2018-2019学年度最新北师大版数学选修4-1教学案：第二章4&5平面截圆锥面圆锥曲线的几何性质

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2018-2019北师大版数学选修4-1教学案：第一章2.5切割线定理相交弦定理

2．4&2.5切割线定理相交弦定理[对应学生用书P23][自主学习]1．切割线定理(1)文字语言：过圆外一点作圆的一条切线和一条割线，切线长是割线上从这点到两个交点的线段长的比例中项．(2)符号语言：从⊙O外一点P引圆的切线PT和割线PAB，T是切点，则PT2＝PA·PB.(3)图形语言：如图所示．推论：过圆外一点作圆的两条割线，在一条割线上从这点到两个交点的线段长的积，等于另一条割线上对应线段长的积(割线定理)．2．相交弦定理(1)文字语言：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．(2)符号语言：⊙O的两条弦AB和CD相交于圆内的一点P，则PA·PB＝PC·PD.(3)图形语言：如图所示．[合作探究]1．由相交弦定理知，垂直于弦的直径平分弦．那么，直径被弦分成的两条线段与弦有何关系？提示：弦的一半是直径被弦分成的两条线段的比例中项．2．如图，圆外一点P引圆的两条割线能否有PA·AB＝PC·CD?提示：只有PA＝PC时才有PA·PB＝PC·CD成立．[对应学生用书P23]切割线定理的应用[例1]如图所示，⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，AB是⊙O2的直径，过A点作⊙O1的切线交⊙O2于点E，并与BO1的延长线交于点P.PB分别与⊙O1，⊙O2交于C，D两点．求证：(1)PA·PD＝PE·PC；(2)AD＝AE.[思路点拨]本题主要考查切割线定理的应用．解题时由割线定理得PA·PE＝PD·PB，再由切割线定理知PA2＝PC·PB可得结论，然后由(1)进一步可证AD＝AE.[精解详析](1)∵PAE，PDB分别是⊙O2的割线，∴PA·PE＝PD·PB.①又∵PA，PCB分别是⊙O1的切线和割线，∴PA2＝PC·PB. ②由①②得PA·PD＝PE·PC.(2)连接AD，AC，ED，∵BC是⊙O1的直径，∴∠CAB＝90°.∴AC是⊙O2的切线．又由(1)知PAPE＝PCPD，∴AC∥ED.∴AB⊥ED.又∵AB是⊙O2的直径，∴AD＝AE，∴AD＝AE.讨论与圆有关的线段间的相互关系，常常可以借助于切割线定理和相似成比例的知识去解决，通常用分析法揭示解题的思考过程，而用综合法来表示解题的形式．1．(湖北高考)如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B.过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点．若QC＝1，CD＝3，则PB＝.解析：由切割线定理，得QA2＝QC·QD＝4⇒QA＝2，则PB＝PA＝2QA＝4.答案：4相交弦定理的应用。

2019-2020学年度最新北师大版数学选修4-1教学案：第一章2-5切割线定理相交弦定理

2019-2020学年度最新北师大版数学选修4-1教学案：第一章2-5切割线定理相交弦定理[对应学生用书P23][自主学习]1．切割线定理(1)文字语言：过圆外一点作圆的一条切线和一条割线，切线长是割线上从这点到两个交点的线段长的比例中项．(2)符号语言：从⊙O外一点P引圆的切线PT和割线PAB，T是切点，则PT2＝PA·PB.(3)图形语言：如图所示．推论：过圆外一点作圆的两条割线，在一条割线上从这点到两个交点的线段长的积，等于另一条割线上对应线段长的积(割线定理)．2．相交弦定理(1)文字语言：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．(2)符号语言：⊙O的两条弦AB和CD相交于圆内的一点P，则PA·PB＝PC·PD.(3)图形语言：如图所示．[合作探究]1．由相交弦定理知，垂直于弦的直径平分弦．那么，直径被弦分成的两条线段与弦有何关系？提示：弦的一半是直径被弦分成的两条线段的比例中项．2．如图，圆外一点P引圆的两条割线能否有PA·AB＝PC·CD?提示：只有PA＝PC时才有PA·PB＝PC·CD成立．[对应学生用书P23][例1]如图所示，⊙O与⊙O2相交于A，B两点，AB是⊙O2的直径，过A点作⊙O1的切线交⊙O2于点E，并与BO1的延长线交于点P.PB分别与⊙O1，⊙O2交于C，D两点．求证：(1)PA·PD＝PE·PC；(2)AD＝AE.[思路点拨]本题主要考查切割线定理的应用．解题时由割线定理得PA·PE＝PD·PB，再由切割线定理知PA2＝PC·PB可得结论，然后由(1)进一步可证AD＝AE.[精解详析](1)∵PAE，PDB分别是⊙O2的割线，∴PA·PE＝PD·PB.①又∵PA，PCB分别是⊙O1的切线和割线，∴PA2＝PC·PB. ②由①②得PA·PD＝PE·PC.(2)连接AD，AC，ED，∵BC是⊙O1的直径，∴∠CAB＝90°.∴AC是⊙O2的切线．又由(1)知PAPE＝PCPD，∴AC∥ED.∴AB⊥ED.又∵AB是⊙O2的直径，∴AD＝AE，∴AD＝AE.讨论与圆有关的线段间的相互关系，常常可以借助于切割线定理和相似成比例的知识去解决，通常用分析法揭示解题的思考过程，而用综合法来表示解题的形式．1．(湖北高考)如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B.过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点．若QC＝1，CD＝3，则PB＝.解析：由切割线定理，得QA2＝QC·QD＝4⇒QA＝2，则PB＝PA＝2QA＝4.答案：4[例2]OA的垂线分别交⊙O于C，D两点，垂足是点E.求证：PC·PD＝AE·AO.[思路点拨]由相交弦定理知PC·PD＝AP·PB，又P为AB的中点，所以PC·PD＝AP2.在Rt△PAO中再使用射影定理即可．[精解详析]连接OP，∵P为AB的中点，∴OP⊥AB，AP＝PB.∵PE⊥OA，∴AP2＝AE·AO.∵PD·PC＝PA·PB＝AP2，∴PD·PC＝AE·AO.相交弦定理的运用多与相似三角形联系在一起，经常与射影定理、直角三角形的性质相结合证明某些结论．2．(湖南高考)如图，已知AB，BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，AB＝3，BC＝22，则⊙O的半径等于．解析：设AO，BC的交点为D，由已知可得D为BC的中点，则在直角三角形ABD中，AD＝AB2－BD2＝1，设圆的半径为r，延长AO交圆O于点E，由圆的相交弦定理可知BD·CD＝AD·DE，即(2)2＝2r－1，解得r＝32.答案：3 2[例3]∥AP，AD、BC相交于E点，F为CE上一点，且DE2＝EF·EC.(1)求证：∠P＝∠EDF；(2)求证：CE·EB＝EF·EP.(3)若CE∶BE＝3∶2，DE＝6，EF＝4，求PA的长．[思路点拨]本题主要考查相交弦定理与切割线定理的综合应用．解题时先证△CED∽△DEF，同时利用平行关系可证(1)；然后证明△DEF∽△PEA，结合相交弦定理可证(2)；最后由切割线定理可求PA.[精解详析](1)证明：∵DE2＝EF·EC，∴DE∶EC＝EF∶ED.∵∠DEF是公共角，∴△CED∽△DEF.∴∠EDF＝∠C.∵CD∥AP，∴∠C＝∠P.∴∠P＝∠EDF.(2)证明：∵∠P＝∠EDF，∠DEF＝∠PEA，∴△DEF∽△PEA.∴DE∶PE＝EF∶EA，即EF·EP＝DE·EA.∵弦AD，BC相交于点E，∴DE·EA＝CE·EB.∴CE·EB＝EF·EP.(3)∵DE2＝EF·EC，DE＝6，EF＝4，∴EC＝9.∵CE∶BE＝3∶2，∴BE＝6.∵CE·EB＝EF·EP，∴9×6＝4×EP.解得EP ＝272. ∴PB ＝PE －BE ＝152，PC ＝PE ＋EC ＝452. 由切割线定理得PA 2＝PB ·PC . ∴PA 2＝152×452.∴PA ＝1523.解决与圆有关的线段问题多综合应用相交弦定理及切割线定理，同时注意相似三角形及平行过渡传递等量关系的应用．3．如图，E 是⊙O 内两弦AB 和CD 的交点，直线EF ∥CB ，交AD 的延长线于点F ，FC 与圆交于点G .求证：(1)△DFE ∽△EFA ； (2)△EFG ∽△CFE . 证明：(1)∵EF ∥CB ， ∴∠DEF ＝∠DCB .∵∠DCB 和∠DAB 都是DB 上的圆周角， ∴∠DAB ＝∠DCB ＝∠DEF . ∵∠DFE ＝∠EFA ，∴△DFE ∽△EFA . (2)由(1)知：△DFE ∽△EFA ，∴EF AF ＝FDFE . 即EF 2＝FA ·FD .由割线定理得FA ·FD ＝FG ·FC . ∴EF 2＝FG ·FC ，即EF GF ＝FC FE .又∵∠EFG ＝∠CFE ，∴△EFG ∽△CFE .本课时主要考查相交弦定理、切割线定理的应用．难度中档，是高考命题的热点内容．[考题印证](新课标全国卷Ⅱ)如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E.证明：(1)BE＝EC；(2)AD·DE＝2PB2.[命题立意]本题主要考查切割线定理、相交弦定理以及三角形的外切定理、弦切角定理、同弧所对的圆心角相等定理．[自主尝试](1)连接AB，AC.由题设知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，所以∠DAC＝∠BAD，从而BE＝EC.因此BE＝EC.(2)由切割线定理得PA2＝PB·PC.因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，所以AD·DE＝2PB2.[对应学生用书P25]一、选择题1.如图，已知⊙O的两条弦AB，CD相交于AB的中点E，且AB＝4，DE＝CE＋3，则CD的长为()A．4B．5C．8 D．10解析：选B设CE＝x，则DE＝3＋x.根据相交弦定理，得x(x＋3)＝2×2，x＝1或x ＝－4(不合题意，应舍去)．则CD＝3＋1＋1＝5.2.如图，点P是⊙O外一点，PAB为⊙O的一条割线，且PA＝AB，PO交⊙O于点C，若OC＝3，OP＝5，则AB的长为()A．10B．2 2C．5D． 6解析：选B设PA＝AB＝x，延长PO交圆于点D.因为PA·PB＝PC·PD，OC＝3，OP＝5，所以PC＝2，PD＝8.所以x·2x＝16，所以x＝2 2.3．如图，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则()A．CE·CB＝AD·DB B．CE·CB＝AD·ABC．AD·AB＝CD2D．CE·EB＝CD2解析：选A在直角三角形ABC中，根据直角三角形射影定理可得CD2＝AD·DB，再根据切割线定理可得CD2＝CE·CB，所以CE·CB＝AD·DB.4．如图，CA，CD分别切圆O1于A，D两点，CB，CE分别切圆O2于B，E两点．若∠1＝60°，∠2＝65°，判断AB，CD，CE的长度，下列关系正确的是()A．AB>CE>CD B．AB＝CE>CDC．AB>CD>CE D．AB＝CD＝CE解析：选A因为∠1＝60°，∠2＝65°，所以∠ABC＝180°－∠1－∠2＝180°－60°－65°＝55°，所以∠2>∠1>∠ABC ，所以AB >BC >AC ，因为CA ，CD 分别切圆O 1于A ，D 两点， CB ，CE 分别切圆O 2于B ，E 两点，所以AC ＝CD ，BC ＝CE ，所以AB >CE >CD . 故选A. 二、填空题5．如图，圆O 是△ABC 的外接圆，过点C 的切线交AB 的延长线于点D ，CD ＝27，AB ＝3，则BD 的长为．解析：由切割线定理得：DB ·DA ＝DC 2，即DB (DB ＋BA )＝DC 2，∴DB 2＋3DB －28＝0，∴DB ＝4.答案：46．如图，从圆O 外一点P 引圆O 的切线PA 和割线PBC ，已知PA＝22，PC ＝4，圆心O 到BC 的距离为3，则圆O 的半径为．解析：记圆O 的半径为R .依题意得PA 2＝PB ·PC ，PB ＝PA 2PC ＝2，BC ＝PC －PB ＝2，所以R ＝(12BC )2＋(3)2＝2. 答案：27．如图，⊙O 的弦ED ，CB 的延长线交于点A ，若BD ⊥AE ，AB ＝4，BC ＝2，AD ＝3，则DE ＝；CE ＝ .解析：由切割线定理得AB ·AC ＝AD ·AE ，即4×6＝3×(3＋DE )，解得DE ＝5；易知AD AB ＝AC AE ＝34，又∠A ＝∠A ，故△ABD ∽△AEC ，故∠BCE ＝∠BDA ＝90°，BDEC ＝AD AC .在直角三角形ABD 中，BD ＝42－32＝7，∴CE ＝BD ·ACAD ＝7× 63＝27.答案：5 278.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．解析：设BE ＝x ，则FB ＝2x ，AF ＝4x ，由相交弦定理得DF ·FC＝AF ·FB ，即2＝8x 2，解得x ＝12，AE ＝72，再由切割线定理得CE 2＝EB ·EA ＝12×72＝74，所以CE ＝72. 答案：72三、解答题9．如图，P 为圆O 外一点，PA ，PB 是圆O 的两条切线，A ，B 为切点，OP 与AB 相交于点M ，且点C 是AB 上一点．求证：∠OPC ＝∠OCM .证明：连接OB ，由切线长定理，得PA ＝PB ，PM ⊥AB ， PO 平分∠APB .又PB ⊥OB ，在Rt △OPB 中，OB 2＝OP ·OM ， ∵OB ＝OC ，∴OC 2＝OP ·OM ，即OC OP ＝OMOC，∴△OCP ∽△OMC ，∴∠OPC ＝∠OCM . 10.如图，两个同心圆的圆心是O ，大圆的半径为13，小圆的半径为5，AD 是大圆的直径．大圆的弦AB ，BE 分别与小圆相切于点C ，F .AD ，BE 相交于点G ，连接BD .(1)求BD 的长．(2)求∠ABE ＋2∠D 的度数． (3)求BGAG 的值．解：(1)连接OC ，因为AB 是小圆的切线，C 是切点，所以OC ⊥AB ，所以C 是AB 的中点．因为AD 是大圆的直径，所以O 是AD 的中点．所以OC 是△ABD 的中位线．所以BD ＝2OC ＝10. (2)连接AE .由(1)知C 是AB 的中点．同理F 是BE 的中点．即AB ＝2BC ，BE ＝2BF ，由切线长定理得BC ＝BF . 所以BA ＝BE .所以∠BAE ＝∠E . 因为∠E ＝∠D ，所以∠ABE ＋2∠D ＝∠ABE ＋∠E ＋∠BAE ＝180°. (3)连接BO ，在Rt △OCB 中，因为OB ＝13，OC ＝5，所以BC ＝12，AB ＝24. 由(2)知∠OBG ＝∠OBC ＝∠OAC . 因为∠BGO ＝∠AGB ，所以△BGO ∽△ AGB . 所以BG AG ＝BO AB ＝1324.11.如图，在Rt △BDE 中，∠BDE ＝90°，BC 平分∠DBE 交DE 于点C ，AC ⊥CB 交BE 于点A ，△ABC 的外接圆的半径为r .(1)若∠E ＝30°，求证：BC ·BD ＝r ·ED .(2)若BD ＝3，DE ＝4，求AE 的长．解：(1)证明：取AB 的中点为O ，△ABC 是直角三角形，AB 是斜边，O 是外接圆的圆心，连接CO ，所以BO ＝CO ，∠BCO ＝∠OBC ，因为BC 是∠DBE 的平分线，所以∠DBC ＝∠CBA ，所以∠OCB ＝∠DBC ，所以OC ∥DB (内错角相等，两直线平行)，所以OC BD ＝CE DE，把比例式化为乘积式得BD ·CE ＝DE ·OC ，因为OC ＝r ，所以BD ·CE ＝DE ·r .因为∠D ＝90°，∠E ＝30°，所以∠DBE ＝60°，所以∠CBE ＝12∠DBE ＝30°，所以∠CBE ＝∠E ，所以CE ＝BC ，所以BC ·BD ＝r ·ED .(2)过点C 作CH ⊥OE ，垂足为H .BD ＝3，DE ＝4，根据勾股定理，BE ＝5，OC ＝OA ＝r ，因为OC ∥DB ，所以△OCE ∽△BDE ，所以OC BD ＝OE BE ＝CE DE ，即r 3＝OE 5＝CE 4，解得OE ＝53r ，CE ＝43r . CH ＝OC ·CE OE ＝45r ，因为BC 平分∠DBE 交DE 于点C ，则△BDC ≌△BHC ，所以BH ＝BD ＝3，则HE ＝2.在Rt △CHE 中，根据勾股定理得：CH 2＋EH 2＝CE 2，即⎝⎛⎭⎫45r 2＋22＝⎝⎛⎭⎫43r 2，解得：r ＝158，则AE ＝BE －2r ＝5－154＝54.。

