2014届高三数学(理科A版)第一轮45分钟滚动基础训练卷(第65讲 算法初步--第68讲数学证明,含精细解析)

第一篇：2014届高三数学(理科A版)第一轮45分钟滚动基础训练卷(第65讲 算法初步--第68讲数学证明,含精细解析)

45分钟滚动基础训练卷(十五)

(考查范围：第65讲～第68讲 分值：100分)

一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

2－i1．[2013·辽宁卷] 复数＝()2＋i

3434A.－ B.i 555

543C．1－ D．1＋55

2．[2013·信阳模拟] 在用反证法证明命题“已知a、b、c∈(0，2)，求证a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)不可能都大于1”时，反证时假设正确的是()

A．假设a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都小于

1B．假设a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都大于

1C．假设a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都不大于

1D．以上都不对

3．计算机执行下面的程序后，输出的结果是()

A＝1

B＝

3A＝A＋B

B＝A－B

PRINT A，B

END

A．1，3B．4，1

C．4，－2D．6，0

11－7i4．[2013·江苏卷改编] 设a，b∈R，a＋bi＝(i为虚数单位)，则a＋b的值为()1－2i

A．6B．7

C．8D．9

5．[2013·石家庄模拟] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n，利用如图G15－1所示的程序框图计算该数列的第10项，则判断框中应填的语句是（）

图G15－1 A．n>10?B．n≤10?

C．n<9?D．n≤9?

6．[2013·沈阳模拟] 观察下列各式：72＝49，73＝343，74＝2 401，„，则72 011的末两位数字为()

A．01B．43C．07D．49

7．方程x2＋6x＋13＝0的一个根是()

A．－3＋2iB．3＋2i

C．－2＋3iD．2＋3i

8．[2013·太原检测] 执行如图

S值是()

图G15－2 23A．－1B.D．4 3

2二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)

9．[2013·郑州模拟] 对一个作直线运动的质点的运动过程观测了8次，第i次观测得到的数据为ai

(其中a是这8个数据的平均数)，则输出的S

图G15－

31210．若直线ax＋2by－2＝0(a>0，b>0)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－8＝0的周长，则＋ab的最小值为________．

11．[2013·江西八校联考] 已知如图G15－4所示的程序框图(未完成)，设当箭头a指向①时，输出的结果为S＝m，当箭头a指向②时，输出的结果为S＝n，则m＋n的值为________．

图G15－

4三、解答题(本大题共3小题，每小题14分，共42分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

12．已知复数z3x－1－x＋(x2－4x＋3)i且z>0，求实数x的值．

1113．数列{an}(n∈N*)中，a1＝0，an＋1是函数fn(x)＝3－an＋n2)x2＋3n2anx的极小值点，32求通项an.14．[2013·郑州模拟] 设f(n)＝1＋2＋3＋„＋n，g(n)＝12＋22＋32＋„＋n2，h(n)＝13＋

n（n＋1）g（1）1233332＋3＋„＋n，根据等差数列前n项和公式知f(n)＝1＝，23f（1）

122222g（2）1＋25g（3）1＋2＋3147＝＝，＝＝ 63f（2）1＋23f（3）1＋2＋3

g（4）12＋22＋32＋42309＝＝，„ 103f（4）1＋2＋3＋

4g（n）2n＋1猜想，3f（n）

2n＋1（2n＋1）n（n＋1）即g(n)＝·f(n)＝.36

(1)请根据以上方法推导h(n)的公式；

(2)利用数学归纳法证明(1)中的结论．

45分钟滚动基础训练卷(十五)

1．A [解析] 本小题主要考查复数的除法运算．解题的突破口为分子分母同乘以分母的共轭复数．

2－i（2－i）23－4i34因为＝＝－i，所以答案为A.5552＋i（2＋i）（2－i）

2．B [解析] “不可能都大于1”的否定是“都大于1”，故选B.3．B [解析] 首先把A＋B＝4的值赋给A，此时A＝4，B＝3，再把A－B＝4－3＝1的值赋给B，故输出的是4，1.4．C [解析] 本题考查复数的四则运算．解题突破口为将所给等式右边的分子、分母同时乘以分母的共轭复数．

11－7i（11－7i）（1＋2i）因为5＋3i，所以a＝5，b＝3.51－2i

5．D [解析] 因为求第10项，肯定n>9时输出．

6．B [解析] 75＝16 807，76＝117 649，又71＝07，观察可见7n(n∈N*)的末两位数字呈周期出现，且周期为4，∵2 011＝502×4＋3，∴72 011与73末两位数字相同，故选B.－6－4×137．A [解析] 方法一：x＝3±2i，故选A.2

方法二：将A，B，C，D各项代入方程验证，发现只有A项中的－3＋2i，满足(－3＋22i)＋6(－3＋2i)＋13＝9－12i－4－18＋12i＋13＝0.故选A.8．A [解析] 本小题主要考查程序框图的应用．解题的突破口为分析i与6的关系． 22223当i＝1时，S＝＝－1；当i＝2时，S＝＝i＝3时，S＝； 222－42－（－1）323

22当i＝4时，S＝＝4；当i＝5时，S＝1；当i＝6时程序终止，故输出的结32－42－2

果为－1.9．7 [解析]由已知得a＝44，∴当i＝1时，S＝16，i＝2，S＝25；i＝3，S＝26；„；

56i＝8，S＝56，这时i≥8，S7.8

121210．3＋22 [解析] 由题知直线经过圆心(2，1)，则有a＋b＝1，＋(a＋b)ababb2a＝3＋ab≥3＋22.11．20 [解析] 据题意若当箭头a指向①时，运行各次的结果S＝1，i＝2；S＝2，i＝3；S＝3，i＝4；S＝4，i＝5；S＝5，i＝6>5，故由判断框可知输出S＝m＝5；若箭头a指向②时，输出的结果为S＝1＋2＋3＋4＋5＝15，故m＋n＝15＋5＝20.12．解：∵z>0，∴z∈R，∴x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3.又z>03x－1－x>0，∴当x＝1时，上式成立；

当x＝3时，上式不成立．

∴x＝1.13．解：易知f′n(x)＝x2－(3an＋n2)x＋3n2an＝(x－3an)(x－n2)，令f′n(x)＝0，得x＝3an或x＝n2.(1)若3an0，fn(x)单调递增；

