高中数学竞赛指导(第四讲)
高中数学竞赛平面几何讲座第4讲 四点共圆问题

第四讲 四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现,这类问题一般有两种形式:一是以“四点共圆”作为证题的目的,二是以“四点共圆”作为解题的手段,为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法,用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种(即P 89定理和P 93例3),由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1 “四点共圆”作为证题目的 例1.给出锐角△ABC ,以AB 为直径的圆与AB 边的高CC ′及其延长线交于M ,N .以AC 为直径的圆与AC 边的高BB ′及其延长线将于P ,Q .求证:M ,N ,P ,Q 四点共圆.(第19届美国数学奥林匹克)分析:设PQ ,MN 交于K 点,连接AP ,AM .欲证M ,N ,P ,Q 四点共圆,须证MK ·KN =PK ·KQ ,即证(MC ′-KC ′)(MC ′+KC ′) =(PB ′-KB ′)·(PB ′+KB ′) 或MC ′2-KC ′2=PB ′2-KB ′2. ①不难证明 AP =AM ,从而有 AB ′2+PB ′2=AC ′2+MC ′2. 故 MC ′2-PB ′2=AB ′2-AC ′2=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-KC ′2)=KC ′2-KB ′2. ②由②即得①,命题得证.例2.A 、B 、C 三点共线,O 点在直线外,O 1,O 2,O 3分别为△OAB ,△OBC ,△OCA 的外心.求证:O ,O 1,O 2, O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克) 分析:作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ,O 1O 3垂直平分OA .观察△OBC及其外接圆,立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆,立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1 O ,O 1,O 2,O 3共圆.利用对角互补,也可证明O ,O 1,O 2,O 3四点共圆,请同学自证. 2 以“四点共圆”作为解题手段这种情况不仅题目多,而且结论变幻莫测,可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等例3.在梯形ABCD 中,AB ∥DC ,AB >CD ,K ,M 分别在AD ,BC 上,∠DAM=∠CBK .求证:∠DMA =∠CKB .(第二届袓冲之杯初中竞赛)A B CK MN P Q B ′C ′A B CO O O O 123??C D分析:易知A ,B ,M ,K 四点共圆.连接KM ,有∠DAB =∠CMK .∵∠DAB +∠ADC =180°,∴∠CMK +∠KDC =180°.故C ,D ,K ,M 四点共圆⇒∠CMD =∠DKC . 但已证∠AMB =∠BKA , ∴∠DMA =∠CKB .(2)证线垂直例4.⊙O 过△ABC 顶点A ,C ,且与AB ,BC 交于K ,N (K 与N 不同).△ABC外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和 M .求证:∠BMO =90°. (第26届IMO 第五题)分析:这道国际数学竞赛题,曾使许多选手望而却步.其实,只要把握已知条件和图形特点,借助“四点共圆”,问题是不难解决的. 连接OC ,OK ,MC ,MK ,延长BM 到G .易得∠GMC =∠BAC =∠BNK =∠BMK .而∠COK =2·∠BAC =∠GMC + ∠BMK =180°-∠CMK ,∴∠COK +∠CMK =180°⇒C ,O ,K ,M 四点共圆. 在这个圆中,由OC =OK ⇒ OC =OK ⇒∠OMC =∠OMK . 但∠GMC =∠BMK , 故∠BMO =90°. (3)判断图形形状例5.四边形ABCD 内接于圆,△BCD ,△ACD ,△ABD ,△ABC 的内心依次记为I A ,I B ,I C ,I D . 试证:I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析:连接AI C ,AI D ,BI C ,BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ,B ,I D ,I C 四点共圆.同理,A ,D ,I B ,I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ,∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ,∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC )=360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.A BO K N CMG A BC D I C I DA I I B同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. (4)计算例6.正方形ABCD 的中心为O ,面积为1989㎝2.P 为正方形内一点,且∠OPB =45°,PA :PB =5:14.则PB =__________ (1989,全国初中联赛) 分析:答案是PB =42㎝.怎样得到的呢?连接OA ,OB .易知O ,P ,A ,B 四点共圆,有∠APB =∠AOB =90°. 故PA 2+PB 2=AB 2=1989.由于PA :PB =5:14,可求PB .(5)其他例7.设有边长为1的正方形,试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的,并求出这两个面积(须证明你的论断). (1978,全国高中联赛)分析:设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形,由于正三角形的三个顶点至少必落在正方形的三条边上,所以不妨令F ,G 两点在正方形的一组对边上. 作正△EFG 的高EK ,易知E ,K ,G ,D 四点共圆⇒∠KDE =∠KGE =60°.同理,∠KAE =60°.故△KAD 也是一个正 三角形,K 必为一个定点. 又正三角形面积取决于它的边长,当KF 丄AB 时,边长为1,这时边长最小,而面积S =43也最小.当KF 通过B 点时,边长为2·32-,这时边长最大,面积S =23-3也最大.例8.NS 是⊙O 的直径,弦AB 丄NS 于M ,P 为ANB 上异于N 的任一点,PS交AB 于R ,PM 的延长线交⊙O 于Q .求证:RS >MQ . (1991,江苏省初中竞赛)分析:连接NP ,NQ ,NR ,NR 的延长线交⊙O 于Q ′.连接MQ ′,SQ ′.易证N ,M ,R ,P 四点共圆,从而,∠SNQ ′=∠MNR =∠MPR =∠SPQ =∠SNQ .根据圆的轴对称性质可知Q 与Q ′关于NS 成轴对称⇒MQ ′=MQ . 又易证M ,S ,Q ′,R 四点共圆,且RS 是这个圆的直径(∠RMS =90°),MQ ′是一条弦(∠MSQ ′<90°),故RS >MQ ′.但MQ =MQ ′,所以,RS >MQ .练习题1.⊙O 1交⊙O 2 于A ,B 两点,射线O 1A 交⊙O 2 于C 点,射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证:点A 是△BCD 的内心.(提示:设法证明C ,D ,O 1,B 四点共圆,再证C ,D ,B ,O 2··P O A B C D A BC D E F KG ······四点共圆,从而知C,D,O1,B,O2五点共圆.)2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1,A2;同样得到B1,B2,C1,C2.求证:A1A2=B1B2=C1C2.(提示:设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A,B,A1,C四点共圆;再证A,A2,B,C四点共圆,从而知A1,A2都是△ABC的外接圆上,并注意∠A1AA2=90°.)3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1,M2,M3(互不重合).求证:△M1M2M3也是正三角形.4.在Rt△ABC中,AD为斜边BC上的高,P是AB上的点,过A点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证:PD丄QD.(提示:证B,Q,E,P和B,D,E,P分别共圆)5.AD,BE,CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1,从B引FD的垂线l2,从C引DE的垂线l3.求证:l1,l2,l3三线共点.(提示:过B作AB的垂线交l1于K,证:A,B,K,C四点共圆)。
高一数学竞赛指导——多项式问题