高中数学4-4第一章坐标系全部教案北师大版选修四

高中数学选修4-4坐标系与参数方程一、[课程目标]本专题的内容包括：坐标系、曲线的极坐标方程、平面坐标系中几种变换、参数方程。

通过本专题的教学，使学生简单了解柱坐标系、球坐标系，掌握极坐标和参数方程的基本概念，了解曲线的多种表现形式；通过从实际问题中抽象出数学问题的过程，使学生体会数学在实际中的应用价值；培养学生探究数学问题的能力和应用意识。

二、[知识结构网络]第一章坐标系[课标要求]1．坐标系：了解极坐标系；会在极坐标系中用极坐标刻画点的位置；会进行极坐标和直角坐标的互化。

了解在球坐标系、柱坐标系中刻画空间中点的位置的方法〔本节内容不作要求〕。

2．曲线的极坐标方程：了解曲线的极坐标方程的求法；会进行曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化；了解简单图形〔过极点的直线、过极点的圆、圆心在极点的圆〕的极坐标方程。

3．平面坐标系中几种常见变换〔本节内容不作要求〕了解在平面直角坐标系中的平移变换与伸缩变换。

第一课时直角坐标系一、教学目的：知识与技能：回顾在平面直角坐标系中刻画点的位置的方法能力与与方法：体会坐标系的作用情感、态度与价值观：通过观察、探索、发现的创造性过程，培养创新意识。

二、重难点：教学重点：体会直角坐标系的作用教学难点：能够建立适当的直角坐标系,解决数学问题三、教学方法：启发、诱导发现教学.四、教学过程：〔一〕、平面直角坐标系与曲线方程1、教师设问：问题1：如何刻画一个几何图形的位置？问题2：如何创建坐标系？问题3：(1).如何把平面内的点与有序实数对(x,y)建立联系？(2).平面直角坐标系中点和有序实数对(x,y)是怎样的关系？问题4：如何研究曲线与方程间的关系？结合课本例子说明曲线与方程的关系？2、思考交流：(1).在平面直角坐标系中，圆心坐标为(2,3)、 5为半径的圆的方程是什么？〔2〕.在平面直角坐标系中，圆心坐标为〔a,b)半径为r的圆的方程是什么?3、、学生活动：学生回顾并阅读课本，思考讨论交流。

2017-2018学年高中数学北师大版选修4-1同步配套教学案

章末复习课[对应学生用书P30][对应学生用书P30]换的特点：即图形的位置、形状、大小会发生如何变化，从而解决与之相关的问题．[例1] 如图，正方形ABCD 的顶点坐标分别为A (8，8)，B (4,0)，C (12，－4)，D (16,4)，画出它以原点O 为位似中心、相似比为12的位似图形，并确定其对应点的坐标．[解] A 、B 、C 、D 的对应点的坐标分别为A ′(4,4)，B ′(2,0)，C ′(6，－2)，D ′(8,2)和A ″(－4，－4)，B ″(－2,0)，C ″(－6,2)，D ″(－8，－2)．通常涉及这四类角，因此圆周角定理，圆心角定理，弦切角定理是解决此类问题的知识基础，通常利用圆周角、弦切角、圆心角与弧的关系转化，借助于圆内接四边形的对角互补和圆的切线垂直于经过切点的半径(获得直角)来解决．[例2] (1)已知⊙O 是∠ABC 的外接圆，⊙I 是△ABC 的内切圆，∠A ＝80°，则∠BOC ＝，∠BIC ＝ .(2)如图，过点P 作⊙O 的割线P AB 与切线PE ，E 为切点，连接AE ，BE ，∠APE 的平分线分别与AE ，BE 相交于点C ，D .若∠AEB ＝30°，则∠PCE ＝ .[解析] (1)如图，∵∠A ＝80°，由一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得∠BOC ＝2∠A ＝160°.又∵在△ABC 中，∠A ＝80°，∴∠ABC ＋∠ACB ＝180°－80°＝100°. 又∵∠IBC ＝12∠ABC ，∠ICB ＝12∠ACB ，∴∠IBC ＋∠ICB ＝12(∠ABC ＋∠ACB )＝12×100°＝50°.∴在△IBC 中，∠BIC ＝180°－50°＝130°.(2)由圆的切割线定理可得PE 2＝PB ·P A ⇒PE PB ＝P APE ，∴△PEB ∽△P AE ，设∠P AE ＝α，则∠PEB ＝α，∠PBE ＝α＋30°，∠APE ＝150°－2α， ∴△PCE 中，∠EPC ＝75°－α，∠PEC ＝30°＋α， ∴∠PCE ＝75°.[答案] (1)160° 130° (2)75°切割线定理和弦切角定理，从而获得成比例线段，再结合相似三角形进行等比代换或等线代换加以证明，或列出方程解得线段的长．[例3]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.[证明](1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连接AF，所以四边形ADCF是平行四边形，故CD＝AF.因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD.而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.[例4]如图，四边形ABCD是边长为a的正方形，以D为圆心，DA为半径的圆弧与以BC为直径的⊙O交于点F，连接CF并延长CF交AB于E.(1)求证：E是AB的中点；(2)求线段BF的长．[解](1)证明：连接OD，OF，DF.∵四边形ABCD是边长为a的正方形，∴BC＝CD，∠EBC＝∠OCD＝90°，∵OF＝OC，DF＝DC，OD＝OD，∴△OFD≌△OCD，∴∠ODC＝∠ODF，∠ECB ＝12∠FDC ＝∠ODC ，∴△EBC ≌△OCD ，∴EB ＝OC ＝12AB ，即E 是AB 的中点．(2)由BC 为⊙O 的直径易得BF ⊥CE ， ∴S △BEC ＝12BF ·CE ＝12CB ·BE ，∴BF BE ＝CB CE ，∴BF ＝55a .[对应学生用书P31]一、选择题1．如图，已知DE ∥BC ，EF ∥AB ，现得到下列式子：①AE EC ＝BF FC ；②AD BF ＝AB BC ； ③EF AB ＝DE BC ；④CE CF ＝EA BF. 其中，正确式子的个数有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个D ．1个解析：选B 由DE ∥BC ，EF ∥AB 知①②④正确，③错误． 2．如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝3，BC ＝9，AB ＝6，CD＝4，若EF ∥BC ，且梯形AEFD 与梯形EBCF 的周长相等，则EF 的长为( )A ．457B ．335C ．395D ．152解析：选C过A 作AG ∥DC ，交EF 于H ，交BC 于G ，设AE ＝x ，DF ＝y ，由AB ＝BG ＝6，可得AE ＝EH ＝x . 由题意知x ∶6＝y ∶4. 所以2x ＝3y .①又梯形AEFD 与梯形EBCF 的周长相等，所以3＋x ＋3＋x ＋y ＝6－x ＋9＋4－y ＋3＋x . 所以x ＋y ＝8.②由①②解得x ＝245，所以EF ＝245＋3＝395.3. 如图，在⊙O 中，弦AB 与半径OC 相交于点M ，且OM ＝MC ，AM＝1.5，BM ＝4，则OC ＝( )A ．2 6B ． 6C ．2 3D ．2 2解析：选D 延长CO 交⊙O 于D ，则DM ＝3CM ，CM ·MD ＝MA ·MB ，所以1.5×4＝3CM 2，CM ＝2，OC ＝2 2.4.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC .①若∠A ＝90°，AB ＋CD ＝BC ，则以AD 为直径的圆与BC 相切； ②若∠A ＝90°，当以AD 为直径的圆与BC 相切时，则以BC 为直径的圆也与AD 相切；③若以AD 为直径的圆与BC 相切，则AB ＋CD ＝BC ；④若以AD 为直径的圆与BC 相切，则以BC 为直径的圆与AD 相切．以上判断正确的个数有( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C (1)过AD 的中点E ，作EG ⊥BC 于点G ，过E 作AB 的平行线EF ，则EF 是梯形ABCD 的中位线．所以EF ＝12(AB ＋CD )＝12BC ＝CF .所以∠CEF ＝∠ECF ，因为EF ∥CD ，所以∠DCE ＝∠CEF ，所以∠DCE ＝∠ECF . 因为在△DCE 和△GCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠DCE ＝∠ECG ，∠D ＝∠CGE ，EC ＝EC ，所以△DCE ≌△GCE (AAS)，所以EG ＝DE ＝12AD ，则以AD 为直径的圆与BC 相切．故命题①正确；(2)若∠A ＝90°，当以AD 为直径的圆与BC 相切时，设以AD 为直径的圆的圆心是E ，则E 是AD 的中点，设圆与BC 相切于点G ，则连接EG ，则EG ⊥BC ，且EG ＝ED .因为在Rt △DCE 和Rt △GCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧EG ＝ED ，EC ＝EC ，所以Rt △DCE ≌Rt △GCE (HL)，所以CD ＝CG ，同理，BG ＝AB ，所以AB ＋CD ＝BC ，故③正确；取BC 的中点F ，连接EF ，则EF 是梯形ABCD 的中位线， EF ＝12(AB ＋CD )＝12BC ，又因为若∠A ＝90°，则EF ⊥AD ，所以以BC 为直径的圆也与AD 相切．故②正确；(3)若以AD 为直径的圆与BC 相切，则以BC 为直径的圆与AD 相切，根据(2)可以得到当中位线EF 是F 到AD 的垂线段时，以BC 为直径的圆与AD 相切，否则就不相切．故④错误．故正确的是①②③.故选C. 二、填空题5.如图，⊙O 的两条弦AB ，CD 交于点P ，已知AP ＝4，BP ＝6，CP ＝3，则CD ＝ .解析：因为⊙O 的弦AB ，CD 相交于点P ，所以AP ·PB ＝CP ·PD ，因为AP ＝4，BP ＝6，CP ＝3，所以PD ＝AP ·PB CP ＝8，所以CD ＝CP ＋PD ＝3＋8＝11. 即CD 的长是11. 答案：116.(天津高考)如图， △ABC 为圆的内接三角形， BD 为圆的弦，且BD ∥AC . 过点A 作圆的切线与DB 的延长线交于点E ，AD 与BC 交于点F .若AB ＝AC ，AE ＝6，BD ＝5，则线段CF 的长为．解析：因为AE 是圆的切线，且AE ＝6，BD ＝5，由切割线定理可得EA 2＝EB ·ED ，即36＝EB ·(EB ＋5)，解得EB ＝4.又∠BAE ＝∠ADB ＝∠ACB ＝∠ABC ，所以AE ∥BC .又AC ∥BD ，所以四边形AEBC 是平行四边形，所以AE ＝BC ＝6，AC ＝EB ＝4.又由题意可得△CAF ∽△CBA ，所以CA CB ＝CF CA ，CF ＝CA 2CB ＝166＝83.答案：837.(广东高考)如图，AB 是圆O 的直径，点C 在圆O 上．延长BC 到D使BC ＝CD ，过C 作圆O 的切线交AD 于E .若AB ＝6，ED ＝2，则BC ＝ .解析：因为AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥BC .又BC ＝CD ，所以△ABD 是等腰三角形，所以AD ＝AB ＝6，∠DAC ＝∠BAC .因为CE 切圆O于点C ，所以∠ECA ＝∠ABC .又因为∠BAC ＋∠ABC ＝90°，所以∠DAC ＋∠ECA ＝90°，故CE ⊥AD .故CD 2＝DE ·DA ＝2×6＝12，所以BC ＝CD ＝2 3.答案：2 38.如图，P A ，PB 分别切⊙O 于A ，B 两点，在劣弧AB 上任取一点C ，过C 作⊙O 的切线分别交P A ，PB 于D ，E 两点．(1)若P A ＝5，则△PDE 的周长为； (2)若∠APB ＝50°，则∠DOE ＝ . 解析：(1)由切线长定理得DC ＝DA ， EC ＝EB ，P A ＝PB ，∴△PDE 的周长为PD ＋PE ＋DE ＝PD ＋DC ＋PE ＋CE ＝PD ＋DA ＋PE ＋EB ＝P A ＋PB ＝2P A ＝10.(2)连接OP .∵P A 、DC 均为切线，∴∠P AO ＝90°.由切线长定理得 ∠APO ＝12∠APB ＝25°，∴∠AOP ＝65°.又C 在PO 上，且∠DOC ＝∠AOD ， ∴∠COD ＝65°2，∴∠DOE ＝2∠COD ＝65°.答案：10 65° 三、解答题9.如图，已知BC 是⊙O 的直径，AH ⊥BC ，垂足为D ，点A 为BF 的中点，BF 交AD 于点E ，且BE ·EF ＝32，AD ＝6.(1)求证：AE ＝BE . (2)求DE 的长． (3)求BD 的长．解：(1)证明：连接AF ，AB ，AC . 因为A 是BF 的中点，所以∠ABE ＝∠AFB . 又∠AFB ＝∠ACB ，所以∠ABE ＝∠ACB . 因为BC 为直径，所以∠BAC ＝90°.因为AH ⊥BC . 所以∠BAE ＝∠ACB . 所以∠ABE ＝∠BAE . 所以AE ＝BE .(2)设DE ＝x (x >0)，由AD ＝6，BE ·EF ＝32， AE ·EH ＝BE ·EF ，则(6－x )(6＋x )＝32，解得x ＝2，即DE 的长为2.(3)由(1)，(2)知：BE ＝AE ＝6－2＝4，在Rt △BDE 中，BD ＝42－22＝2 3.10．(辽宁高考)如图，AB 为⊙O 的直径，直线CD 与⊙O 相切于E ，AD 垂直CD 于D ，BC 垂直CD 于C ，EF 垂直AB 于F ，连接AE ，BE .证明：(1)∠FEB ＝∠CEB ； (2)EF 2＝AD ·BC .证明：(1)由直线CD 与⊙O 相切，得∠CEB ＝∠EAB . 由AB 为⊙O 的直径，得AE ⊥EB ，从而∠EAB ＋∠EBF ＝π2；又EF ⊥AB ，得∠FEB ＋∠EBF ＝π2，从而∠FEB ＝∠EAB .故∠FEB ＝∠CEB .(2)由BC ⊥CE ，EF ⊥AB ，∠FEB ＝∠CEB ，BE 是公共边，得Rt △BCE ≌Rt △BFE ，所以BC ＝BF . 类似可证，Rt △ADE ≌Rt △AFE ，得AD ＝AF . 又在Rt △AEB 中，EF ⊥AB ，故EF 2＝AF ·BF ，所以EF 2＝AD ·BC .。