当3an

当x>n2时，f′n(x)>0，fn(x)单调递增，故fn(x)在x＝n2时，取得极小值．

(2)若3an>n2，仿(1)可得，fn(x)在x＝3an时取得极小值．

(3)若3an＝n2，f′n(x)≥0，fn(x)无极值．

因a1＝0，则3a1<12，由(1)知，a2＝12＝1.因3a2＝3<22，由(1)知a3＝22＝4，因3a3＝12>32，由(2)知a4＝3a3＝3×4，因3a4＝36>42，由(2)知a5＝3a4＝32×4，－由此猜想：当n≥3时，an＝4×3n3.下面用数学归纳法证明：当n≥3时，3an>n2.事实上，当n＝3时，由前面的讨论知结论成立．

假设当n＝k(k≥3)时，3ak>k2成立，则由(2)知ak＋1＝3ak>k2，从而3ak＋1－(k＋1)2>3k2－(k＋1)2＝2k(k－2)＋2k－1>0，所以3ak＋1>(k＋1)2.－故当n≥3时，an＝4×3n3，于是由(2)知，当n≥3时，an＋1＝3an，而a3＝4，－因此an＝4×3n3，0（n＝1），h（1）131×2h（2）13＋2392×3h（3）13＋23＋33

14．解：(1)由＝＝1＝＝3＝22f（1）1f（2）1＋23f（3）1＋2＋3

33333×4h（4）1＋2＋3＋41004×536＝＝6＝＝＝10＝ 62102f（4）1＋2＋3＋4

h（n）n（n＋1）n（n＋1）n2（n＋1）2猜想，即h(n)f(n)＝224f（n）

n2（n＋1）2(2)证明：①当n＝1时，左边＝1，右边＝1＝左边，即当n＝1时，式子成4

立；

k2（k＋1）2*3333②假设当n＝k(k∈N)时，1＋2＋3＋„＋k＝ 4

k2（k＋1）233333则当n＝k＋1时，1＋2＋3＋„＋k＋(k＋1)＝＋(k＋1)3＝(k＋42k＋（k＋1） 1)242（k＋1）（k2＋4k＋4）（k＋1）2[（k＋1）＋1]2＝＝44

即当n＝k＋1时，原式也成立．

综上所述，13＋23＋33＋„＋n3＝错误!对任意n∈N*都成立．

综上所述，an＝1（n＝2），4×3n－3（n≥3）.

第二篇：第2讲数学证明(教师版)

第2讲数学证明方法

基础知识自主梳理

一．直接证明方法

1．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题时常用的思维方式．

2．一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过演绎推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫作综合法

3．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．

二．间接证明方法

1．反证法：在证明数学命题时，先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立，这种证明方法叫作反证法．

2．反证法的证题步骤：

(1)作出否定结论的假设；(2)进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论． 难点疑点清零

1.综合法与分析法

（1）综合法证题是从条件出发，由因导果；分析法是从结论出发，执果索因．

（2）分析法证题时，一定要恰当地运用“要证”、“只需证”、“即证”等词语．

(3)综合法的特点是：从已知看可知，逐步推出未知．

(4)分析法的特点是：从未知看需知，逐步靠拢已知．

(5)分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来.2．反证法

（1）证明的基本步骤是：1)假设命题结论的反面是正确的；(反设)2)从这个假设出发，经过逻辑推理，推出与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾；(推谬)3)由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论是正确的．(结论)

（2）反证法证题与“逆否命题法”是否相同？

反证法的理论基础是逆否命题的等价性，但其证明思路不完全是证明一个命题的逆否命题．反证法在否定结论后，只要找到矛盾即可，可以与题设矛盾，也可以与假设矛盾，与定义、定理、公式、事实矛盾．因此，反证法与证明逆否命题是不同的． 题型探究

探究点一：综合法证题

例1：在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，求证：△ABC为等边三角形．

证明：由A，B，C成等差数列，有2B＝A＋C①，由A，B，C为△ABC的三个内角，所以A＋B＋C＝π②，由①②，得B＝a，b，c成等比数列，有b2＝ac④，由余弦定理及③，可得b＝a＋c－2accos B＝a＋c－ac，再由④，得a＋c－ac＝ac，即(a－c)＝0，从而a＝c，所以A＝C ⑤。由②③⑤，得A＝B＝C＝

跟踪训练1 在△ABCπABC为等边三角形。322222222π3ACcos B，证明：B＝C.ABcos C

sin Bcos B证明 在△ABC中，由正弦定理及已知得.sin Ccos C

于是sin Bcos C－cos Bsin C＝0，即sin(B－C)＝0，因为－π

例2 求证：3＋5.22证明 37和5都是正数，所以要证3＋5，只需证(3＋7)5)，展开得10＋221<20，21<5，只需证21<25，因为21<25成立，所以3＋5成立． 跟踪训练2 aa－a－2a－3(a≥3)．

证明 方法一 aa－a－2a－3，只需证a＋a－3

π例3 已知α，β≠kπsin θ＋cos θ＝2sin α，①

22sin θ·cos θ＝sinβ.②

221－tanα1－tanβ＝.221＋tanα21＋tanβ

证明 因为(sin θ＋cos θ)－2sin θcos θ＝1，22所以将①②代入，可得4sinα－2sinβ＝1.③ 2sinαsinβ1－21－222cosαcosβ1－tanα1－tanβ另一方面，要证＝ 22221＋tanα21＋tanβsinαsinβ1＋2212cosαcosβ

12222即证cosα－sinβ－sinβ)，2

12222即证1－2sinα＝(1－2sinβ)，即证4sinα－2sinβ＝1.2

由于上式与③相同，于是问题得证．

跟踪训练3 若tan(α＋β)＝2tan α，求证：3sin β＝sin(2α＋β)．

sinα＋β2sin α证明 由tan(α＋β)＝2tan α得＝ cosα＋βcos α

即sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α①，要证3sin β＝sin(2α＋β)，即证3sin[(α＋β)－α]＝sin[(α＋β)＋α]，即证3[sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α]

＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α，化简得sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α.这就是①式．所以，命题成立.探究点四：用反证法证明定理、性质等一些事实结论

例4：已知直线a，b和平面α，如果a⊄α，b⊂α，且a∥b，求证：a∥α.证明 因为a∥b，:所以经过直线a，b确定一个平面β.因为a⊄α，而a⊂β，所以α与β是两个不同的平面．

因为b⊂α，且b⊂β，所以α∩β＝b.下面用反证法证明直线a与平面α没

有公共点．假设直线a与平面α有公共点P，则P∈α∩β＝b，即点P是直

线a与b的公共点，这与a∥b矛盾．

跟踪训练4：已知：a∥b，a∩平面α＝A，如图．求证：直线b与平面α必相交． 证明 假设b与平面α不相交，即b⊂α或b∥α.①若b⊂α，因为b∥a，a⊄α，所以a∥α，这与a∩α＝A相矛盾；

