广州测试(一))如图所示，CD是圆O的切线，切点为C，点

A、B在圆O上，BC＝1，∠BCD＝30°，则圆O的面积为________．

解析 连接OC，OB，依题意得，∠COB＝2∠CAB＝2∠BCD＝60°，又OB＝OC，因此△BOC是等边三角形，OB＝OC＝BC＝1，即圆O的半径为1，所以圆O的面积为π×12＝π.答案 π

4．(2011·深圳二次调研)如图，直角三角形ABC中，∠B＝90°，AB＝4，以BC为直径的圆交AC边于点D，AD＝2，则∠C的大小为________．

解析 连接BD，则有∠ADB＝90°.在Rt△ABD中，AB＝4，AD＝2，所以∠A＝60°；在Rt△ABC中，∠A＝60°，于是有∠C＝30°.答案 30°

5．(2011·汕头调研)如图，MN是圆O的直径，MN的延长线与圆

O上过点P的切线PA相交于点A，若∠M＝30°，AP＝23，则

圆O的直径为________．

解析 连接OP，因为∠M＝30°，所以∠AOP＝60°，因为PA切圆O于P，所以OP⊥AP，在Rt△ADO中，OP＝

答案

4考向一 圆周角的计算与证明

【例1】►(2011·中山模拟)如图，AB为⊙O的直径，弦AC、BD交于点P，若ABAP3tan 60°＝2，故圆O的直径为4.tan ∠AOP＝3，CD＝1，则sin∠APB＝________.[审题视点] 连结AD，BC，结合正弦定理求解．

解析 连接AD，BC.因为AB是圆O的直径，所以∠

ADB＝∠ACB＝90°.又∠ACD＝∠ABD，所以在△ACD中，由正弦定理得：CDAD＝＝sin∠DACsin∠ACD

ABsin∠ABDAD1AB＝3，又CD＝1，所以sin∠DAC＝sin∠DAP＝3sin∠ABDsin∠ABD

2以cos∠DAP＝32.2又sin∠APB＝sin(90°＋∠DAP)＝cos∠DAP＝32.2答案

32解决本题的关键是寻找∠APB与∠DAP的关系以及AD与AB的关系．

【训练1】 如图，点A，B，C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB＝30°，则圆O的面积等于________．

解析 连接AO，OB.因为∠ACB＝30°，所以∠AOB＝60°，△AOB为等边三角形，故圆O的半径r＝OA＝AB＝4，圆O的面积S＝πr2＝16π.答案 16π

考向二 弦切角定理及推论的应用

【例2】►如图，梯形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，过B引⊙O的切线分别交DA、CA的延长线于E、F.已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，则EF的长为________．

[审题视点] 先证明△EAB∽△ABC，再由AE∥BC及AB＝CD等条件转化为线 段之间的比例关系，从而求解．

解析 ∵BE切⊙O于B，∴∠ABE＝∠ACB.BEAB又AD∥BC，∴∠EAB＝∠ABC，∴△EAB∽△ABC，∴AC＝BC.EFBEABEF又AE∥BC，∴AF＝AC，∴BC＝AF.，又AD∥BC，∴AB＝CD，CDEF5EF3015∴AB＝CD，∴BCAF86EF＝8415答案 4

(1)圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系，从

而证明三角形全等或相似，可求线段或角的大小．

(2)涉及圆的切线问题时要注意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直线(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角．

【训练2】(2010·新课标全国)如图，已知圆上的弧AC＝BD，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点，证明：

(1)∠ACE＝∠BCD；

(2)BC2＝BE×CD.证明(1)因为AC＝BD，所以∠BCD＝∠ABC.又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE＝∠ABC，所以∠ACE＝∠BCD.BCCD(2)因为∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，所以△BDC∽△ECB，故BEBC

即BC2＝BE×CD.高考中几何证明选讲问题(二)

从近两年的新课标高考试题可以看出，圆的切线的有关知识是重点考查对象，并且多以填空题的形式出现．

【示例】►(2011·天津卷)如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝CF2，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1.若CE与圆相切，则线段CE的长为________．

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．