2018-2019学年北师大版高中数学选修4-4同步配套(课件+练习)：2.1

S随堂演练 UITANGYANLIAN
【做一做 2】
已知 P(x,y)是曲线
��
= =
2sin+��cos��,(��为参数)
上任意一点, 求 (��-5)2 + (�� + 4)2的最大值.
解:由题意,设 d2=(x-5)2+(y+4)2=(2+cos α-5)2+(sin α+4)2=8sin α-6cos α+26=10sin(α-φ)+26,其中 φ 为锐角,tan φ= 34.
【做一做 1】
已知参数方程
��
= =
22csions��,(��为参数,
��∈[0,2π)).判
断点 A(1, 3)和��(2,1)是否在方程的曲线上.
分析:把A,B两点的坐标分别代入方程验证即可.
解:把 A,B 两点的坐标分别代入方程,
题型一题型二题型三
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析
IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
解:设点M的坐标为(x,y),∠AOP=θ.
因为点P在圆x2+y2=16上,过点P分别作x轴、y轴的垂线可得点P
的坐标为(4cos θ,4sin θ),又A(12,0),所以由中点坐标公式得点M的坐
(2)试求当 t=-3 时,曲线 C 上的点的坐标.
分析:将坐标分别代入参数方程进行判断.
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析

2019-2020学年高中数学北师大版选修4-1同步配套教学案：第二章 §1 & §2 截面欣赏直线与球、平面与

§对应学生用书P33][自主学习]1．直线与球的位置关系有相离、相切、相交．2．从球外一点作球的切线，它们的切线长相等，所有的切点组成一个圆．3．平面与球的位置关系有相离、相切、相交．4．一个平面与球面相交，所得的交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面．[合作探究]1．用一平面去截正方体时，其截面可能是几边形？提示：三角形(锐角三角形、等腰三角形、等边三角形)四边形(长方形、正方形、梯形)五边形、六边形2．直线与球的位置关系的判定与直线与圆的位置关系判定一样吗？提示：一样．都是利用点到直线的距离与半径r的关系去判定．3．平面与球的位置关系如何判定？提示：平面α，球O，球心O到α的距离为OH，球半径为R.若OH>R，则相离；若OH＝R，则相切；若OH<R，则相交．对应学生用书P33]截面问题[例1]从一个底面半径和高都是R的圆柱中，挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体，如果用一个与圆柱下底面距离等于l并且平行于底面的平面去截它，求所得截面的面积(阴影部分)．[思路点拨]本题主要考查截面问题，解题时根据题意画出轴截面可直观求解．[精解详析]轴截面如图所示：被平行于下底面的平面所截的圆柱的截面圆的半径O 1C ＝R ，圆锥的截面圆的半径O 1D 设为x .∵OA ＝AB ＝R ，∴△OAB 是等腰直角三角形．又CD ∥OA ，则CD ＝BC ，故x ＝l . ∴截面面积S ＝πR 2－πl 2＝π(R 2－l 2)．解决这类问题的关键是准确分析出组合体的结构特征，发挥自己的空间想象能力，正确作出几何体的轴截面等，把立体图和截面图对照分析，找出几何体中的数量关系．把空间几何问题转化在同一平面内利用平面几何的知识解决，即用空间问题平面化的解题策略．1.一长方体木料，沿如图所示平面EFGH 截长方体，若AB ⊥CD ，那么下列四个图形中是截面的是( )解析：选A 因为AB ，MN 两条交线所在平面(侧面)互相平行，故AB ，MN 无公共点；又AB ，MN 在平面EFGH 内，故AB ∥MN .同理易知，AN ∥BM .又AB ⊥CD ，所以截面必为矩形．[2]有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．[思路点拨] 本题主要考查平面、直线与球的位置关系的应用．解此题时分别作出三种情况的截面图，可求解．[精解详析] 设正方体的棱长为a .(1)正方形的内切球球心是正方体的中心，切点是六个面正方形的中心，经过四个切点及球心作截面如图①，所以有2r 1＝a ，r 1＝a2，所以S 1＝4πr 21＝πa 2.(2)球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点，过球心作正方体的对角面得截面，如图②，2r 2＝2a ，r 2＝22a, 所以S 2＝4πr 2＝2πa 2.(3)正方体的各个顶点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，如图③，所以有2r 3＝3a ，r 3＝32a ，所以S 3＝4πr 23＝3πa 2.综上可得S 1∶S 2∶S 3＝1∶2∶3.与球有关的截面问题，为了增加图形的直观性，解题时常常画一个截面圆起衬托作用．2．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是( )A ．22B ．32C ．2D ．3解析：选C 由题意结合图形分析知：截面过球心，且交AB 于E 点，则E 为AB 的中点，即可得△ECD 为等腰三角形，又CD ＝2，CE ＝DE ＝3，可求得S △ECD ＝2. [例3] 如图，球O 的半径为2，圆O 1是一小圆，O 1O ＝2，A ，B 是圆O 1上两点．若∠AO 1B ＝π2，则A ，B 两点间的球面距离为．[精解详析] 如图，OB ＝OA ＝2，O 1O ＝2， ∴O 1A ＝2，∴AB ＝2，∴△OAB 为正三角形， ∴∠AOB ＝π3.∴A ，B 两点间的球面距离为π3×2＝2π3.[答案] 2π3若一平面与球面相交所得交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面，该圆心与球心距离为d ，圆半径为r ，球半径为R ，则d 2＋r 2＝R 2.本例条件变为“如图，球O 的半径为2，圆O 1是一小圆，O 1O ＝2，A ，B 是圆O 1上两点．若A ，B 两点间的球面距离为2π3”，则∠AO 1B ＝ .解析：由A ，B 间的球面距离为2π3知∠AOB ＝π3，所以△AOB 为等边三角形，AB ＝2；又由球O 的半径为2，O 1O ＝2知O 1A ＝O 1B ＝2，所以△AO 1B 为等腰直角三角形，∠AO 1B ＝π2.答案：π2本课时常考查截面问题，是每年命题的热点内容之一．属中档题．[考题印证]平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π[命题立意]本题主要通过截面问题考查球的性质及球的体积公式．[自主尝试] 设球的半径为R ，由球的截面性质得R ＝错误!＝错误!，所以球的体积V ＝错误!πR 3＝4错误!π.[答案] B对应学生用书P35]一、选择题1．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为( )A ．1∶3B ．1∶9C ．1∶33D ．1∶(33－1)解析：选D 由面积比等于边长比的平方，体积比为边长比的立方可求得D 正确．2．过半径为2的球O 表面上一点A 作球O 的截面，若OA 与该截面所成的角是60°，则该截面的面积是( )A ．πB ．2πC ．3πD ．23π解析：选A 设截面的圆心为O ′，由题意得：∠OAO ′＝60°，O ′A ＝1，S ＝π·12＝π.3．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点，若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为( )A ．43B ．33C ．83D ．63解析：选C 由题意，设AB ＝a ，AA 1＝b ，再由12BD ·DC 1＝6可得a 2＋b24＝12.又由BC 2＋CC 21＝BC 21得a 2＋b 2＝24，可得a ＝22，b ＝4，∴V ＝34×(22)2×4＝83.4．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，R 分别是AB ，AD ，B 1C 1的中点，则正方体的过P ，Q ，R 的截面图形是( )A ．矩形B ．正五边形C ．正六边形D ．菱形解析：选C 如图，利用空间图形的公理作出截面，可知截面为正六边形．二、填空题5．已知OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M .若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于．解析：记球O 的半径为R ，圆M 的半径为r ，则依题意得r 2＝3，R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22，故R 2＝4，球O 的表面积等于4πR 2＝16π.答案：16π6．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于．解析：在△ABC 中AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，可得BC ＝23，由正弦定理，可得△ABC 外接圆半径r ＝2，设此圆圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OO ′B 中，易得球半径R ＝5，故此球的表面积为4πR 2＝20π.答案：20π7．已知点A ，B ，C 在球心为O 的球面上，△ABC 的内角A ，B ，C 所对应的边长分别为a ，b ，c ，且a 2＝b 2＋c 2－bc ，a ＝3，球心O 到截面ABC 的距离为2，则该球的表面积为．解析：由a 2＝b 2＋c 2－bc 可得A ＝π3，再由正弦定理可得球的小圆半径为r ＝1，进而可得球的半径为R＝3，该球的表面积为12π. 答案：12π8．在2π3的二面角内，放一个半径为5的球切两半平面于A ，B 两点，那么这两个切点在球面上最短距离是．解析：两切点对球心的张角为π3，∴球面距为5π3.答案：5π3三、解答题9．已知棱长为a 的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，M ，N 分别是CD ，AD 的中点，求证：MNA ′C ′是梯形．证明：如图，连接AC .∵M ，N 分别为CD ，AD 的中点， ∴MN 綊12AC .由正方体性质可知AC 綊A ′C ′， ∴MN 綊12A ′C ′，∴四边形MNA ′C ′是梯形．10．在北纬45°的纬度圈上有A ，B 两点，它们分别在东经70°与东经160°的经度圈上，设地球半径为R ，求A ，B 两点间的球面距离．解：如图，设北纬45°圈的圆心为O 1，地球中心为O ，则∠AO 1B ＝160°－70°＝90°，∠OBO 1＝45°，OB ＝R ， ∴O 1B ＝O 1A ＝22R ，AB ＝R .连接AO ，AB ，则AO ＝BO ＝AB ＝R ， ∴∠AOB ＝60°＝16·2πR ＝13πR .故A ，B 两点间的球面距离为13πR . 11．如图所示，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°.(1)求证：V ，A ，B ，C 四点在同一球面上．(2)过球心作一平面与底面内直线AB 垂直．求证：此平面截三棱锥所得的截面是矩形．证明：(1)取VC的中点M.∵VA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，∴BC⊥VB.在Rt△VBC中，M为斜边VC的中点，∴MB＝MC＝MV.同理，在Rt△VAC中，MA＝MV＝MC.∴MV＝MC＝MA＝MB，∴V，A，B，C四点在同一球面上，M是球心．(2)取AC，AB，VB的中点分别为N，P，Q，连接NP，PQ，QM，MN.则MNPQ就是垂直于AB的三棱锥V－ABC的截面，易证PQMN是平行四边形，又VA⊥BC，PQ∥VA，NP∥BC，∴QP⊥PN，故截面MNPQ是矩形．。

高中数学选修41教案

高中数学选修41教案高中数学选修41教案1上个学期，依据需要，学校安排我上高二数学文科，在这一学期里我从各方面严格要求自己，在教学上虚心向老老师请教，结合本校和班级同学的实际状况，针对性的开展教学工作，使工作有计划，有组织，有步骤。

经过了一学期，我对教学工作有了如下感想：一、仔细备课，做到既备同学又备教材与备教法。

上学期我依据教材资料及同学的实际状况设计课程教学，拟定教学方法，并对教学过程中遇到的问题尽可能的预先思索到，仔细写好教案。

每一课都做到“有备而去”，每堂课都在课前做好充分的预备，课后实时对该课作出小结，并仔细整理每一章节的知识要点，帮忙同学进行归纳总结。

二、加强上课技能，提高教学质量。

加强上课技能，提高教学质量是我们每一名新老师不断努力的目标。

由于应对的是文科生，基础普遍比较差，所以我主要是立足于基础，让同学学得简约，学得开心。

留意精讲精练，在课堂上讲得尽量少些，而让同学自己动口动手动脑尽量多些;同时在每一堂课上都充分思索每一个层次的同学学习需求和理解潜力，让各个层次的同学都得到提高。

三、虚心向其他老师学习，在教学上做到有疑必问。

在每个章节的学习上都上心征求其他有阅历老师的看法，学习他们的方法。

同时多听老老师的课，做到边听边学，给自己不断充电，弥补自己在教学上的不足，征求他们的看法，改善教学工作。

四、仔细批改作业、布置作业有针对性，有层次性。

作业是同学对所学知识巩固的过程。

为了做到布置作业有针对性，有层次性，我经常多方面的搜集资料，对各种辅导资料进行筛选，力求每一次练习都能让同学起到的效果。

同时对同学的作业批改实时、仔细，并分析同学的作业状况，将他们在作业过程涌现的问题实时评讲，并针对反映出的状况实时改善自己的教学方法，做到有的放矢。

然而，在确定成果、总结阅历的同时，我清晰地认识到我所获得的教学阅历还是肤浅的，在教学中存在的问题也不容忽视，也有一些困惑有待解决今后我将努力工作，上心向老老师学习以提高自己的教学水平。

2018-2019学年高中数学北师大版选修4-1同步配套课件：第二章章末复习课

答案：D
3．圆锥面的母线与轴线成 α 角，不过顶点的平面和轴线成 β 角，且与圆锥面的交线是椭圆，则 β 和 α 的大小关系为 A．β>α C．β＝α
解析：由概念可知 β>α.
(
)
B．β<α D．无法确定
答案：A
4．一个平面和圆柱面的轴成 α 角(0° <α<90° )，则同时与圆柱面和该平面都相切的球的个数为 A．0 个 C．2 个 B． 1 个 D．由 α 的不同而定 ( )
答案：C
1 2．已知圆柱的底面半径为 2，平面 γ 与圆柱斜截口的离心率为， 2 则椭圆的长半轴是 A．2 16 C． 3 B． 4 4 3 D． 3 ( )
解析：设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为 2a,2b,2c. a2－b2 1 c 由题意知 b＝2，a＝ a ＝， 2 a2－4 1 4 3 ∴ a ＝，解得 a＝ . 2 3
且与 OA 成 45° 角的平面截球 O 的表面得到圆 C.若圆 C 的面 7π 积等于，则球 O 的表面积等于 4 ．
[解析] 设球 O 的半径 OA＝R，圆 C 的圆心为 C，半径为 r，则 OC 垂直于截面，∠OMC 就是直线 OA 与截面所成的角， 7π 7 2 ∴∠OMC＝45° ，∵πr ＝，∴r ＝ .在 Rt△OCM 中，易得 OC 4 4
2
2 ＝ R，取圆 C 上一点 D，连接 CD，OD，则在 Rt△OCD 中， 4 R ＝r
2 2
＋
2 R2，得 R2＝2，故球 O 的表面积等于 4πR2＝8π. 4
[答案]
8π
(2)一个圆锥轴截面的顶角为 120° ，母线长为 1，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为 1 A． 2 3 C． 5 1 B． 3 3 D． 4 ( )

高中数学选修4 1教案

高中数学选修4 1教案在高中数学的教学过程中，编写一份优质的教案对于指导学生理解和掌握知识点至关重要。

今天，我们就来探讨如何编写一份高中数学选修4-1的教案范本。

## 教学目标在编写教案之前，首先要明确教学目标。

这些目标应当包括知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观三个维度。

例如，对于选修4-1的内容，教学目标可以是：- 理解并掌握相关数学概念和定理。

- 能够运用所学知识解决实际问题。

- 培养学生的逻辑推理能力和数学思维。

- 激发学生对数学学科的兴趣和热爱。

## 教学内容接下来，要根据教学大纲和教材内容，确定本节课的教学内容。

例如，如果本节是关于“函数的概念与性质”，那么教学内容应包括：- 函数的定义- 函数的表示方法- 函数的性质（如单调性、周期性等）## 教学方法选择合适的教学方法对于提高教学效果至关重要。