②如图所示，如果b∥α，则a，b确定平面β.显然α与β相交，设α∩β＝c，因为b∥α，所以b∥c.又a∥b，从而

a∥c，且a⊄α，c⊂α，则a∥α，这与a∩α＝A相矛盾．

探究点五：用反证法证明否定性命题

例5：求证：1,25不可能是一个等差数列中的三项．

证明 假设1,25是公差为d的等差数列的第p，q，r项，则2－1＝(q－p)d，5－1＝

1q－p(r－p)d，于是.因为p，q，r均为整数，所以等式右边是有理数，而等式左边5－1r－p

是无理数，二者不可能相等，推出矛盾，所以1,2，5不

可能是一个等差数列中的三项．

跟踪训练:5：已知三个正数a，b，cabc不成等差数列．

证明 a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b，即a＋c＋2ac＝4b，而b2＝ac，即b＝，∴a＋c＋2＝4ac，∴(a－)2＝0.即a＝c，从而a＝b＝c，与a，b，cabc不成等差数列．

探究点六：用反证法证明“至多”、“至少”“唯一”型命题

例6：若函数f(x)在区间[a，b]上是增函数，那么方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多有一个实根．

证明 假设方程f(x)＝0在区间[a，b]上至少有两个实根，设α、β为其中的两个实根．因为α≠β，不妨设α<β，又因为函数f(x)在[a，b]上是增函数，所以f(α)

πππ222跟踪训练6：若a，b，c均为实数，且a＝x－2yb＝y－2z＋，c＝z－2x＋求236

证：a、b、c中至少有一个大于0.证明 假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，所以a＋b＋c≤0，πππ而a＋b＋c＝(x2－2y＋(y2－2z＋＋(z2－2x＋＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－236

1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，所以a＋b＋c>0，这与a＋b＋c≤0矛盾，故a、b、c中至少有一个大于0.课后作业：

1． 已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是(C)

abA．若a>b，则ac2>bc2B．若>，则a>bcc

1111C．若a3>b3且ab<0D．若a2>b2且ab>0

2． A、B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的(C)

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件D．即不充分也不必要条件

3． 已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；

②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m；④若l∥m，则α⊥β.其中正确命题的个数(B)

A．1B．2C．3D．

44． 反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是(D)

①与已知条件矛盾 ②与假设矛盾 ③与定义、公理、定理矛盾 ④与事实矛盾

A．①②B．①③C．①③④D．①②③④

5． 设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有(B)

a2＋b2a2＋b2a2＋b2a2＋b2A．1≤ab≤B．ab<1

2ab6． 已知a，b为非零实数，则使不等式：≤－2成立的一个充分不必要条件是(C)ba

A．ab>0B．ab<0C．a>0，b<0D．a>0，b>0

17． 设0

A．aB．bC．cD．不能确定

1118． 已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，则＋＋(B)abc

A．一定是正数B．一定是负数C．可能是0D．正、负不能确定

1119． 设a，b，c都是正数，则三个数ab＋，c＋(C)bca

A．都大于2B．至少有一个大于

2C．至少有一个不小于2D．至少有一个不大于2

xn·x2n＋310． 已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1,2，„)，试证：“数列{xn}对任意的正整数n3xn＋

1都满足xn>xn＋1”，当此题用反证法否定结论时应为(D)

A．对任意的正整数n，有xn＝xn＋1B．存在正整数n，使xn＝xn＋1

C．存在正整数n，使xn≥xn＋1D．存在正整数n，使xn≤xn＋1

11． 设a2，b7－3，c＝6－2，则a，b，c的大小关系为a>c>b

112． 已知p＝a＋a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，则p、q的大小关系为p>q a－

213． “任何三角形的外角都至少有两个钝角”的否定应是存在一个三角形，其外角最多有一个钝角

14． 用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a、b为实数)”，其反设为a，b不全为0

15．若下列两个方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根，则实

数a的取值范围是a≤－2或a≥－

116．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab

233222222证明：（方法一）3a＋2b－(3ab＋2ab)＝3a(a－b)＋2b(b－a)＝(3a－2b)(a－b)．因为

a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.33222222（方法二）要证3a＋2b≥3ab＋2ab，只需证3a(a－b)－2b(a－b)≥0，只需证(3a－2b)(a2222－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a－2b>2a－2b≥0，∴上式成立．

11117．已知a>0，>1，求证：1＋a>ba1－b

111证明：由－>1及a>0可知01＋a〃1－b>1，只需证ba1－ba－b111＋a－b－ab>1，只需证a－b－ab>0即，即－，这是已知条件，所以原不等式得＋abba

证．

18．已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．

证明:假设a，b，c，d都是非负数，因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd>1，这与上式相矛盾，所以a，b，c，d中至少有一个是负数．

119．已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a.41111证明:假设三个式子同时大于即(1－a)b>(1－b)c>，(1－c)a>，三式相乘得(1－a)a〃(14444

1a＋1－a211－b)b〃(1－c)c>3，①又因为0

20．已知a、b、c是不全相等的正数，且0

a＋bb＋ca＋c证明：要证logx＋logx＋logx

logx（式a＋bb＋ca＋c2222≥ab>0，)0，a＋bb＋ca＋c222>abc.由公a＋b2b＋ca＋c22≥ac>0.又∵a，b，c是不全相等的正数，∴〃〃abc成立．∴logxa＋bb＋ca＋c2

logx

22>abc＝abc.即222a＋bb＋ca＋c22a＋b2＋logxb＋c2a＋c2

第三篇：第十三篇 推理证明、算法、复数第4讲 数学归纳法

第4讲 数学归纳法

【2013年高考会这样考】 1．数学归纳法的原理及其步骤．

2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题． 【复习指导】

复习时要抓住数学归纳法证明命题的原理，明晰其内在的联系，把握数学归纳法证明命题的一般步骤，熟知每一步之间的区别联系，熟悉数学归纳法在证明命题中的应用技巧．

基础梳理

1．归纳法

由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常叫做归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不完全归纳法． 2．数学归纳法

(1)数学归纳法：设{Pn}是一个与正整数相关的命题集合，如果：①证明起始命题或成立；②在假设{Pn}对一切正整数成立．

(2)用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为： ①归纳奠基：证明当取第一个自然数n0时命题成立；

②归纳递推：假设n＝k，(k∈N*，k≥n0)时，命题成立，证明当时，命题成立； ③由①②得出结论．

两个防范

数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，第一步是递推的“基础”，第二步是递推的“依据”，两个步骤缺一不可，在证明过程中要防范以下两点：(1)0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值．