可以采用以下几种方法：- 讲授法：用于讲解基本概念和定理。

- 探究法：引导学生通过问题解决学习新知识。

- 合作学习：鼓励学生小组讨论，共同解决问题。

## 教学过程教学过程是教案的核心部分，需要详细规划。

一般包括以下几个环节：1. 导入新课：可以通过提出问题、回顾旧知识或展示实际应用案例来引入新课内容。

2. 新课讲解：根据教学内容，系统地讲解新知识点。

3. 学生练习：设计适当的练习题，让学生巩固和应用所学知识。

4. 小结反馈：总结课堂重点，解答学生疑问，并进行形成性评价。

## 教学评价教学评价是检验教学效果的重要环节。

可以通过以下方式进行：- 随堂测验：通过小测试了解学生对知识点的掌握情况。

- 作业布置：布置适量作业，既能够巩固课堂所学，又能够检验学生的学习效果。

- 自我反思：教师应对自己的教学过程进行反思，以便不断改进教学方法和策略。

## 教学资源最后，不要忘记准备必要的教学资源，如多媒体课件、实物模型、数学工具软件等，这些都能有效辅助教学，提高学生的学习兴趣。

总之，一份好的教案应该是结构清晰、内容丰富、符合学生实际水平的。

高中数学第二章圆锥曲线教案北师大版选修4-1

第二章圆锥曲线§1截面欣赏§2直线与球、平面与球的位置关系1．直线与球的位置关系(1)直线与球的位置关系已知球O的半径为r，球心到直线l的距离为d.(2)从球外一点作球的切线，它们的切线长相等，所有的切点组成一个圆．2．平面与球的位置关系(1)平面与球的位置关系设球的半径为r，球心到平面的距离为d.(2)球的截面性质图2－1－1一个平面与球面相交，所得的交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面．如图2－1－1所示，平面α截球得一截面圆O，OO1与平面α垂直，P为截面圆上一点，在Rt△OO1P中有OP2＝OO21＋O1P2，这个等式给出了球半径、截面圆半径与球心到截面圆的距离三者之间的关系．1．如何求球的两个平行截面间的距离？【提示】(1)作出过球心和截面圆圆心的截面．(2)分两种情况：一是两截面在球心同侧；二是两截面在球心异侧．(3)利用球的半径R，截面圆半径r及球心到截面圆的距离d的关系r2＋d2＝R2来求解．2．如何判断点、直线、平面与球的位置关系？【提示】点、直线、平面与球的位置关系与它们到球心的距离和球的半径的大小有着密切的关系．因而要判断点、直线和平面与球的位置关系，关键是寻找球心到点、直线、平面的距离d与球的半径R的大小关系，特别地要证明点在球面上、直线或平面与球相切，只需证明d＝R.已知半径为10的球的两个平行截面的周长分别是12π和16π，求这两个截面间的距离．【思路探究】【自主解答】设球心为O，两截面的圆心分别为C、D，由已知2π²CE＝12π，得CE ＝6，2π²DF＝16π，得DF＝8，当两截面在球心同侧时，如图(1)．CD＝OC－OD＝OE2－EC2－OF2－DF2＝102－62－102－82＝2，当两截面在球心两侧时，如图(2)所示．CD＝OC＋OD＝OE2－EC2＋OF2－DF2＝14.故两个截面间的距离为2或14.1．本题中两个平行截面与球心的位置关系不确定，故应分类求解．2．解决有关球的问题，通常是通过研究球的截面来实现的，实质上是利用球的截面，化空间问题为平面问题．图2－1－2已知球O 的半径为3，它有一内接正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，如图2－1－2所示，则球心到平面ABCD 的距离为________．【解析】平面ACC 1A 1截球所得截面图形如图所示．∵AC 1＝3AA 1，∴AA 1＝2 3.OO 1＝12AA 1＝ 3.∴球心到平面ABCD 的距离为 3. 【答案】3时刻，一根高1米的垂直立于地面的标杆的影子长是2米，求球的半径．【思路探究】作出球的截面，构造三角形，利用切线长定理及三角形相似求解．【自主解答】如图所示，⊙O 为球的轴截面图，AB 与⊙O 切于A ，AB ＝10米，它是AC 的影长，则AC ＝5米，BC 切⊙O 于D ，由切线长定理知BD ＝10米，CB ＝AC 2＋AB 2＝55，∴CD ＝CB －BD ＝55－10，∵∠C ＝∠C ，∠ODC ＝∠CAB ＝90°， ∴△OCD ∽△BCA ，∴CD OD ＝AC AB， ∴OD ＝CD ²AB AC ＝ 55－10 ³105＝105－20(米)，故球的半径为105－20米．1．解答本题时首先应明确地面与球相切，球的投影最远点是由光线与球的切点决定的，然后作出截面，构造三角形求解．2．利用球的轴截面可把球的问题转化为圆的问题求解．已知过球面上三点A 、B 、C 的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC ＝BC ＝6，AB ＝4，求球面面积．【解】如图所示，设球心为O ，球半径为R ，M 是AB 的中点．作OO 1⊥平面ABC 于O 1，由于OA ＝OB ＝OC ＝R ，则O 1∈CM .设O 1M ＝x ，易知O 1M ⊥AB ，则22＋x 2＝O 1A ＝O 1C ＝CM －O 1M ＝62－22－x ，即22＋x 2＝42－x ，解得x ＝724，则O 1A ＝O 1B ＝O 1C ＝924，在Rt △OO 1A 中，O 1O ＝R2，∠OO 1A ＝90°，OA ＝R .由勾股定理得(R 2)2＋(924)2＝R 2，解得R ＝362. 故S 球面＝4πR 2＝54π.(1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积．【思路探究】 (1)外接球的球心就是△SAC 外接圆的圆心；(2)以内切球的球心为顶点，以正四棱锥的各个面为底面的棱锥的体积之和等于正四棱锥的体积．【自主解答】 (1)如图，设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ，所以O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径， ∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a . ∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ， ∴△SAC 为正三角形．由正弦定理得2R ＝ACsin ∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 球＝43πR 3＝8627πa 3.(2)设内切球的半径为r ，作SE ⊥底面于E ，作SF ⊥BC 于F ，连接EF .则有SF ＝SB 2－BF 2＝2a 2－ a 2 2＝72a .S △SBC ＝12BC ²SF ＝12a ³72a ＝74a 2， S 棱锥全＝4S △SBC ＋S 底＝(7＋1)a 2，又SE ＝SF 2－EF 2＝72a 2－ a 2 2＝62a ， ∴V 棱锥＝13S 底h ＝13a 2³62a ＝66a 3，∴r ＝3V 棱锥S 全＝3³66a 37＋1 a 2＝42－612a ，S 球＝4πr 2＝4－73πa 2.1．解答本题第(2)小题时，内切球的球心无法确定，从而利用等体积法直接求内切球的半径．2．当几个平面与球都相切时，根据平面与球相切的定义，球心到各平面的距离都等于球半径．同时在解决此类问题时，一要注意用好图形，二要注意使用线面关系解题．图2－1－3如图2－1－3所示，已知棱长为a 的正四面体ABCD 有内切球O ，求球心O 到棱AB 的距离．【解】设内切球半径为r ，由等积法：BO 1＝23²32a ＝33a ， ∴AO 1＝a 2－13a 2＝63a . ∵4³13³34a 2²r ＝V A —BCD ＝212a 3，∴r ＝612a . ∴AO ＝AO 1－OO 1＝63a －612a ＝64a . 又AO ＝BO ，设E 为AB 的中点，连接OE ，则OE 为球心O 到AB 的距离， ∴OE ＝AO 2－AE 2＝616a 2－a 24＝24a .(教材第50页复习题二A 组第1题)在半径为13 cm 的球面上有A 、B 、C 三点，AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm ，CA ＝10 cm ，求过这三点的截面与球心O 的距离．(2013²大连模拟)在球面上有四点P 、A 、B 、C ，若PA 、PB 、PC两两垂直，且PA ＝PB ＝PC ＝a ，求这个球的体积和表面积．【命题意图】本题主要考查直线与球、平面与球的位置关系．【解】由PA ⊥PB 可知P 、A 、B 确定一个平面，设它与球O 的交线为⊙O 1，由于PA ⊥PB ，故AB 是⊙O 的直径，且AB ＝AP 2＋BP 2＝2a .∵PC ⊥PA ，PC ⊥PB ， ∴PC ⊥平面PAB .又OO 1⊥平面PAB ， ∴OO 1∥PC .过OO 1、PC 作平面α交球面为大圆O ，设⊙O 与⊙O 1的另一个交点为Q ，则直线PQ 是平面α与平面PAB 的交线，点O 1∈PQ ，连CQ ，在⊙O 中，∵PC ⊥PQ ，∠CPQ 为直角， ∴CQ 为⊙O 的直径．设⊙O 的半径为R ，即球O 的半径为R ，在Rt △CPQ 中，CQ ＝PC 2＋PQ 2＝ a 2＋ 2a 2＝3a ， ∴2R ＝3a ，即R ＝32a ， ∴V 球＝4π3(32a )3＝32πa 3，S 球＝4π(32a )2＝3πa 2.1．一个平面去截一个球面，其截线是( ) A ．圆 B ．椭圆 C ．点D ．圆或点【解析】由平面与球的位置关系知，选D. 【答案】 D2．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径为( )A ．4B ．3C ．2D ．5【解析】设球的半径为R ，由题意知R 2－5－R 2－8＝1，解得R ＝3. 【答案】 B3．球的半径为R ，则它的外切正方体的棱长为________，内接正方体的棱长为________．【解析】外切正方体的棱长为2R ，内接正方体的体对角线是球的直径，故3a ＝2R ，(a 是内接正方体的边长)∴a ＝233R .【答案】 2R233R 4．平面α与球O 相交，交线圆圆心为O 1，若OO 1＝3，交线圆半径为4，则球O 的半径为________．【解析】设球O 的半径为R ，由题意知R 2＝32＋42＝25，∴R ＝5. 【答案】 5一、选择题1．从球外一点引球的切线，则( )A ．可以引无数条切线，所有切点组成球的一个大圆B ．可以引无数条切线，所有切点组成球的一个小圆C ．只可以引两条切线，两切点的连线过球心D．只可以引两条切线，两切点的连线不过球心【解析】根据球的切线性质知B正确．【答案】 B2．已知球的半径R＝6，过球外一点P作球的切线长为8，则P点到球面上任意一点Q 的最短距离为( )A．3 B．4C．5 D．6【解析】设点P到球心的距离为d，则d＝62＋82＝10.∴PQ的最短距离为10－6＝4.【答案】 B3．一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图2－1－4所示，则截面图可能是( )图2－1－4A．①③ B．②③C．①④③ D．①②③【解析】根据截面的位置不同，可得到的截面形状可能是①②③，但不可能为④，故选D.【答案】 D4．已知三棱锥S－ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上，球心O在AB上，SO⊥底面ABC，AC＝2r，则球的体积与三棱锥体积之比是( )A．π B．2πC．3π D．4π【解析】如图所示，由题意知OA＝OB＝OS＝r，易知△ACB为直角三角形，所以V 球V 锥＝43πr 313³122r 2³r ＝4π.【答案】 D 二、填空题5．若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是________．【解析】三棱锥的三个侧面两两垂直，说明三棱锥的三条侧棱两两垂直，设其外接球的半径为R ，则有(2R )2＝(3)2＋(3)2＋(3)2＝9，∴外接球的表面积为S ＝4πR 2＝9π. 【答案】 9π图2－1－56．如图2－1－5所示，已知球O 的面上四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝3，则球O 的体积等于________．【解析】 ∵DA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴DA ⊥BC ，DA ⊥AC . 又BC ⊥AB ，AB ∩DA ＝A ， ∴BC ⊥平面ABD ， ∴BC ⊥DB ，则DC 的中点即为球心O . 又DA ＝AB ＝BC ＝3， ∴AC ＝6，DC ＝3，∴球O 的体积V 球＝43π(32)3＝9π2.【答案】9π2三、解答题7．已知半径为R 的四个球两两相切，下面三个球与桌面相切，求上面一个球的球心到桌面的距离．【解】设四个球的球心分别为O 1、O 2、O 3、O 4，将它们两两连接恰好组成一个正三棱锥，各棱长均为2R ，如图作O 1H ⊥面O 2O 3O 4，垂足为H ，则O 1H 为棱锥的高．连接O 4H ，则O 4H ＝233R .∵△O 1HO 4为直角三角形， ∠O 1HO 4＝90°， ∴O 1H ＝263R ，∴从上面一个球的球心到桌面的距离为(263＋1)R .8．若正四面体的四个顶点都在表面积为36π的一个球面上，求这个正四面体的高．【解】如图，设正四面体边长为x ，设球半径为R . ∴AH ＝33x,4πR 2＝36π. ∴R ＝3，在Rt △AHS 中，SH 2＝SA 2－AH 2，∴SH 2＝x 2－(33x )2＝23x 2， (23x －R )2＋(33x )2＝9， ∴x ＝2 6∴SH ＝4，故正四面体的高为4.图2－1－69．如图2－1－6所示，一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰与铁球相切，将球取出后，容器内的水深是多少？【解】由题意，轴截面PAB 为正三角形，故当球在容器内时，水深为3r ，水面半径为3r ，容器内水的体积就是V ＝V 圆锥－V 球＝13π(3r )2²3r －43πr 3＝53πr 3.将球取出后，设容器中水的深度为h ，则水面半径为33h . 此时容器内水的体积为V ′＝13π(33h )2²h ＝19πh 3.由V ＝V ′，得h ＝315r .即铁球取出后水深为315r .10．已知球面上的三点A 、B 、C ，且AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm ，AC ＝10 cm ，球的半径为13 cm.求球心到平面ABC 的距离(如图)．【解】因为62＋82＝102，所以△ABC 是直角三角形．因为球心O 在平面ABC 内的射影M 是△ABC 所在截面圆的圆(外接圆)心，所以M 是直角三角形斜边AC 上的中点，且OM ⊥AC .在Rt △OAM 中，OM ＝OA 2－AM 2＝132－52＝12，所以球心到平面ABC 的距离为12 cm.§3柱面与平面的截面§4平面截圆锥面1．柱面与平面的截面(1)柱面、旋转面①圆柱面如图2－3－1①所示，圆柱面可以看成是一个矩形ABCD以一边CD所在的直线为轴，旋转一周后AB边所形成的曲面．图2－3－1②旋转面如图2－3－1②所示，平面上一条曲线C绕着一条直线l旋转一周后所形成的曲面称为旋转面．(2)垂直截面用垂直于轴的平面截圆柱面，所得的交线为一个圆．(3)一般截面当截面与圆柱面的轴不垂直时，所得交线为椭圆．2．平面截圆锥面(1)圆锥面取直线l为轴，直线l′与l相交于点O，其夹角为σ(0°＜σ＜90°)，l′绕l旋转一周得到一个以O为顶点，l′为母线的圆锥面．(2)垂直截面当截面与圆锥面的轴垂直时，所得的交线是一个圆．(3)一般截面定理：在空间，直线l′与l相交于点O，其夹角为σ，l′绕l旋转一周得到以O为顶点，l′为母线的圆锥面，任取平面β，若它与轴l的交角为θ，则①当θ＞σ时，平面β与圆锥面的交线为椭圆；②当θ＝σ时，平面β与圆锥面的交线为抛物线；③当θ＜σ时，平面β与圆锥面的交线为双曲线．1．平面β截圆柱面，β与圆柱面的轴的夹角θ变化，所截出的椭圆有什么变化？【提示】 θ变化不影响椭圆的短轴，θ越小，长轴越长，椭圆越扁，离心率越大． 2．试研究以过抛物线的焦点的弦为直径的圆与抛物线的准线的位置关系．【提示】如图，弦AB 过焦点F ，设其中点为P ，A 、B 、P 在抛物线准线l 上的射影分别为A ′、B ′、P ′，则PP ′为梯形A ′ABB ′的中位线，∴PP ′＝12(AA ′＋BB ′)，又由抛物线定义可知，AA ′＋BB ′＝AF ＋BF ＝AB ，∴以弦AB 为直径的圆与l 相切．3．若平面与圆柱面轴的夹角为θ，圆柱面的半径为r ，则平面截圆柱面所得的椭圆的长轴长2a ，短轴长2b ，离心率e 的值如何用θ、r 表示？【提示】由两焦球球心距离等于截得椭圆的长轴长，故2a ＝2rsin θ，椭圆的短轴长2b ＝2r ，离心率e ＝c a＝cos θ.圆柱的底面半径为5，高为5，若一平行于轴的平面截圆柱得一正方形，求轴到截面的距离．【思路探究】将题目中给出的关系转化为线面关系求解．【自主解答】如图所示，ABCD 为边长为5的正方形，连接OC 、OD ，∴△OCD 为等边三角形．设CD 的中点为E ，连接OE ，则OE ⊥CD ，且OE ＝523，又AD ⊥上底面，∴AD ⊥OE ，故OE ⊥平面ABCD ，故OE 为轴到截面的距离，∴轴到截面的距离为523.1．解答本题时，应根据线面关系作出线面距．2．当圆柱面的截面平行于轴或垂直于轴时，利用点、线、面关系可解决．图2－3－2如图2－3－2所示，圆柱面的母线长为2 cm ，点O ，O ′分别是上、下底面的圆心．若OA ⊥O ′B ′，OA ＝1 cm.求：(1)OO ′与AB ′所成的角的正切值； (2)过AB ′与OO ′平行的截面面积； (3)O 到截面的距离．【解】 (1)设过A 的母线为AA ′，则OO ′∥AA ′，OO ′A ′A 是矩形．易知△O ′B ′A ′是等腰直角三角形，∴A ′B ′＝ 2.又AA ′＝2，OO ′与AB ′所成的角为∠B ′AA ′， ∴tan ∠B ′AA ′＝A ′B ′AA ′＝22. (2)所求截面为矩形AA ′B ′B ，面积等于2 2 cm 2.(3)O 到截面的距离即OO ′到截面的距离，也是O ′到截面的距离为22cm.图2－3－3如图2－3－3所示，AB 、CD 是圆锥面的正截面(垂直于轴的截面)上互相垂直的两条直线，过CD 和母线VB 的中点E 作一截面．已知圆锥侧面展开图扇形的中心角为2π，求截面与圆锥的轴线所夹的角的大小，并说明截线是什么曲线．【思路探究】求圆锥顶角――→据OE ∥VA求∠VOE ――→等角结论：抛物线【自主解答】设⊙O 的半径为R ，母线VB ＝l ，则圆锥侧面展开图的中心角为2πR l＝2π，∴R l ＝22，∴sin ∠BVO ＝22.∴圆锥的母线与轴的夹角σ＝∠BVO ＝π4.∵O 、E 分别是AB 、VB 的中点， ∴OE ∥VA .