(2)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明n＝k＋1时，命题也成立的过

程中一定要用到它，否则就不是数学归纳法．第二步关键是“一凑假设，二凑结论”． 三个注意

运用数学归纳法应注意以下三点：双基自测

1．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为2n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0 等于()．

A．1B．2C．3D．0 解析 边数最少的凸n边形是三角形． 答案 C

12．利用数学归纳法证明不等式1＋f(n)(n≥2，n∈N*)的过程，由n＝k

232－1到n＝k＋1时，左边增加了()．

A．1项B．k项C．2k－1项D．2k项

1111111111＋„＋解析 1＋2＋3„＋＋＝＋„＋＋＋232－122＋12－12－1了2k项，故选D.答案 D

3．用数学归纳法证明：“1＋a＋a＋„＋a左端计算所得的项为()． A．1C．1＋a＋a2答案 C

4．某个命题与自然数n有关，若n＝k(k∈N*)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命

B．1＋aD．1＋a＋a2＋a

32n＋1

1－an＋

2(a≠1，n∈N*)”在验证n＝1时，1－a

题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立，那么可以推得()． A．n＝6时该命题不成立C．n＝4时该命题不成立

*

B．n＝6时该命题成立 D．n＝4时该命题成立

tan kα

tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋„＋tan(k－1)α·tan kα＝tan α－k，那么当n＝k＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋„＋tan(k－1)α·tan kα＋tan kα·tan(k＋1)α tan kα

＝tan αk＋tan kα·tan(k＋1)α tan kα

＝tan α1＋tan kα·tan(k＋1)α－(k＋1)tan kαtank＋1α－tan kα＝tan α－(k＋1)

tan[k＋1α－kα]

解析 法一 由n＝k(k∈N)成立，可推得当n＝k＋1时该命题也成立．因而若n＝4成立，必有n＝5成立．现知n＝5不成立，所以n＝4一定不成立．

法二 其逆否命题“若当n＝k＋1时该命题不成立，则当n＝k时也不成立”为真，故“n＝5时不成立”⇒“n＝4时不成立”． 答案 C

5．用数学归纳法证明不等式

11113

＋＋„＋＞24的过程中，由n＝k推导n＝k＋1n＋1n＋2n＋n

tank＋1α

＝tan α－(k＋1)．

这就是说，当n＝k＋1时等式也成立．

由(1)(2)知，对任何n∈N*且n≥2，原等式成立．

用数学归纳法证明等式时，要注意第(1)步中验证n0的值，如本题要取n0＝2，在第(2)步的证明中应在归纳假设的基础上正确地使用正切的差角公式． 【训练1】 用数学归纳法证明： 对任意的n∈N*，111n1×33×52n－12n＋12n＋1

1111

＝3，右边＝3，左边＝右边，所以等式成立． 1×32×1＋1

时，不等式的左边增加的式子是________． 解析 不等式的左边增加的式子是1

2k＋12k＋2答案

2k＋12k＋2

考向一 用数学归纳法证明等式

【例1】►用数学归纳法证明：

tan nα

tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋„＋tan(n－1)α·tan nα＝tan αn(n∈N*，n≥2)． [审题视点] 注意第一步验证的值，在第二步推理证明时要注意把假设作为已知． tan 2α22tan2α证明(1)当n＝2时，右边＝tan α－2＝2＝＝tan α·tan 2α＝左边，等式

1－tanα1－tanα成立．

(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥2)时，等式成立，即

1111

＋－＝，故填2k＋12k＋2k＋12k＋12k＋2

证明(1)当n＝1时，左边＝

(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时等式成立，即有 111k 1×33×52k－12k＋12k＋1则当n＝k＋1时，1111

1×33×52k－12k＋12k＋12k＋3k2k＋3＋1k1＝2k＋12k＋12k＋32k＋12k＋3

2k2＋3k＋1k＋1k＋1＝ 2k＋12k＋32k＋32k＋1＋1所以当n＝k＋1时，等式也成立． 由(1)(2)可知，对一切n∈N*等式都成立．

考向二 用数学归纳法证明整除问题

【例2】►是否存在正整数m使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9对任意自然数n都能被m整除，若存在，求出最大的m的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由． [审题视点] 观察所给函数式，凑出推理要证明所需的项．

解 由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9得，f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36，由此猜想：m＝36.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，显然成立；

(2)假设n＝k(k∈N*且k≥1)时，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；当n＝k＋1时，[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋1＋27－27＋2·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，由于3k－1－1是2的倍数，故18(3k－1－1)能被36整除，这就是说，当n＝k＋1时，f(n)也能被36整除．

由(1)(2)可知对一切正整数n都有f(n)＝(2n＋7)·3n＋9能被36整除，m的最大值为

36.证明整除问题的关键“凑项”，而采用增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题获证． 【训练2】 用数学归纳法证明a

n＋

1a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，由假设可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a＋1整除，∴ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1时命题也成立，∴对任意n∈N*原命题成立．

考向三 用数学归纳法证明不等式

1

【例3】►用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式1＋3

12n＋11

1＋5·1＋2n－1>„·

[审题视点] 本题用数学归纳法证明不等式，在推理过程中用放缩法，要注意放缩的“度”．

5证明(1)当n＝2时，左边＝1＋3＝3；右边＝2.∵左边>右边，∴不等式成立．

(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，12k＋1111＋即1＋31＋5·„·>22k－1则当n＝k＋1时，1111

1＋31＋5·1＋2k－11＋2k＋1－1 „·2k＋12k＋22k＋24k＋8k＋42＝

2k＋122k＋122k＋14k＋8k＋32k＋32k＋12k＋1＋1

＝22 2k＋12 2k＋1∴当n＝k＋1时，不等式也成立．

由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．

＋(a＋1)

2n－1

(n∈N)能被a＋a＋1整除．

*

2证明(1)当n＝1时，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1可被a2＋a＋1整除．(2)假设n＝k(k∈N*且k≥1)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，a

k＋2

＋(a＋1)

2k＋1

＝a·a

k＋1

＋(a＋1)(a＋1)

22k－1

＝a·a

k＋1

＋a·(a＋1)

2k－1

＋(a＋a＋1)(a＋1)