∴∠VOE ＝∠AVO ＝∠BVO ＝π4，∴∠VEO ＝π2，即VE ⊥OE .又∵AB ⊥CD ，VO ⊥CD ，∴CD ⊥平面VAB . ∵VE ⊂平面VAB ，∴VE ⊥CD . 又∵OE ∩CD ＝O ，∴VE ⊥平面CDE ，∴OE 是VO 在平面CDE 上的射影． ∴∠VOE 是截面与轴线的夹角，∴截面轴线夹角大小为π4.由圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，知截面CDE 与圆锥面的截线为一抛物线．1．解答本题的关键是求出截面与轴的夹角以及母线与轴的夹角． 2．判断平面与圆锥面交线形状的方法(1)求圆锥面的母线与轴线的夹角σ，截面与轴的夹角θ； (2)判断σ与θ的大小关系； (3)根据定理判断截线是什么曲线．图2－3－4如图2－3－4所示，平面ABC 是圆锥面的正截面，PAB 是圆锥的轴截面，已知∠APC ＝60°，∠BPC ＝90°，PA ＝4.(1)求二面角A —PC —B 的余弦值； (2)求正截面圆圆心O 到平面PAC 的距离．【解】 (1)∵∠APC ＝60°， ∴△APC 为等边三角形．如图所示，分别取PC ，BC 的中点D ，E ，连接AD ，DE ，则AD ⊥PC ，DE ∥PB . 又PB ⊥PC ，∴DE ⊥PC .故∠ADE 为二面角A —PC —B 的平面角．连接AE ，在Rt △ACE 中，求得AE 2＝24. 又AD ＝32PA ＝23，DE ＝12PB ＝2，在△ADE 中，由余弦定理，得cos ∠ADE ＝－33. (2)取AC 的中点F ，连接PF ，OF ，则AC ⊥平面POF ，从而平面PAC ⊥平面POF . 过O 点作OH ⊥PF ，垂足为H ，则OH ⊥平面PAC ，故OH 的长为O 点到平面PAC 的距离．在Rt △ACB 中，AC ＝PA ＝4，BC ＝2PB ＝42，从而AB ＝43，OP ＝2. 在Rt △POF 中，OF ＝12BC ＝22，OP ＝2，PF ＝32PA ＝23，由面积关系，得OH ＝OF ²OP PF ＝263. 即O 点到平面PAC 的距离为236.(教材第39页练习题2－3B 组第1题)在教材第38页图2－18中，设圆KK ′所在的平面为β′，平面β与β′的交线为直线m ，试证明：椭圆上任意一点P 到F 1和直线m 的距离之比为一个常数(记为e )，且0＜e ＜1.(2013²沈阳质检)如图2－3－5，已知两焦点的距离F 1F 2＝2c ，两端点G 1G 2＝2a .求证：l 1与l 2之间的距离为2a2c.图2－3－5【命题意图】本题考查平面与圆柱面的交线及椭圆的定义与离心率．【证明】设椭圆上任意一点P ，过P 作PQ 1⊥l 1于Q 1，过P 作PQ 2⊥l 2于Q 2. ∵e ＝PF 1PQ 1＝PF 2PQ 2＝c a ， ∴PF 1＝c aPQ 1，PF 2＝c aPQ 2. 由椭圆定义PF 1＋PF 2＝2a ， ∴c a PQ 1＋c aPQ 2＝2a .∴PQ 1＋PQ 2＝2a2c，即l 1与l 2之间的距离为2a2c.1．一个平面和圆柱面的轴成θ角(0°＜θ＜90°)，则同时与圆柱面和该平面都相切的球的个数为( )A．0 B．1C．2 D．由θ的不同而定【解析】由焦球的定义知，符合定义的球有2个．【答案】 C2．用一个过圆锥面顶点的平面去截圆锥面，则交线为( ) A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．两条相交直线【解析】所得交线为圆锥面的两条母线．【答案】 D3．圆锥面的母线与轴线成σ角，过顶点的平面和轴线成θ角，且与圆锥面的交线是椭圆，则θ和σ的大小关系为________．【解析】由平面截圆锥面的定理知θ＞σ.【答案】θ＞σ4．在圆锥的内部嵌入Dandelin双球，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π和圆锥面均相切，则两切点是所得圆锥曲线的________．【解析】根据焦球的定义知，两切点是所得圆锥曲线的焦点．【答案】两焦点一、选择题1．用一个平面去截一个圆柱面，其交线是( )A．圆B．椭圆C．两条平行线 D．以上均可能【解析】当平面垂直于圆柱面的轴时，交线为圆；当平面与圆柱面的轴平行时，交线为两条平行线，当平面与圆柱面的轴不平行也不垂直时，交线为椭圆，故选D.【答案】 D2．一个圆锥轴截面的顶角为120°，母线长为1，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为( )A.12B.13C.35D.34【解析】设截面两母线的夹角为θ，则0°＜θ≤120°，当θ＝90°时，截面面积S 最大，此时S ＝12³1³1³sin 90°＝12.【答案】 A3．已知半径为2的圆柱面，一平面与圆柱面的轴线成45°角，则截线椭圆的焦距为( )A ．2 2B ．2C ．4D ．4 2 【解析】由2a ＝2rsin 45°＝42，∴a ＝22，b ＝2，∴c ＝a 2－b 2＝2，故焦距为4. 【答案】 C4．已知圆锥面的轴截面为等腰直角三角形，用一个与轴线成30°角的不过圆锥顶点的平面去截圆锥面时，所截得的截线的离心率为( )A.62 B.63C.32D.22【解析】 ∵圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以母线与轴线的夹角σ＝45°；又截面与轴线的夹角θ＝30°，即θ＜σ，∴截线是双曲线，其离心率e ＝cos θcos σ＝cos 30°cos 45°＝32＝62.【答案】 A 二、填空题5．已知圆锥面的母线与轴成44°角，用一个与轴线成44°角的不过圆锥顶点的平面去截圆锥面时，所截得的交线是________．【解析】根据平面截圆锥面定理知，交线为抛物线．【答案】抛物线6．一平面截半径为3的圆柱面得椭圆，若椭圆的Dandelin 双球的球心距离为10，则截面与圆柱面母线夹角的余弦值为________．【解析】 Dandelin 双球球心距离即为椭圆的长轴长，∴2a ＝10，即a ＝5，又椭圆短轴长2b ＝6，∴b ＝3.∴c ＝4.故离心率e ＝c a ＝45，∴cos θ＝45，故截面与母线所成角的余弦值为45.【答案】 45三、解答题7．已知圆柱面轴线上一点O 到圆柱的同一条母线上两点A 、B 的距离分别为2和32，且∠AOB ＝45°.求圆柱面内切球的半径．【解】右图所示为圆柱面的轴截面．依题意，OA ＝2，OB ＝32，∠AOB ＝45°，∴AB 2＝OA 2＋OB 2－2OA ²OB cos 45°＝4＋18－2³2³32³22＝10， ∴AB ＝10.设内切球的半径为r ，则S △AOB ＝12²AB ²r ＝102r . 又∵S △OAB ＝12OA ²OB sin ∠AOB ＝12³2³32sin 45°＝3，∴102r ＝3，∴r ＝3105，即圆柱面内切球半径为3105.8．已知圆锥面S ，母线与轴线所成的角为45°，在轴线上取一点C ，使SC ＝5，过点C 作一平面与轴线的夹角为30°，所截得的曲线是什么样的图形？求出Dandelin 双球的半径．【解】由已知σ＝45°，θ＝30°. ∵θ＜σ， ∴截线是双曲线．设Dandelin 双球中其中一球的半径为R ，球心为O . 则SO ＝2R ，OC ＝2R ，∴SC ＝SO ＋OC ＝(2＋2)R .又SC ＝5，∴R ＝52＋2＝5 2－22.设Dandelin 双球另一球的半径为R ′，球心为O ′. 则OO ′＝R ＋R ′cos 45°＝2(R ＋R ′)．又截面与轴线的夹角为30°， ∴R ′－R ＝12OO ′＝22(R ＋R ′)，∴R ′＝(3＋22)R ＝5 2＋22，即Dandelin 双球半径分别为 5 2－2 2，5 2＋22.图2－3－69．在阳光照射下，地面上篮球的影子是个椭圆，如图2－3－6所示，求证：篮球与地面的接触点是椭圆的焦点．【证明】如图，作篮球与影子的纵截面图，M 为球心，D 为篮球与地面的接触点，易知MD ⊥A 1A 2，MD ＝b .因为光线EA 1∥FA 2，且EA 1，FA 2，A 1A 2均与圆M 相切，所以∠MA 1D ＋∠MA 2D ＝90°，所以∠A 1MA 2＝90°，于是MO ＝A 1O ＝A 2O ＝a .于是OD ＝MO 2－MD 2＝a 2－b 2＝c ，所以D 是椭圆的一个焦点．10.如图，圆柱被平面α所截．已知AC 是圆柱口在平面α上最长投影线段，BD 是最短的投影线段，EG ＝FH ，EF ⊥AB ，垂足在圆柱的轴上，EG 和FH 都是投影线，分别与平面α交于点G ，H .(1)比较EF ，GH 的大小；(2)若圆柱的底面半径为r ，平面α与母线的夹角为θ，求CD . 【解】 (1)∵EG 和FH 都是投影线 ∴EG ∥FH 又EG ＝FH ∴四边形EFHG 是平行四边形 ∴EF ＝GH(2)如题图，过点D 作DP ⊥AC 于点P 则在Rt △CDP 中，有：sin ∠DCP ＝DP CD又∠DCP ＝θ，DP ＝2r ，∴CD ＝2rsin θ.§5圆锥曲线的几何性质圆锥曲线的统一定义抛物线、椭圆、双曲线都是平面上到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e (离心率)的动点的轨迹，此时定点称为焦点，定直线称为准线．当e ＝1时，轨迹为抛物线；当0＜e ＜1时，轨迹为椭圆；当e ＞1时，轨迹为双曲线．1．你能列举几条椭圆的几何性质吗？【提示】 (1)椭圆中有“四线”(两条对称轴、两条准线)，“六点”(两个焦点、四个顶点)．注意它们之间的位置关系(如准线垂直于长轴所在的直线、焦点在长轴上等)及相互间的距离(如焦点到相应顶点的距离为a －c ，到相应准线的距离为a 2c－c 等)．(2)设椭圆方程x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上任意一点为P (x ，y )，则|OP |＝x 2＋y 2＝x 2＋b 2a2 a 2－x 2＝c 2x 2＋a 2b 2a 2. ∵－a ≤x ≤a ，∴x ＝0时，|OP |有最小值b ，这时，P 在短轴端点处；当x ＝±a 时，|OP |有最大值a ，这时P 在长轴端点处．(3)椭圆上任意一点P (x ，y )(y ≠0)与两焦点F 1(－c,0)，F 2(c,0)构成△PF 1F 2称之为焦点三角形，周长为2(a ＋c )．(4)椭圆的一个焦点、中心和短轴的一个端点构成直角三角形的边长有a 2＝b 2＋c 2. 2．由双曲线的特征三角形我们可得到什么？【提示】双曲线的特征三角形和椭圆类似，如图中△OAB 称为双曲线的特征三角形，它几乎包含了双曲线的所有基本特征量：|OA |＝a ，|AB |＝b ，|OB |＝|OF 2|＝c ，cos ∠AOB ＝a c ＝1e，OB所在的直线即为双曲线的渐近线y ＝b ax ，又F 2在OB 上的射影记作G ，则|OG |＝a ，|F 2G |＝b (注意：△OAB ≌△OGF 2)．G 的横坐标记作x G ，则x G ＝a 2c (由射影定理可得)，那么过G 作y 轴的平行线l ，显然l 为双曲线右焦点F 2对应的准线.图2－5－1如图2－5－1所示，椭圆的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 为椭圆内部一点，且F 1A ⊥F 1F 2，椭圆的长轴长为8，焦距为4，M 为椭圆上任意一点，求AM ＋2MF 2的最小值．【思路探究】设法将AM,2MF 2转化到一条直线上，才能利用所学的求最值的基本思路，否则不易求．【自主解答】如图所示，l 1，l 2为椭圆的准线，过M 作MN ⊥l 2于N .∵e ＝c a ＝2c 2a ＝48＝12，∴MF 2＝eMN ＝12MN ，∴AM ＋2MF 2＝AM ＋MN ，故AM ＋2MF 2的最小值为A 到l 2的距离， ∵AF 1⊥F 1F 2，∴即求F 1到l 2的距离．延长F 1F 2交l 2于Q ，F 1Q ＝c ＋a 2c ＝2＋422＝10，故AM ＋2MF 2的最小值为10.1．本题求解的关键是把到焦点的距离转化为到定直线的距离，而转化的依据是圆锥曲线的统一定义．2．两线段和或差的最值问题一般转化成直线上的线段和、差的最值问题；曲面上(球面除外)的最值问题也是转化为平面上的最值问题．已知双曲线左右两个焦点分别为F 1、F 2，P 是双曲线左支上一点，P 点到左准线的距离为d ，若d 、PF 1、PF 2成等比数列，求双曲线离心率e 的取值范围．【解】如图所示，由题知PF 1d ＝PF 2PF 1＝e ， ∴PF 2＝ePF 1，由PF 2－PF 1＝2a ， ∴PF 1＝2a e －1，根据PF 1≥F 1A ， ∴2ae －1≥c －a ， ∴(e －1)2≤2,1－2≤e ≤1＋2，又∵e ＞1， ∴1＜e ≤1＋2，即双曲线的离心率e 的取值范围是1＜e ≤1＋ 2.点M (x ，n )与定点F (c,0)的距离和它到定直线l ：x ＝a 2c的距离的比是常数c a(c ＞a ＞0)，求点M 的轨迹方程．【思路探究】表示出点M 到定点F 和定直线l 的距离，直接列关系式求解．【自主解答】设d 是点M 到直线l 的距离．根据题意，所求轨迹就是集合P ＝{M ||MF |d ＝ca}，由此得x －c 2＋y 2|x －a 2c|＝c a.化简，得(c 2－a 2)x 2－a 2y 2＝a 2(c 2－a 2)．设c 2－a 2＝b 2，就可化为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)．1．解答本题时化简是关键．2．平面直角坐标系也是解决几何问题的重要工具．通过平面直角坐标系可对几何元素进行定量的分析．在平面内，两个定点的距离为8，动点M 到两个定点的距离的和为10，求动点M 的轨迹方程．【解】以两点的连线段所在的直线为x 轴，线段的中垂线为y 轴建立直角坐标系．则由椭圆的定义知，所求动点的轨迹为椭圆．设所求椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1，∵2a ＝10,2c ＝8，∴a ＝5，c ＝4，则b 2＝9，故所求椭圆的方程为x 225＋y 29＝1.图2－5－2一个顶角为60°的圆锥面被一个平面π所截，如图2－5－2所示，Dandelin 双球均在顶点S 的下方，且一个半径为1，另一个半径为5，则截线的形状是什么曲线？其离心率是多少？【思路探究】解答本题可先在所给的几何图形中找到椭圆的元素，再利用相应关系研究截线的性质．【自主解答】 Dandelin 双球均在顶点S 的同侧，所以截线为椭圆．设A 、B 分别是该椭圆的长轴的两个端点，F 1、F 2分别是其焦点，O 1、O 2分别为Dandelin 双球中小、大球的球心，C 、D 分别为截面圆与母线的切点．∵∠CSO 1＝30°，O 1C ＝1，∴SC ＝ 3. 同理SD ＝53，则CD ＝4 3. 又∵BF 1＋BF 2＝BC ＋BD ＝CD ， ∴2a ＝BF 1＋BF 2＝43，即a ＝2 3.再延长O 1F 1交O 2D 于点G ，过O 2作O 2F ⊥F 1G 交F 1G 于点F ，则O 1F ＝r 1＋r 2＝6.又∵CD ＝43，∠DSO 2＝30°，∴O 1O 2＝8，在Rt △O 1O 2F 中，FO 2＝82－62＝27. 即2c ＝F 1F 2＝FO 2＝27，故c ＝7.所以，离心率e ＝c a ＝723＝216.1．解答本题时，先在图形中找出长轴与焦点，然后再求值．2．解决此类问题可先把空间图形转化为平面图形，然后利用圆锥曲线的定义及性质来解决．已知圆锥面S ，其母线与轴线所成的角为30°，在轴线上取一点C ，使SC ＝5，通过点C 作一截面δ使它与轴线所成的角为45°，截出的圆锥曲线是什么样的图形？求它的离心率及圆锥曲线上任一点到两个焦点的距离之和．【解】截得的曲线是椭圆．e ＝cos 45°cos 30°＝2232＝63.设圆锥曲线上任意一点为M ，其两焦点分别为F 1，F 2，如图所示，MF 1＋MF 2＝AB . 设圆锥面内切球O 1的半径为R 1，内切球O 2的半径为R 2. ∵SO 1＝2R 1，CO 1＝2R 1， ∴SC ＝(2＋2)R 1＝5，即R 1＝5 2－2 2.∵SO 2＝2R 2，CO 2＝2R 2， ∴SC ＝(2－2)R 2＝5，即R 2＝5 2＋22. ∵O 1O 2＝CO 1＋CO 2＝2(R 1＋R 2)＝102， ∴AB ＝O 1O 2cos 30°＝O 1O 2²32＝56，即MF1＋MF 2＝5 6.图2－5－3(教材第47页习题2－5第2题)如图2－5－3，F 1、F 2为椭圆的两个焦点，直线m 为其准线．(1)设椭圆的离心率e ＝23，试确定点P 的位置，使PA ＋32PF 1取得最小值；(2)设椭圆的长轴长等于6，AF 2＝2，试求PA ＋PF 1的最大值和最小值．(2013²合肥质检)已知双曲线x 29－y 216＝1的右焦点为F 1，点A (9,2)不在双曲线上，试在这个曲线上求一点M ，使|MA |＋35|MF 1|的值最小，并求出最小值．【命题意图】本题主要考查双曲线的几何性质，由题设a ＝3，b ＝4，c ＝9＋16＝5，e ＝c a ＝53.【解】如图所示，l 为双曲线的右准线，M 为双曲线上任意一点，作MN ⊥l 于N ，则|MN |＝35|MF 1|，因此|MA |＋35|MF 1|＝|MA |＋|MN |，当A 、M 、N 三点共线时，即点M 坐标为(352，2)时，|MA |＋35|MF 1|取最小值为|AN |＝9－95＝365.1．平面内若动点M 到两定点F 1，F 2的距离和为定值m (m ＞0)，则动点M 的轨迹是( ) A ．椭圆B ．线段C ．不存在D ．以上都有可能【解析】当m ＞|F 1F 2|时，轨迹为椭圆；当m ＝|F 1F 2|时，轨迹为线段；当m ＜|F 1F 2|时，轨迹不存在．【答案】 D2．平面内与圆C ：(x ＋2)2＋y 2＝1外切，且与直线x ＝1相切的动圆圆心M 的轨迹是( ) A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线D ．抛物线【解析】由题意知动点M 到定点(－2,0)和到定直线x ＝2的距离相等，故选D. 【答案】 D3．设P 是椭圆上任意一点，F 1为其左焦点，已知椭圆的长轴长10，焦距为6，则PF 1的最小值为________．【解析】由题意知a ＝5，c ＝3，所以PF 1的最小值为a －c ＝2. 【答案】 24．已知双曲线的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线的右支上，且PF 1＝4PF 2，则离心率的最大值为________．【解析】 PF 1＝4PF 2，又PF 1－PF 2＝2a ， ∴3PF 2＝2a ，PF 2＝2a 3，又PF 2≥c －a ，∴2a3≥c －a ，∴c ≤53a ，∴e ≤53.【答案】 53一、选择题1．如果方程x 2＋ky 2＝2表示焦点在y 轴上的椭圆，那么实数k 的取值范围是( ) A ．(0，＋∞) B ．(0,2) C ．(1，＋∞) D．(0,1)【解析】将所给方程x 2＋ky 2＝2转化为标准形式，即x 22＋y 22k＝1，。