22k－1

＝

在由n＝k到n＝k＋1的推证过程中，应用放缩技巧，使问题得以简化，用数学

归纳法证明不等式问题时，从n＝k到n＝k＋1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．

【训练3】 已知函数f(x)＝33－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．试比较11111的大小，并说明理由． 1＋a11＋a21＋a31＋an解 ∵f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，∴an＋1≥(an＋1)2－1.∵函数g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在区间[1，＋∞)上单调递增，于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，进而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1＞23－1，由此猜想：an≥2－1.下面用数学归纳法证明这个猜想： ①当n＝1时，a1≥2－1＝1，结论成立；

②假设n＝k(k≥1且k∈N)时结论成立，即ak≥2－1，则当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)

*

k

1n

当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝2.7

当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝41

5当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a482n－

1由此猜想an＝－(n∈N*)．

21－1

(2)证明 ①当n＝1时，左边＝a1＝1，右边＝1，左边＝右边，结论成立．

22k－1

②假设n＝k(k≥1且k∈N)时，结论成立，即ak＝－n＝k＋1时，*

ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak，2k－12＋－22＋ak2k＋1－1

∴ak＋1＝＝，222这表明n＝k＋1时，结论成立，2n－1

由①②知猜想an＝－成立．

(1)归纳、猜想、证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题

和存在性问题，本例从特例入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律．(2)数列是定义在N*上的函数，这与数学归纳法所运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决．

1【训练4】 由下列各式1＞2 11

1＋231，11111131＋234567

2-4-

－1在区间[1，＋∞)上单调递增知，ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，即n＝k＋1时，结论也成立．

由①、②知，对任意n∈N*，都有an≥2n－1.1

1即1＋an≥2n，∴≤2，1＋an∴

11111111122221－2n＜1.1＋a11＋a21＋a31＋an

考向四 归纳、猜想、证明

【例4】►数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．

[审题视点] 利用Sn与an的关系式求出{an}的前几项，然后归纳出an，并用数学归纳法证明．

解(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.11

11＋23152，11151＋2331

2„，你能得到怎样的一般不等式，并加以证明．

111n

答案 猜想：第n个不等式为1＋2＋3＋„＋＞2(n∈N*)．

2－11

(1)当n＝1时，1＞2

(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时猜想正确，111k即1＋2＋3＋„＋2

2－1那么，当n＝k＋1时，111111k111k11＋2＋32＋＋„＋＋＞2＋2＋＋„＋＋＞2＋＋＋

2－12＋12－12＋12－12k2kk1k＋1

＋„＋＋＋222222＋21

即当n＝k＋1时，不等式成立． ∴对于任意n∈N*，不等式恒成立．

阅卷报告20——由于方法选择不当导致失误

【问题诊断】 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题时，关键在于弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项，其难点在于归纳假设后，如何推证对下一个正整数值命题也成立.【防范措施】 把归纳假设当做已知条件参加推理.明确对下一个正整数值命题成立的目标，通过适当的变换达到这个目标，这里可以使用综合法，也可以使用分析法，甚至可以再次使用数学归纳法.【示例】► 在数列{an}、{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．

(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：

1115

＋＋„＋＜12.a1＋b1a2＋b2an＋bn

实录(1)由条件得2bn＝an＋an＋1，a2n＋1＝bnbn＋1.由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.用数学归纳法证明：

①当n＝1时，由上可得结论成立．

②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，a2k＋1

那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1b＝(k＋2)2，k

所以当n＝k＋1时，结论也成立．

由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．

错因 第二问由于不等式的右端为常数，结论本身是不能用数学归纳法证明的，可考虑用放缩法证明，也可考虑加强不等式后，用数学归纳法证明．(2)当n＝1时

115

＝6＜12 a1＋b1

假设n＝k(k∈N*)时不等式成立 即

1115

＋12a1＋b1a2＋b2ak＋bk

当n＝k＋1时

111151

＋＜12＋ a1＋b1a2＋b2ak＋bkak＋1＋bk＋1ak＋1＋bk＋1到此无法用数学归纳法证明． 正解(1)用实录(1)

(2)证明：

115

＝6＜12.a1＋b1

n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)＞2(n＋1)n.故

＋„＋ a1＋b1a2＋b2an＋bn

11111

＜622×33×4 nn＋111111111＝622334 nn＋11115111

＝622n＋1＜6412综上，原不等式成立．

第四篇：2018届中考数学一轮复习讲义 第14讲几何图形初步

2018届中考数学一轮复习讲义 第14讲平面几何图形初步

【知识巩固】

一、直线、射线、线段和角

（一）几何图形：

1、几何图形：从形形色色的物体外形中得到的图形叫做几何图形。

2、立体

图形：这些几何图形的各部分不都在同一个平面内。

3、平面图形：这些几何图形的各部分都在同一个平面内。

4、虽然立体图形与平面图形是两类不同的几何图形，但它们是互相联系的。立体图形中某些部分是平面图形。

5、三视图：从左面看，从正面看，从上面看

6、展开图：有些立体图形是由一些平面图形围成的，将它们的表面适当剪开，可以展开成平面图形。这样的平面图形称为相应立体图形的展开图。

7、⑴几何体简称体；包围着体的是面；面面相交形成线；线线相交形成点；

⑵点无大小，线、面有曲直； ⑶几何图形都是由点、线、面、体组成的； ⑷点动成线，线动成面，面动成体； ⑸点：是组成几何图形的基本元素。

（二）直线、射线、线段：

1、直线公理：经过两点有一条直线，并且只有一条直线。即：两点确定一条直线。

2、当两条不同的直线有一个公共点时，我们就称这两条直线相交，这个公共点叫做它们的交点。

3、把一条线段分成相等的两条线段的点，叫做这条线段的中点。

4、线段公理：两点的所有连线中，线段做短（两点之间，线段最短）。

5、连接两点间的线段的长度，叫做这两点的距离。

6、直线的表示方法：

7、在直线上取点O，把直线分成两个部分，去掉一边的一个部分，保留点0和另一部分就得到一条射线，如上图就是一条射线，记作射线OM或记作射线a． 注意：射线有一个端点，向一方无限延伸．

8、在直线上取两个点A、B，把直线分成三个部分，去掉两边的部分，保留点A、B和中间的一部分就得到一条线段．如图就是一条线段，记作线段AB或记作线段a． 注意：线段有两个端点．

（三）角：

1.角的定义：有公共端点的两条射线组成的图形叫角。这个公共端点是角的顶点，两条射线为角的两边。如图，角的顶点是O，两边分别是射线OA、OB．

2、角有以下的表示方法：

① 用三个大写字母及符号“∠”表示．三个大写字母分别是顶点和两边上的任意点，顶点的字母必须写在中间．如上图的角，可以记作∠AOB或∠BOA． ② 用一个大写字母表示．这个字母就是顶点．如上图的角可记作∠O．当有两个或两个以上的角是同一个顶点时，不能用一个大写字母表示． ③ 用一个数字或一个希腊字母表示．在角的内部靠近角的顶点