北师大版选修四教案

北师大版选修四教案一、教案的概述1.1 教案的定义教案是教师为实施一节教学活动所编制的一份书面文件，它是教学设计的基本形式，也是教师教学工作的重要依据。

1.2 教案的作用教案不仅是教师的工作手册，也是学生学习的指南。

它能够帮助教师合理安排教学内容和教学步骤，提高教学效果；同时，它也能够帮助学生理解教学目标和学习任务，提高学习效果。

1.3 编写教案的原则编写教案应遵循以下原则： - 目标明确：教案的目标要明确，可以是知识、能力或态度的培养。

- 科学合理：教案的内容和教学步骤应科学合理，符合教育教学规律和学生的学习规律。

- 灵活多样：教案应根据学生的实际情况进行调整，并兼顾学生的个体差异。

- 效果评价：教案要设定评价标准，以评价学生的学习效果，并及时反馈给学生。

二、教案的编写步骤2.1 教学目标的确定教学目标是教学活动的核心，它直接影响教案的编写和教学效果。

教学目标应该具备以下特点： - 明确具体：教学目标要具体明确，包括知识、能力和态度的培养。

- 合理可行：教学目标应根据学生的实际情况来设定，符合学生的认知水平和发展需求。

- 可评价：教学目标要设定评价标准，以便评价学生的学习效果。

2.2 教学内容的选择教学内容是教师在教学过程中要传授给学生的知识、技能和价值观念。

在选择教学内容时，应考虑以下因素： - 学科核心素养：教学内容应围绕学科核心素养展开，培养学生的综合能力。

- 学生实际需求：教学内容应与学生的实际需求相适应，关注学生的兴趣和发展。

- 社会实践联系：教学内容应与社会实践相联系，帮助学生理解和应用所学知识。

2.3 教学方法的选择教学方法是实现教学目标的手段和方式。

在选择教学方法时，应考虑以下因素： - 学科特点：教学方法应根据学科特点来选择，充分利用教材和教具，提高教学效果。

- 学生特点：教学方法应根据学生的认知水平、学习风格和兴趣爱好来选择，关注学生的主体地位。

- 教学环境：教学方法应根据教学环境的特点来选择，注重合作学习和探究学习的方式。

2018-2019学年北师大版数学选修4-5同步指导学案：第二章几个重要的不等式 1.1

§1柯西不等式1.1简单形式的柯西不等式学习目标 1.认识简单形式的柯西不等式的代数形式和向量形式，理解它们的几何意义.2.会用柯西不等式证明一些简单的不等式，会求某些特定形式的函数的最值．知识点简单形式的柯西不等式思考1(a2＋b2)(c2＋d2)与4abcd的大小关系如何？那么(a2＋b2)(c2＋d2)与(ac＋bd)2的大小关系又如何？答案(a2＋b2)(c2＋d2)≥4abcd，(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.思考2当且仅当a＝b且c＝d时，(a2＋b2)(c2＋d2)＝4abcd，那么在什么条件下(a2＋b2)(c2＋d2)＝(ac＋bd)2?答案当且仅当ad＝bc时，(a2＋b2)(c2＋d2)＝(ac＋bd)2.思考3若向量α＝(a，b)，向量β＝(c，d)，你能从向量的数量积与向量模的积之间的关系发现怎样的不等式？答案a2＋b2·c2＋d2≥|ac＋bd|.梳理(1)简单形式的柯西不等式①定理1：对任意实数a，b，c，d，有(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.当向量(a，b)与向量(c，d)共线时，等号成立．②简单形式的柯西不等式的推论(a＋b)(c＋d)≥(ac＋bd)2(a，b，c，d为非负实数)；a2＋b2·c2＋d2≥|ac＋bd|(a，b，c，d∈R)；a 2＋b 2·c 2＋d 2≥|ac |＋|bd |(a ，b ，c ，d ∈R )．以上不等式，当向量(a ，b )与向量(c ，d )共线时，等号成立． (2)柯西不等式的向量形式设α，β是任意两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当向量α，β共线时，等号成立．类型一利用柯西不等式证明不等式例1 (1)已知a 2＋b 2＝1，x 2＋y 2＝1，求证：|ax ＋by |≤1；(2)设a ，b ，c 为正数，求证：a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋a 2＋c 2≥2(a ＋b ＋c )．证明 (1)|ax ＋by |＝(ax ＋by )2≤(a 2＋b 2)·(x 2＋y 2)＝1，当且仅当ay ＝bx 时，等号成立．(2)由柯西不等式，得a 2＋b 2·12＋12≥a ＋b ，即2·a 2＋b 2≥a ＋b .同理，2·b 2＋c 2≥b ＋c ，2·a 2＋c 2≥a ＋c . 将上面三个同向不等式相加，得 2(a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋a 2＋c 2)≥2(a ＋b ＋c )． ∴当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋a 2＋c 2≥2(a ＋b ＋c )．反思与感悟利用柯西不等式的代数形式证明某些不等式时，要抓住不等式的基本特征：(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，其中a ，b ，c ，d ∈R 或(a ＋b )(c ＋d )≥(ac ＋bd )2，其中a ，b ，c ，d ∈R ＋.找出待证不等式中相应的两组数，当这两组数不太容易找时，需分析，增补(特别是对数字的增补：如a ＝1×a )，变形等．跟踪训练1 已知a 1，a 2，b 1，b 2∈R ＋，求证：(a 1b 1＋a 2b 2)·⎝⎛⎭⎫a 1b 1＋a 2b 2≥(a 1＋a 2)2. 证明 ∵a 1，a 2，b 1，b 2∈R ＋，∴(a 1b 1＋a 2b 2)⎝⎛⎭⎫a 1b 1＋a 2b 2＝[](a 1b 1)2＋(a 2b 2)2·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a 1b 12＋⎝⎛⎭⎫a 2b 22 ≥⎝⎛⎭⎫a 1b 1·a 1b 1＋a 2b 2·a 2b 22＝(a 1＋a 2)2.当且仅当a 1b 1·a 2b 2＝a 2b 2·a 1b 1，即b 1＝b 2时，等号成立． ∴(a 1b 1＋a 2b 2)⎝⎛⎭⎫a 1b 1＋a 2b 2≥(a 1＋a 2)2. 例2 若实数x ，y ，z 满足x 2＋4y 2＋z 2＝3，求证：|x ＋2y ＋z |≤3. 证明因为x 2＋4y 2＋z 2＝3，所以由柯西不等式得[x 2＋(2y )2＋z 2](12＋12＋12)≥(x ＋2y ＋z )2⎝⎛当且仅当x 1＝2y 1＝z 1，即x ＝z ＝1，y ＝12⎭⎫或x ＝z ＝－1，y ＝－12时，等号成立.整理得(x ＋2y ＋z )2≤9，即|x ＋2y ＋z |≤3.反思与感悟 (1)抓住柯西不等式的特征“方、和、积”，构造使用柯西不等式的条件． (2)此类题也可以用三角不等式，把△ABO 的三个顶点分别设为O (0,0)，A (x 1，x 2)，B (－y 1，－y 2)即可．跟踪训练2 若a >b >c ，求证：1a －b ＋1b －c ≥4a －c. 证明 ∵a －c ＝(a －b )＋(b －c )，又a >b >c ，∴a －c >0，a －b >0，b －c >0.∴(a －c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＝[(a －b )＋(b －c )]⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c≥(1＋1)2＝4，当且仅当a －b ＝b －c 时，等号成立． ∴1a －b ＋1b －c ≥4a －c. 类型二利用柯西不等式求最值例3 若3x ＋4y ＝2，试求x 2＋y 2的最小值及最小值点．解由柯西不等式，得(x 2＋y 2)(32＋42)≥(3x ＋4y )2，即25(x 2＋y 2)≥4，所以x 2＋y 2≥425，当且仅当x 3＝y4时等号成立，点(x ，y )为所求最小值点．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y ＝2，x 3＝y 4，得⎩⎨⎧x ＝625，y ＝825.因此，当x ＝625，y ＝825时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为425，最小值点为⎝⎛⎭⎫625，825. 反思与感悟利用柯西不等式求最值(1)先变形凑成柯西不等式的结构特征，是利用柯西不等式求解的先决条件．(2)有些最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．(3)有些最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．多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一．跟踪训练3 已知a ，b ∈R ，且9a 2＋4b 2＝18，求3a ＋2b 的最值．解由柯西不等式，得(9a 2＋4b 2)(12＋12)≥(3a ＋2b )2， ∵9a 2＋4b 2＝18， ∴36≥(3a ＋2b )2. ∴|3a ＋2b |≤6.由⎩⎪⎨⎪⎧3a ＝2b ，9a 2＋4b 2＝18，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－32时等号成立． ∴当a ＝1，b ＝32时，3a ＋2b 有最大值6；当a ＝－1，b ＝－32时，3a ＋2b 有最小值－6.1．已知a ，b ∈R ，a 2＋b 2＝4，则3a ＋2b 的最大值为( )A ．4B ．213C ．8D ．9答案 B解析 (a 2＋b 2)(32＋22)≥(3a ＋2b )2，当且仅当3b ＝2a 时取等号，所以(3a ＋2b )2≤4×13.所以3a ＋2b 的最大值为213.2．已知a ≥0，b ≥0，且a ＋b ＝2，则( ) A ．ab ≤12B ．ab ≥12C ．a 2＋b 2≥2D ．a 2＋b 2≤3答案 C解析 ∵(a 2＋b 2)(12＋12)≥(a ＋b )2＝4，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立，∴a 2＋b 2≥2. 3．设xy ＞0，则⎝⎛⎭⎫x 2＋4y 2⎝⎛⎭⎫y 2＋1x 2的最小值为________．答案 9解析 ∵⎝⎛⎭⎫x 2＋4y 2⎝⎛⎭⎫y 2＋1x 2＝⎝⎛⎭⎫x 2＋4y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋y 2≥(1＋2)2＝9，当且仅当xy ＝2xy ，即xy ＝2时取等号．∴最小值为9.4．设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则m 2＋n 2的最小值为________．答案5解析 ∵(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)≥(ma ＋nb )2＝25， ∴m 2＋n 2≥5. ∴m 2＋n 2≥5，当且仅当an ＝bm 时取等号．5．已知a 2＋b 2＝1，求证：|a cos θ＋b sin θ|≤1.证明 ∵1＝a 2＋b 2＝(a 2＋b 2)(cos 2θ＋sin 2θ)≥(a cos θ＋b sin θ)2， ∴|a cos θ＋b sin θ|≤1.1．利用柯西不等式的关键是找出相应的两组数，应用时要对照柯西不等式的原形，进行多角度的尝试．2．柯西不等式取等号的条件的记忆方法如(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2等号成立的条件是ad＝bc，可以把a，b，c，d看成等比，则ad＝bc来联想记忆．一、选择题1．已知a，b∈R＋且a＋b＝1，则P＝(ax＋by)2与Q＝ax2＋by2的关系是()A．P≤Q B．P＜QC．P≥Q D．P＞Q答案 A解析设m＝(ax，by)，n＝(a，b)，则|ax＋by|＝|m·n|≤|m||n|＝(ax)2＋(by)2·(a)2＋(b)2＝ax2＋by2·a＋b＝ax2＋by2，∴(ax＋by)2≤ax2＋by2.即P≤Q.2．若a，b∈R，且a2＋b2＝10，则a－b的取值范围是()A．[－25，25]B．[－210，210]C．[－10，10]D．(－5，5)答案 A解析(a2＋b2)[12＋(－1)2]≥(a－b)2，当且仅当a＝－b时，等号成立．∵a2＋b2＝10，∴(a－b)2≤20.∴－25≤a－b≤2 5.3．函数y＝x－5＋26－x的最大值是()A. 3B. 5C．3 D．5答案 B解析根据柯西不等式知，y＝1×x－5＋2×6－x≤12＋22×(x－5)2＋(6－x)2＝5(当且仅当x＝265时取等号)．4．若3x 2＋2y 2≤1，则3x ＋2y 的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[－5，0] C ．[－5，5] D ．[－5,5]答案 C解析 (3x ＋2y )2≤[(3)2＋(2)2][(3x )2＋(2y )2]＝5×(3x 2＋2y 2)≤5， ∴－5≤3x ＋2y ≤ 5.5．已知a ，b ，c ，d ，m ，n ∈R ＋，P ＝ab ＋cd ，Q ＝am ＋cn ·b m ＋dn，则P 与Q 的大小关系为( ) A ．P ≤Q B ．P ＜Q C ．P ≥Q D ．P ＝Q答案 A 解析 ∵P ＝am ·b m＋nc ·d n≤[(am )2＋(cn )2]·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫b m 2＋⎝⎛⎭⎫d n 2 ＝am ＋cn ·b m ＋dn＝Q ， ∴P ≤Q .6．已知a ，b ＞0，且a ＋b ＝1，则(4a ＋1＋4b ＋1)2的最大值是( ) A ．2 6 B. 6 C ．6 D ．12答案 D 解析 (4a ＋1＋4b ＋1)2＝(1×4a ＋1＋1×4b ＋1)2≤(12＋12)(4a ＋1＋4b ＋1)＝2[4(a ＋b )＋2]＝2×(4×1＋2)＝12，当且仅当4b ＋1＝4a ＋1，即a ＝b ＝12时等号成立．二、填空题7．设实数x ，y 满足3x 2＋2y 2≤6，则P ＝2x ＋y 的最大值为________．答案11解析由柯西不等式，得(2x ＋y )2≤[(3x )2＋(2y )2]·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭⎫122＝(3x 2＋2y 2)·⎝⎛⎭⎫43＋12≤6×116＝11 ⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝411，y ＝311时取等号，所以2x ＋y ≤11.8．设x ，y ∈R ＋，则(x ＋y )⎝⎛⎭⎫3x ＋2y 的最小值是________．答案 5＋2 6解析 (x ＋y )⎝⎛⎭⎫3x ＋2y ≥⎝⎛⎭⎫x ·3x ＋y ·2y 2＝(3＋2)2＝5＋26，当且仅当x ·2y＝3x·y 时，等号成立． 9．已知x ＞0，y ＞0，且1x ＋1y ＝1，则2x ＋y 的最小值为________．答案 3＋2 2解析 2x ＋y ＝(2x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ＝[(2x )2＋(y )2]⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1x 2＋⎝⎛⎭⎫1y 2 ≥⎝⎛⎭⎫2x ·1x ＋y ·1y 2＝3＋22，当且仅当2x ·1y ＝1x ·y 时，等号成立，又1x ＋1y ＝1，则此时⎩⎨⎧x ＝2＋22，y ＝2＋1.10．已知函数f (x )＝34－x ＋4x －3，则函数f (x )的最大值为________．答案 5解析由柯西不等式知， (34－x ＋4x －3)2≤(32＋42)·[(4－x )2＋(x －3)2]＝25.当且仅当3x －3＝44－x 时，等号成立，因此f (x )≤5. 三、解答题11．设a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2.求证：a 22－a ＋b 22－b≥2.证明根据柯西不等式，有[(2－a )＋(2－b )]⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＋b 22－b ＝[(2－a )2＋(2－b )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－b 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫2－a ·a 2－a ＋2－b ·b 2－b 2＝(a ＋b )2＝4，∴a 22－a ＋b 22－b ≥4(2－a )＋(2－b )＝2. ∴原不等式成立．12．试求函数f (x )＝3cos x ＋41＋sin 2x 的最大值，并求出相应的sin x 和cos x 的值．解设m ＝(3,4)，n ＝(cos x ，1＋sin 2x )，则f (x )＝3cos x ＋41＋sin 2x ＝m ·n ≤|m ||n |＝32＋42·cos 2x ＋1＋sin 2x ＝5 2.当且仅当m ∥n 时，上式取“＝”．此时31＋sin 2x －4cos x ＝0，解得sin x ＝±75，cos x ＝325.故当sin x ＝±75，cos x ＝325时，f (x )＝3cos x ＋41＋sin 2x 取得最大值5 2.13．已知a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)．求证：(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2. 证明由a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)，及柯西不等式，可得(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)＝[(ax 1)2＋(bx 2)2]·[(ax 2)2＋(bx 1)2]≥(ax 1·ax 2＋bx 2·bx 1)2＝(a x 1x 2＋b x 1x 2)2＝x 1x 2，当且仅当ax 1ax 2＝bx 2bx 1，即x 1＝x 2时取得等号．所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2. 四、探究与拓展14．若a ＋b ＝1，则⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2的最小值为( )A ．1B ．2 C.252 D.72答案 C解析 ⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2＝a 2＋2＋1a 2＋b 2＋2＋1b 2. ∵a ＋b ＝1，∴a 2＋b 2＝12(a 2＋b 2)·(1＋1)≥12(a ＋b )2＝12.又∵1a 2＋1b 2≥2ab ≥8(a ＋b )2＝8，以上两个不等式都是当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．∴⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2≥12＋2＋2＋8＝252，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立．15．已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)求实数a ，b 的值； (2)求at ＋12＋bt 的最大值．解 (1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得a ＝－3，b ＝1. (2)－3t ＋12＋t ＝34－t ＋t ≤[(3)2＋12][(4－t )2＋(t )2]＝24－t ＋t ＝4，当且仅当4－t 3＝t1，即t ＝1时等号成立，故(－3t ＋12＋t )max ＝4.。