处画一弧线，写上希腊字母或数字．如图的两个角，分别记作∠、∠1

2、以度、分、秒为单位的角的度量制，叫做角度制。角的度、分、秒是60进制的。1度=60分 1分=60秒 1周角=360度 1平角=180度

3、角的平分线：一般地，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做 这个角的平分线。

4、如果两个角的和等于90度（直角），就说这两个叫互为余角，即其中每一个角是另一个角的余角；

如果两个角的和等于180度（平角），就说这两个叫互为补角，即其中每一个角是另一个角的补角。

5、同角（等角）的补角相等；同角（等角）的余角相等。

6、方位角：一般以正南正北为基准，描述物体运动的方向。

二、相交线

1、相交线中的角

两条直线相交，可以得到四个角，我们把两条直线相交所构成的四个角中，有公共顶点但没有公共边的两个角叫做对顶角。我们把两条直线相交所构成的四个角中，有公共顶点且有一条公共边的两个角叫做临补角。临补角互补，对顶角相等。

直线AB，CD与EF相交（或者说两条直线AB，CD被第三条直线EF所截），构成八个角。其中∠1与∠5这两个角分别在AB，CD的上方，并且在EF的同侧，像这样位置相同的一对角

1叫做同位角；∠3与∠5这两个角都在AB，CD之间，并且在EF的异侧，像这样位置的两个角叫做内错角；∠3与∠6在直线AB，CD之间，并侧在EF的同侧，像这样位置的两个角叫做同旁内角。

2、垂线

两条直线相交所成的四个角中，有一个角是直角时，就说这两条直线互相垂直。其中一条直线叫做另一条直线的垂线，它们的交点叫做垂足。

直线AB，CD互相垂直，记作“AB⊥CD”（或“CD⊥AB”)，读作“AB垂直于CD”（或“CD垂直于AB”）。垂线的性质：

性质1：过一点有且只有一条直线与已知直线垂直。

性质2：直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短。简称：垂线段最短。

三、平行线

1、平行线的概念

在同一个平面内，不相交的两条直线叫做平行线。平行用符号“∥”表示，如“AB∥CD”，读作“AB平行于CD”。

同一平面内，两条直线的位置关系只有两种：相交或平行。

2、平行线公理及其推论

平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行。推论：如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行。

3、平行线的判定

平行线的判定公理：两条直线被第三条直线所截，如果同位角相等，那么两直线平行。简称：同位角相等，两直线平行。平行线的两条判定定理：

（1）两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么两直线平行。简称：内错角相等，两直线平行。

（2）两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么两直线平行。简称：同旁内角互补，两直线平行。

4、平行线的性质

（1）两直线平行，同位角相等。（2）两直线平行，内错角相等。（3）两直线平行，同旁内角互补。

四、命题、定理、证明

1、命题的概念

判断一件事情的语句，叫做命题。

2、命题的分类：按正确、错误与否分为：真命题和假命题 所谓正确的命题就是：如果题设成立，那么结论一定成立的命题。所谓错误的命题就是：如果题设成立，不能证明结论总是成立的命题。

3、公理

人们在长期实践中总结出来的得到人们公认的真命题，叫做公理。

4、定理

用推理的方法判断为正确的命题叫做定理。

5、证明

判断一个命题的正确性的推理过程叫做证明。【典例解析】 典例

一、几何图形

（2016·浙江省绍兴市·4分）如图是一个正方体，则它的表面展开图可以是（A． B． C． D．

【考点】几何体的展开图．）【分析】根据含有田字形和凹字形的图形不能折成正方体可判断A、C，D，故此可得到答案．

【解答】解：A、含有田字形，不能折成正方体，故A错误； B、能折成正方体，故B正确；

C、凹字形，不能折成正方体，故C错误； D、含有田字形，不能折成正方体，故D错误． 故选：B． 【变式训练】

4分）如图是一个正方体，则它的表面展开图可以是（）（2016·浙江省绍兴市·

A． B． C． D．

【考点】几何体的展开图．

【分析】根据含有田字形和凹字形的图形不能折成正方体可判断A、C，D，故此可得到答案.【解答】解：A、含有田字形，不能折成正方体，故A错误； B、能折成正方体，故B正确；

C、凹字形，不能折成正方体，故C错误； D、含有田字形，不能折成正方体，故D错误． 故选：B．

典例

二、直线、射线和线段

（2016•金华）足球射门，不考虑其他因素，仅考虑射点到球门AB的张角大小时，张角越大，射门越好．如图的正方形网格中，点A，B，C，D，E均在格点上，球员带球沿CD方向进攻，最好的射点在（）

A．点C B．点D或点E C．线段DE（异于端点）上一点 D．线段CD（异于端点）上一点 【分析】连接BC，AC，BD，AD，AE，BE，再比较∠ACB，∠ADB，∠AEB的大小即可．

【解答】解：连接BC，AC，BD，AD，AE，BE，通过测量可知∠ACB＜∠ADB＜∠AEB，所以射门的点越靠近线段DE，角越大，故最好选择DE（异于端点）上一点，故选C．

【点评】本题考查了比较角的大小，一般情况下比较角的大小有两种方法：①测量法，即用量角器量角的度数，角的度数越大，角越大．②叠合法，即将两个角叠合在一起比较，使两个角的顶点及一边重合，观察另一边的位置． 【变式训练】

（2016•台湾）如图

（一），=1：3，：

为一条拉直的细线，A、B两点在折向，使得

上，且重迭在： =3：5．若先固定B点，将上，如图

（二），再从图

（二）的A点及与A点重迭处一起剪开，使得细线分成三段，则此三段细线由小到大的长度比为何？（）

A．1：1：1 B．1：1：2 C．1：2：2 D．1：2：5 【分析】根据题意可以设出线段OP的长度，从而根据比值可以得到图一中各线段的长，根据题意可以求出折叠后，再剪开各线段的长度，从而可以求得三段细线由小到大的长度比，本题得以解决． 【解答】解：设OP的长度为8a，∵OA：AP=1：3，OB：BP=3：5，∴OA=2a，AP=6a，OB=3a，BP=5a，又∵先固定B点，将OB折向BP，使得OB重迭在BP上，如图

（二），再从图

（二）的A点及与A点重迭处一起剪开，使得细线分成三段，∴这三段从小到大的长度分别是：2a、2a、4a，∴此三段细线由小到大的长度比为：2a：2a：4a=1：1：2，故选B．