2018-2019学年北师大版数学选修4-5同步指导学案：第二章几个重要的不等式 3.2

3.2 数学归纳法的应用学习目标 1.会用数学归纳法证明与正整数有关的不等式.2.了解贝努利不等式，并会证明贝努利不等式.3.体会归纳—猜想—证明的思想方法．知识点一用数学归纳法证明与正整数n 有关的不等式思考1 用数学归纳法证明问题必须注意的步骤是什么？答案 (1)归纳奠基：验证初始值．(2)归纳递推：在假设n ＝k 成立的前提下，证明n ＝k ＋1时问题成立．思考2 证明不等式与证明等式有什么不同？答案证明不等式需注意的是对式子进行“放缩”．梳理利用数学归纳法证明不等式在运用数学归纳法证明不等式时，由n ＝k 时命题成立，推导n ＝k ＋1命题成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．知识点二贝努利不等式对任意实数x ≥－1和任何正整数n ，有(1＋x )n ≥1＋nx .类型一数学归纳法与放缩法结合证明不等式例1 证明：1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n(n ∈N ＋，n ≥2)．证明 (1)当n ＝2时，左边＝1＋122＝54，右边＝2－12＝32，由于54＜32，因此命题成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2＜2－1k.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1k (k ＋1)＝2－1k＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，不等式对一切n ∈N ＋，n ≥2都成立．反思与感悟在归纳递推过程中常用到放缩法，这也是在用数学归纳法证明不等式问题时常用的方法之一．跟踪训练1 用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，n ＞1)．证明 (1)当n ＝2时，左边＝1＋12＋13，右边＝2，左边＜右边，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k >1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1<k ，则当n ＝k ＋1时，有1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1<k ＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1<k ＋1×2k 2k ＝k ＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对于任意大于1的正整数n ，不等式均成立．类型二利用数学归纳法证明与数列有关的不等式例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N ＋)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列，并证明你的结论；(2)证明：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n(n ≥1且n ∈N ＋)． (1)解 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，证明如下：S 1＝a 1＝12，所以1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，即S n －S n －1＝－2S n S n －1.所以1S n －1S n －1＝2.故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列，且1S n ＝2n .(2)证明 ①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k 成立，则当n ＝k ＋1时，S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋14(k ＋1)2＝12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k －1(k ＋1)2 ＝12－14·k 2＋k ＋1k (k ＋1)2＜12－14·k 2＋k k (k ＋1)2＝12－14(k ＋1). 即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①②可知，对任意n ∈N ＋不等式都成立．反思与感悟 (1)首先掌握好数学归纳法求解问题的步骤及等差、等比数列的基础知识，这是解决这类问题的基础．(2)此类题型通常与数列的递推公式、通项公式有关，有时要证明的式子是直接给出，有时是根据条件从前几项入手，通过观察、猜想，归纳出一个式子，然后再用数学归纳法证明．跟踪训练2 设0＜a ＜1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对一切正整数n ，有1＜a n ＜11－a .证明 (1)当n ＝1时，a 1＞1，a 1＝1＋a ＜11－a，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即1＜a k ＜11－a .当n ＝k ＋1时，由递推公式知，a k ＋1＝1a k ＋a ＞(1－a )＋a ＝1.同时，a k ＋1＝1a k ＋a ＜1＋a ＝1－a 21－a ＜11－a，故当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1＜a k ＋1＜11－a.综合(1)(2)可知，对一切正整数n ，都有1＜a n ＜11－a.1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3，n ∈N ＋)，第一步验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3 D ．n ＝4 答案 C解析由题知，n 的最小值为3，所以第一步验证n ＝3是否成立． 2．用数学归纳法证明“S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n 2＋3＞1(n ∈N ＋)”时，S 1等于( ) A.12 B.14 C.12＋13 D.12＋13＋14 答案 D解析 S 1＝11＋1＋11＋2＋112＋3＝12＋13＋14.3．用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2＞12－1n ＋2.假设当n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是____________________．答案122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2＞12－1k ＋3解析当n ＝k ＋1时，目标不等式为122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2＞12－1k ＋3.4．用数学归纳法证明：2n ＋2＞n 2，n ∈N ＋.证明 (1)当n ＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边＞右边；当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边＞右边；当n ＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边＞右边．因此当n ＝1,2,3时，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥3且k ∈N ＋)时，不等式成立，即2k ＋2＞k 2.当n ＝k ＋1时，2k ＋1＋2＝2·2k ＋2＝2(2k ＋2)－2＞2k 2－2＝k 2＋2k ＋1＋k 2－2k －3＝(k 2＋2k ＋1)＋(k ＋1)(k －3)≥k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2(因为k ≥3，所以k －3≥0，k ＋1＞0)．所以2k ＋1＋2＞(k ＋1)2.故当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．由(1)(2)知，原不等式对任何n ∈N ＋都成立．数学归纳法证明不等式的技巧(1)证明不等式时，由n＝k到n＝k＋1的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”，才能使用到n＝k时的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一．(2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程．一、选择题1．对于不等式n2＋n＜n＋1(n∈N＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，12＋1＜1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即k2＋k＜k＋1，则当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2＜(k2＋3k＋2)＋k＋2＝(k＋2)2＝(k＋1)＋1，∴n＝k＋1时，不等式成立．则上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确答案 D解析证明过程中，当n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设，故选D.2．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1(2n－1)2<2－12n－1(n≥2，n∈N＋)的第一步需证明()A．1<2－12－1B．1＋122<2－1 22－1C．1＋122＋132<2－122－1D ．1＋122＋132＋142<2－122－1答案 C3．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞m24对大于1的一切自然数n 都成立，则自然数m 的最大值为( )A ．12B ．13C ．14D ．不存在答案 B 解析令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，取n ＝2,3,4,5等值，发现f (n )是单调递增的，所以[f (n )]min＞m 24，由f (2)＞m24，得m 的最大值为13. 4．对于正整数n ，下列不等式不正确的是( ) A ．3n ≥1＋2n B ．0.9n ≥1－0.1n C ．0.9n ＜1－0.1n D ．0.1n ≥1－0.9n答案 C解析由贝努利不等式(1＋x )n ≥1＋nx (n ∈N ＋，x ≥－1)，得 A 中，当x ＝2时，即3n ≥1＋2n 成立； B 中，当x ＝－0.1时，0.9n ≥1－0.1n 成立； D 中，当x ＝－0.9时，0.1n ≥1－0.9n 成立． ∴0.9n ＜1－0.1n 不成立．5．若不等式对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2也成立．若该不等式对n ＝2成立，则下列结论正确的是( )A ．该不等式对所有正整数n 都成立B ．该不等式对所有正偶数n 都成立C ．该不等式对所有正奇数n 都成立D ．该不等式对所有自然数n 都成立答案 B解析因为当n ＝2时，不等式成立，且该不等式对n ＝k ＋2也成立，所以该不等式对所有的正偶数n 都成立．6．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…－1n ＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且为偶数)时，等式成立，则还需要用归纳假设再证( ) A ．n ＝k ＋1时等式成立 B ．n ＝k ＋2时等式成立 C ．n ＝2k ＋2时等式成立 D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立答案 B解析偶数k 的后继偶数为k ＋2，故应再证n ＝k ＋2时等式成立．二、填空题 7．证明：n ＋22＜1＋12＋13＋…＋12n＜n ＋1(n ＞1)，当n ＝2时，要证明的式子为________________．答案 2＜1＋12＋13＋14＜3解析当n ＝2时，要证明的式子为2＜1＋12＋13＋14＜3.8．用数学归纳法证明“2n ＞n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取________．答案 5解析 n 取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5.9．设a ，b 均为正实数(n ∈N ＋)，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，则M ，N 的大小关系为________．答案 M ≥N解析当n ＝1时，M ＝a ＋b ＝N .当n ＝2时，M ＝(a ＋b )2，N ＝a 2＋2ab ＜M . 当n ＝3时，M ＝(a ＋b )3，N ＝a 3＋3a 2b ＜M . 归纳得M ≥N .10．以下是用数学归纳法证明“n ∈N ＋时，2n ＞n 2”的过程，证明： (1)当n ＝1时，21＞12，不等式显然成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即2k ＞k 2.那么，当n ＝k ＋1时，2k ＋1＝2×2k ＝2k ＋2k ＞k 2＋k 2≥k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)可知，对任何n ∈N ＋不等式都成立．其中错误的步骤为________．(填序号) 答案 (2)解析在2k ＋1＝2×2k ＝2k ＋2k ＞k 2＋k 2≥k 2＋2k ＋1中用了k 2≥2k ＋1，这是一个不确定的结论．如当k ＝2时，k 2＜2k ＋1. 三、解答题11．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12成立．证明 (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52，左边>右边，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2且k ∈N ＋)时，不等式成立，即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋12，那么当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12(k ＋1)－1>2k ＋12·2k ＋22k ＋1 ＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12，所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对一切大于1的自然数n ，不等式都成立．12．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ＞1，且n ∈N ＋)，求证：S 2n ＞1＋n2.证明 (1)当n ＝2时，S 22＝1＋12＋13＋14＝2512＞1＋22，即n ＝2时命题成立．(2)假设当n ＝k (k >1，k ∈N ＋)时，命题成立，即2k S ＝1＋12＋13＋…＋12k ＞1＋k2.当n ＝k ＋1时，12k S ＋＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋2111k 共项1＋k 2＋2k 2k ＋1＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12，故当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，n >1，2n S ＞1＋n2成立．13．已知递增等差数列{a n }满足：a 1＝1，且a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若不等式⎝⎛⎭⎫1－12a 1·⎝⎛⎭⎫1－12a 2·…·⎝⎛⎭⎫1－12a n ≤m 2a n ＋1对任意n ∈N ＋恒成立，试猜想出实数m 的最小值，并证明．解 (1)设数列{a n }的公差为d (d >0)，由题意可知a 1·a 4＝a 22，即1(1＋3d )＝(1＋d )2，解得d ＝1或d ＝0(舍去)．所以a n ＝1＋(n －1)·1＝n . (2)不等式等价于12·34·56·…·2n －12n ≤m2n ＋1，当n ＝1时，m ≥32；当n ＝2时，m ≥358；而32>358，所以猜想，m 的最小值为32. 下面证不等式12·34·56·…·2n －12n≤322n ＋1对任意n ∈N ＋恒成立．证明：①当n ＝1时，12≤323＝12，命题成立．②假设当n ＝k 时，不等式12·34·56·…·2k －12k≤322k ＋1成立，当n ＝k ＋1时，12·34·56·…·2k －12k ·2k ＋12k ＋2≤322k ＋1·2k ＋12k ＋2，只需证322k ＋1·2k ＋12k ＋2≤ 322k ＋3，只需证2k ＋12k ＋2≤12k ＋3，只需证2k ＋12k ＋3≤2k ＋2，只需证4k 2＋8k ＋3≤4k 2＋8k ＋4，即证3≤4，显然成立．所以，对任意n ∈N ＋，不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1恒成立．四、探究与拓展 14．求证：11·2＋12·3＋…＋1n (n ＋1)＜n (n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1，左边＜右边，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即11·2＋12·3＋…＋1k (k ＋1)＜k 成立，则当n ＝k ＋1时，11·2＋12·3＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2)＜k ＋1(k ＋1)(k ＋2)，只需证k＋1＜k＋1即可，(k＋1)(k＋2)即证k＋1－k＞1，(k＋1)(k＋2)即证(k＋1)(k＋2)＞k＋1＋k，即证k＋1(k＋2－1)＞k，而当k≥1时上式显然成立，所以当n＝k＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，不等式对所有n∈N＋都成立．。

数学：2.1教案(北师大版选修4)

第二章参数方程【课标要求】1、了解抛物运动轨迹的参数方程及参数的意义。

2、理解直线的参数方程及其应用；理解圆和椭圆（椭圆的中心在原点）的参数方程及其简单应用。

3、会进行曲线的参数方程与普通方程的互化。

第一课时参数方程的概念一、教学目标：1．通过分析抛物运动中时间与运动物体位置的关系，写出抛物运动轨迹的参数方程，体会参数的意义。

2．分析曲线的几何性质，选择适当的参数写出它的参数方程。

二、教学重点：根据问题的条件引进适当的参数，写出参数方程，体会参数的意义。

教学难点：根据几何性质选取恰当的参数，建立曲线的参数方程。

三、教学方法：启发诱导，探究归纳四、教学过程（一）．参数方程的概念1.问题提出：铅球运动员投掷铅球，在出手的一刹那，铅球的速度为0ν，与地面成α角，如何来刻画铅球运动的轨迹呢？ 2．分析探究理解：（1）、斜抛运动：为参数）t gt t v y t v x (21sin cos 200⎪⎩⎪⎨⎧-⋅=⋅=αα （2）、抽象概括：参数方程的概念。

（见课本第27页）说明：（1）一般来说，参数的变化范围是有限制的。

（2）参数是联系变量x ，y 的桥梁，可以有实际意义，也可无实际意义。

（3）平抛运动：【课本P27页例题】为参数）t gt y t x (215001002⎪⎩⎪⎨⎧-==（4）思考交流：把引例中求出的铅球运动的轨迹的参数方程消去参数t 后，再将所得方程与原方程进行比较，体会参数方程的作用。

（二）、应用举例：例1、（课本第28页例1）已知曲线C 的参数方程是⎩⎨⎧+==1232t y t x (t 为参数)（1）判断点1M (0,1), 2M (5,4)与曲线C 的位置关系；（2）已知点3M (6,a )在曲线C 上，求a 的值。

分析：只要把参数方程中的t 消去化成关于x,y 的方程问题易于解决。

学生练习。

反思归纳：给定参数方程要研究问题可化为关于x,y 的方程问题求解。

北师大版高中数学选修4-1 1.1 全等和相似_学案2(无答案)

习题1—1【学习目标】1. 通过观察图片、动手操作（叠合图片），了解全等形与相似形，能识别全等形与相似形。

2．经历判断两个图形是否全等、是否是相似的过程，理解全等形与相似形的关系，体会全等、相似是研究图形的重要方法。

3.全等形和相似形在实际中的应用。

进一步加深对“数学来源于生活的感受”，培养学生合理推理的能力。

【学习重难点】重点：理解全等、相似的概念。

难点：全等与相似的关系【学法指导】能从生活中复杂的图形识别全等形。

全等形把握形状和大小都相同的两个要点，相似性只需把握形状相同的要点。

明确两个全等形也是相似性，但两个相似性未必是全等形。

【学习过程】（一）情景导入：1.媒体播放“连连看”游戏片段.提问：在这个游戏中，抛开游戏的规定细则不看，关键是在寻找怎样的两个图形？2．观察下列两组图片，你有什么发现？（形状与大小）第一组：福娃邮票第二组：剪纸第三组：中国国旗第四组：两面大小不等的国旗；提出问题：这几组图片有共同的特点吗？共同点是（填序号哪几组）（二）回顾旧知，拓通准备第2题中的前三幅图是轴对称图形吗？每幅图中的两个图形成轴对称吗？轴对称图形是指；那么这两个图形关于这条直线成轴对称。

（三）课上探究：1.自主预习课本的内容，独立完成课后练习后，与小组同学交流（课前完成）回顾思考下列问题：2.交流与发现中的几幅图（图8—1，图8—2）都有一个共同的特点，两个图形的形状_________,大小__________.能够_________________________的平面图形，叫做全等形。

两个图形全等必须同时具备两个条件：（1）____________,（2）______________。

如果两个图形只是具备条件（1）的话，会怎样呢？。

3.图8—3的两幅图片，其中的两个图形的形状相同吗？大小相等吗？的平面图形叫做相似形。

4.全等形与相似形有什么关系？__________________________________________________________________ （四）巩固训练：1．全等形和相似形在生产和科研中有着广泛的应用。

北师大版高中数学选修4-1 1.1全等与相似_教案设计

全等与相似【教学目标】1．亲历图形变化的探索过程，体验分析归纳得出图形经过平移、旋转、反射后的位置、大小关系，进一步发展学生的探究、交流能力。

2．掌握相似与位似的概念。

3．熟练运用平行线分段成比例定理和直角三角形的射影定理。

【教学重难点】重点：掌握相似与位似的概念。

难点：熟练运用平行线分段成比例定理和直角三角形的射影定理。

【教学过程】一、直接引入师：今天这节课我们主要学习全等与相似，这节课的主要内容有图形变化的不变性，平移、旋转、反射，相似与位似，平行线分段成比例定理，三角形内角平分线定理，直角三角形的射影定理并且我们要掌握这些知识的具体应用，能熟练解决相关问题。

二、讲授新课（1）教师引导学生在预习的基础上了解图形变化的不变性的内容，形成初步感知。

（2）首先，我们先来学习平移、旋转、反射，它的具体内容是图形的平移过程称为平移变换；图形的旋转过程称为旋转变换；一个图形F绕一条直线l翻转180︒得到另外一个图形F',则F与F'关于l对称，这种图形的变化过程称为反射变换，直线l称为反射轴。

它是如何在题目中应用的呢？我们通过一道例题来具体说明。

练习：下图是由_____得到的。

答案：平移。

根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。

练习：下图是经过旋转_____（填度数）得到的。

答案：90︒（3）接着，我们再来看下相似与位似的内容，它的具体内容是把一个图形按一定比例放大或缩小，这种图形的变化过程称为相似变换；把一个图形变为它的位似图形，这种图形的变化过程称为位似变换。

它是如何在题目中应用的呢？我们也通过一道例题来具体说明。

例：观察下图，分析图中的右图是由左图经过怎样的变换得到的。

左图为右图按照一定比例缩小后的图形。

根据例题的解题方法，让学生自己动手练习：观察下图，分析图中的右图是由左图经过怎样的变换得到的。

左图可由右图绕反射轴翻转180︒得到的图形。

（4）接着，我们再来看下平行线分线段成比例定理和三角形内角平分线定理的内容，它的具体内容是：①平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，截得的对应线段成比例；②三角形内角平分线定理：三角形的内角平分线对边所得的两条线段与这个角的两边对应成比例。

全等与相似-北师大版选修4-1几何证明选讲教案

全等与相似-北师大版选修4-1 几何证明选讲教案前言几何证明是数学教育中的重要内容之一，通过学习几何证明，可以提升学生的逻辑思维能力和空间想象能力。

全等与相似是几何证明中的重要内容，本教案选取北师大版选修4-1中的部分内容进行教学。

教学目标•了解全等与相似的定义；•掌握证明全等和相似的基本方法；•能够在实际问题中应用全等和相似的知识。

教学重点•全等和相似的概念及其特点；•全等和相似的证明方法和技巧。

教学难点•全等和相似的证明技巧和方法；•如何从实际问题中抽象出几何图形进行证明。

教学过程第一节全等和相似的概念1.1 全等的定义在平面几何中，若两个图形的所有对应部分都完全相同，则称这两个图形全等。

1.2 全等的判定方法•SSS准则（边-边-边）：若两三角形分别的三边相等，则这两个三角形全等。

•SAS准则（边-角-边）：若两个三角形的其中两边和它们夹角的大小相等，则这两个三角形全等。

•ASA准则（角-边-角）：若两个三角形的其中两角和它们夹边的长度相等，则这两个三角形全等。

•RHS准则（直角边-斜边-直角边）：若两个直角三角形的其中一条直角边和斜边分别相等，则这两个三角形全等。

1.3 相似的定义在平面几何中，若两个图形的形状相同，但大小不同，则称这两个图形相似。

1.4 相似的判定方法•AA准则（角-角）：若两个三角形的两个角分别相等，则这两个三角形相似。

•SSS准则（边-边-边）：若两个三角形的对应边成比例，则这两个三角形相似。

第二节全等和相似的证明方法2.1 如何证明三角形全等2.1.1 SSS准则对于两个三角形，若它们的对应边分别相等，那么这两个三角形全等。

证明思路如下：•分别标出两个三角形的三个顶点，并连接它们的三条边；•假设两个三角形不全等，即存在至少一对边不相等；•通过边的对应关系，得出假设条件下另外的两条边也不相等；•根据这些条件，得出两个三角形中必然存在一个角大小不相等，从而推出两个三角形不全等；•根据反证法可知，上述假设不成立，两个三角形全等。

2018-2019年北师大版数学选修4-4备课参考：1.1.1平面直角坐标系与曲线方程

第一章坐标系§1平面直角坐标系1.1平面直角坐标系与曲线方程教学建议1.借助例题展示,让学生明确在直角坐标系建立时,应考虑使研究对象的坐标尽可能简单,比如把图形的某些对称轴或边放在坐标轴上,或把图形的关键点放在坐标原点;在没有具体给出题中线段长度时,选择坐标系的单位长度,使图形中的有关数据简化等.2.通过易错辨析和练习,让学生掌握求曲线轨迹方程的一般步骤的同时还要注意:(1)选择恰当的坐标系,坐标系如果选择恰当,可使解题过程简化,减少计算量;(2)要注意给出曲线图形的范围,要在限定范围的基础上求曲线方程,如果只求出曲线的方程,而没有根据题目要求确定出x,y的取值范围,最后的结论是不完备的;(3)建立不同的坐标系,同一曲线的方程也不相同.备选习题1.如下图,在平面直角坐标系xOy中,设△ABC的顶点分别为A(0,a),B(b,0),C(c,0),点P(0,p)是在线段AO上的一点(异于端点),这里a,b,c,p均为非零实数,设直线BP,CP分别与边AC,AB交于点E,F,某同学已正确求得直线OE的方程为x+y=0,请你完成直线OF的方程:()x+y=0.解析:由截距可得直线AB:=1,直线CP:=1,两式相减得:x+y=0,显然直线AB与CP的交点F满足此方程,故为所求的方程.答案:2.学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验.设计方案如图:航天器运行(按顺时针方向)的轨迹方程为=1,变轨(即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线)后返回的轨迹是以y轴为对称轴、M为顶点的抛物线的实线部分,降落点为D(8,0).观测点A(4,0),B(6,0)同时跟踪航天器.(1)求航天器变轨后的运行轨迹所在的曲线方程.(2)试问:当航天器在x轴上方时,观测点A,B测得离航天器的距离分别为多少时,应向航天器发出变轨指令?解:(1)由题意,设曲线方程为y=ax2+,将点D(8,0)的坐标代入,得0=a·64+.∴a=-.∴所求曲线方程为y=-x2+.(2)设变轨点为C(x,y),根据题意可知得4y2-7y-36=0,解得y=4或y=-(舍去),于是x=6,∴C点的坐标为(6,4).应用两点间距离公式计算,得|AC|=2,|BC|=4.故当观测点A,B测得离航天器的距离分别为2,4时,应向航天器发出变轨指令.。