【点评】本题考查比较线段的长短，解题的关键是理解题意，求出各线段的长度． 典例

三、角

（2017广东）已知∠A=70°，则∠A的补角为（）A．110° B．70° C．30° D．20°

【考点】IL：余角和补角．

【分析】由∠A的度数求出其补角即可． 【解答】解：∵∠A=70°，∴∠A的补角为110°，故选A 【变式训练】

（2017广西河池）如图，点O在直线AB上，若∠BOC=60°，则∠AOC的大小是（）

A．60° B．90° C．120° 【考点】IF：角的概念．

D．150°

【分析】根据点O在直线AB上，∠BOC=60°，即可得出∠AOC的度数． 【解答】解：∵点O在直线AB上，∴∠AOB=180°，又∵∠BOC=60°，∴∠AOC=120°，故选：C． 典例

四、相交线

（2016·福建龙岩·4分）下列命题是假命题的是（）A．若|a|=|b|，则a=b B．两直线平行，同位角相等 C．对顶角相等

D．若b2﹣4ac＞0，则方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个不等的实数根 【考点】命题与定理．

【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．

【解答】解：A、若|a|=|b|，则a﹣b=0或a+b=0，故A错误； B、两直线平行，同位角相等，故B正确； C、对顶角相等，故C正确；

D、若b﹣4ac＞0，则方程ax+bx+c=0（a≠0）有两个不等的实数根，故D正确； 故选：A． 【变式训练】

（2016•贺州）如图，已知∠1=60°，如果CD∥BE，那么∠B的度数为（）

22A．70° B．100° C．110° D．120°

【分析】先根据补角的定义求出∠2的度数，再由平行线的性质即可得出结论．

【解答】解：∵∠1=60°，∴∠2=180°﹣60°=120°． ∵CD∥BE，∴∠2=∠B=120°． 故选D．

【点评】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等． 典例

五、平行线

（2017毕节）如图，AB∥CD，AE平分∠CAB交CD于点E，若∠C=70°，则∠AED=（）

A．55° B．125° C．135°

D．140°

【考点】JA：平行线的性质．

【分析】根据平行线性质求出∠CAB，根据角平分线求出∠EAB，根据平行线性质求出∠AED即可．

【解答】解：∵AB∥CD，∴∠C+∠CAB=180°，∵∠C=70°，∴∠CAB=180°﹣70°=110°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAB=55°，∵AB∥CD，∴∠EAB+∠AED=180°，∴∠AED=180°﹣55°=125°． 故选：B． 【变式训练】

(2017湖南怀化)如图，直线a∥b，∠1=50°，则∠2的度数是（）

A．130° B．50° C．40° D．150°

【考点】JA：平行线的性质． 【分析】利用平行线的性质得出∠1=∠3=50°，再利用对顶角的定义得出即可． 【解答】解：如图：∵直线a∥直线b，∠1=50°，∴∠1=∠3=50°，∴∠2=∠3=50°． 故选：B．

典例

六、命题、定理、证明

（2017广西百色）下列四个命题中：①对顶角相等；②同旁内角互补；③全等三角形的对应角相等；④两直线平行，同位角相等，其中假命题的有 ②（填序号）【考点】O1：命题与定理．

【分析】要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．

【解答】解：①对顶角相等是真命题； ②同旁内角互补是假命题；

③全等三角形的对应角相等是真命题； ④两直线平行，同位角相等是真命题； 故假命题有②，故答案为：②． 【变式训练】

（2017呼和浩特）下面三个命题： ①若是方程组

2的解，则a+b=1或a+b=0；

2②函数y=﹣2x+4x+1通过配方可化为y=﹣2（x﹣1）+3； ③最小角等于50°的三角形是锐角三角形，其中正确命题的序号为 ②③ ． 【考点】O1：命题与定理．

【分析】①根据方程组的解的定义，把

代入，即可判断；

②利用配方法把函数y=﹣2x2+4x+1化为顶点式，即可判断； ③根据三角形内角和定理以及锐角三角形的定义即可判断． 【解答】解：①把

代入，得，如果a=2，那么b=1，a+b=3； 如果a=﹣2，那么b=﹣7，a+b=﹣9． 故命题①是假命题；

②y=﹣2x2+4x+1=﹣2（x﹣1）2+3，故命题②是真命题；

③最小角等于50°的三角形，最大角不大于80°，一定是锐角三角形，故命题③是真命题． 所以正确命题的序号为②③． 故答案为②③．

典例

七、平行相交的综合应用

（2017呼和浩特）如图，AB∥CD，AE平分∠CAB交CD于点E，若∠C=48°，则∠AED为 114 °．

【考点】JA：平行线的性质；IJ：角平分线的定义．

【分析】根据平行线性质求出∠CAB的度数，根据角平分线求出∠EAB的度数，根据平行线性质求出∠AED的度数即可． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠C+∠CAB=180°，∵∠C=48°，∴∠CAB=180°﹣48°=132°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAB=66°，∵AB∥CD，∴∠EAB+∠AED=180°，∴∠AED=180°﹣66°=114°，故答案为：114． 【变式训练】

（2017湖北荆州）一把直尺和一块三角板ABC（含30°、60°角）摆放位置如图所示，直尺一边与三角板的两直角边分别交于点D、点E，另一边与三角板的两直角边分别交于点F、点A，且∠CDE=40°，那么∠BAF的大小为（）

A．40° B．45° C．50° D．10° 【考点】JA：平行线的性质．

【分析】先根据∠CDE=40°，得出∠CED=50°，再根据DE∥AF，即可得到∠CAF=50°，最后根据∠BAC=60°，即可得出∠BAF的大小． 【解答】解：由图可得，∠CDE=40°，∠C=90°，∴∠CED=50°，又∵DE∥AF，∴∠CAF=50°，∵∠BAC=60°，∴∠BAF=60°﹣50°=10°，故选：D． 【能力检测】

1.（2017贵州安顺）如图，已知a∥b，小华把三角板的直角顶点放在直线b上．若∠1=40°，则∠2的度数为（）

A．100° B．110° C．120° D．130°

【考点】JA：平行线的性质．

【分析】先根据互余计算出∠3=90°﹣40°=50°，再根据平行线的性质由a∥b得到∠2=180°﹣∠3=130°．

【解答】解：∵∠1+∠3=90°，∴∠3=90°﹣40°=50°，∵a∥b，∴∠2+∠3=180°． ∴∠2=180°﹣50°=130°． 故选：D．

2.（2016•荆州）如图，AB∥CD，射线AE交CD于点F，若∠1=115°，则∠2的度数是（）

A．55° B．65° C．75° D．85°

【分析】根据两直线平行，同旁内角互补可求出∠AFD的度数，然后根据对顶角相等求出∠2的度数． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠1+∠F=180°，∵∠1=115°，∴∠AFD=65°，∵∠2和∠AFD是对顶角，∴∠2=∠AFD=65°，故选B．

【点评】本题主要考查了平行线的性质，解题的关键是掌握两直线平行，同旁内角互补．

3.（2017四川南充）如图，直线a∥b，将一个直角三角尺按如图所示的位置摆放，若∠1=58°，则∠2的度数为（）

A．30° B．32° C．42° D．58° 【考点】JA：平行线的性质．

【分析】先利用平行线的性质得出∠3，进而利用三角板的特征求出∠4，最后利用平行线的性质即可； 【解答】解：如图，过点A作AB∥b，∴∠3=∠1=58°，∵∠3+∠4=90°，∴∠4=90°﹣∠3=32°，∵a∥b，AB∥B，∴AB∥b，∴∠2=∠4=32°，故选B．

4.（2016•陕西）如图，AB∥CD，AE平分∠CAB交CD于点E，若∠C=50°，则∠AED=（）

A．65° B．115° C．125° D．130°

【分析】根据平行线性质求出∠CAB的度数，根据角平分线求出∠EAB的度数，根据平行线性质求出∠AED的度数即可． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠C+∠CAB=180°，∵∠C=50°，∴∠CAB=180°﹣50°=130°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAB=65°，∵AB∥CD，∴∠EAB+∠AED=180°，∴∠AED=180°﹣65°=115°，故选B．

【点评】本题考查了角平分线定义和平行线性质的应用，注意：平行线的性质有：①两条平行线被第三条直线所截，同位角相等，②两条平行线被第三条直线所截，内错角相等，③两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补． 5.（2017日照）如图，AB∥CD，直线l交AB于点E，交CD于点F，若∠1=60°，则∠2等于（）

A．120° B．30° C．40° D．60°

【考点】JA：平行线的性质．

【分析】根据对顶角的性质和平行线的性质即可得到结论． 【解答】解：∵∠AEF=∠1=60°，∵AB∥CD，∴∠2=∠AEF=60°，故选D．

6.（2017内江）如图，直线m∥n，直角三角板ABC的顶点A在直线m上，则∠α的余角等于（）

A．19° B．38° C．42° D．52°

【考点】JA：平行线的性质；IL：余角和补角．

【分析】过C作CD∥直线m，根据平行线性质得出∠DCA=∠FAC=38°，∠α=∠DCB，求出即可．

【解答】解：过C作CD∥直线m，∵m∥n，∴CD∥m∥n，∴∠DCA=∠FAC=52°，∠α=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠α=90°﹣52°=38°，则∠a的余角是52°． 故选D．

7.（2016·山东省滨州市·3分）如图，AB∥CD，直线EF与AB，CD分别交于点M，N，过点N的直线GH与AB交于点P，则下列结论错误的是（）

A．∠EMB=∠END B．∠BMN=∠MNC C．∠CNH=∠BPG D．∠DNG=∠AME 【考点】平行线的性质．

【分析】根据平行线的性质，找出各相等的角，再去对照四个选项即可得出结论． 【解答】解：A、∵AB∥CD，∴∠EMB=∠END（两直线平行，同位角相等）； B、∵AB∥CD，∴∠BMN=∠MNC（两直线平行，内错角相等）； C、∵AB∥CD，∴∠CNH=∠MPN（两直线平行，同位角相等），∵∠MPN=∠BPG（对顶角），∴∠CNH=∠BPG（等量代换）； D、∠DNG与∠AME没有关系，无法判定其相等． 故选D．

【点评】本题考查了平行线的性质，解题的关键是结合平行线的性质来对照四个选择．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据平行线的性质找出相等（或互补）的角是关键．

8.（2016海南3分）如图，矩形ABCD的顶点A、C分别在直线a、b上，且a∥b，∠1=60°，则∠2的度数为（）

A．30° B．45° C．60° D．75° 【考点】矩形的性质；平行线的性质．

【分析】首先过点D作DE∥a，由∠1=60°，可求得∠3的度数，易得∠ADC=∠2+∠3，继而求得答案．

【解答】解：过点D作DE∥a，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ADC=90°，∴∠3=90°﹣∠1=90°﹣60°=30°，∵a∥b，∴DE∥a∥b，∴∠4=∠3=30°，∠2=∠5，∴∠2=90°﹣30°=60°． 故选C．

【点评】此题考查了矩形的性质以及平行线的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．

第五篇：2012年高考试题分项解析数学(理科)专题17 选修系列：几何证明选讲(教师版)

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2012年高考试题分项解析数学（理科）专题17 选修系列：几何证明选讲（教师版）

一、选择题:

1.(2012年高考北京卷理科5)如图.∠ACB=90º，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E.则()

A.CE·CB=AD·DBB.CE·CB=AD·AB

C.AD·AB=CD ²D.CE·EB=CD ²

二、填空题:

1.(2012年高考广东卷理科15)（几何证明选讲选做题）

如图3，圆O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，满足∠ABC=30°，过点A做圆O的切线与OC的延长线

交于点P，则PA=_______..3.(2012年高考湖北卷理科15)（选修4-1：几何证明选讲）

如图，点D在⊙O的弦AB上移动，AB=4，连接OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，则CD的最大值为

_____________.4.(2012年高考湖南卷理科11)如图2，过点P的直线与圆O相交于A，B两点.若PA=1，AB=2，PO=3，则圆O的半径等于

_______.5．(2012年高考陕西卷理科15)B．（几何证明选做题）如图，在圆O中，直径AB与弦

EFDB，FDBCD垂直，垂足为E，垂足为F，若AB6，AE1，则D．

三、解答题:

1.（2012年高考江苏卷21）A．[选修4-1：几何证明选

讲]（本小题满分10分）

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．

2.(2012年高考辽宁卷理科22)(本小题满分10分)

选修41：几何证明选讲

如图，⊙O和⊙O相交于A,B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连接DB并延长交⊙O于

点E.证明/

(Ⅰ)ACBDADAB；

(Ⅱ)ACAE。

3.(2012年高考新课标全国卷理科22)（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，D,E分别为ABC边AB,AC的中点，直线DE交ABC的外接圆于F,G两点，若CF//AB，证明：

（1）CDBC；

（2）BCD

GBD