高一数学竞赛指导——多项式问题
凌惠明
【期刊名称】《新高考(高一数学)》
【年(卷),期】2013(000)011
【总页数】3页(P46-48)
【作者】凌惠明
【作者单位】
【正文语种】中文
【相关文献】
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3.高中数学竞赛中的多项式问题 [J], 彭广阳;张红玲;李宝毅
4.数学竞赛系列讲座(适合高一)——第四讲函数问题及其解法(二) [J], 冯大学;赖立新
5.由一道数学竞赛题引出的新题──兼议单位根在多项式整除性问题中的应用 [J], 戴月
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数学竞赛完整课程教案高中

数学竞赛完整课程教案高中1. 学生能够掌握数学竞赛中常见的解题技巧和方法;2. 学生能够熟练运用数学知识解决竞赛中的问题;3. 学生能够提升自信心和解决问题的能力。
教学内容:1. 数论2. 代数3. 几何4. 统计教学过程:第一课:数论1. 介绍数论的基本概念和常见的解题技巧;2. 给出一些数论题目并引导学生解决;3. 分析解题思路和方法,引导学生总结经验。
第二课:代数1. 讲解代数的基本知识和解题技巧;2. 给出一些代数题目供学生练习;3. 分析解题思路和方法,帮助学生提升解题能力。
第三课:几何1. 引导学生理解几何知识和解题技巧;2. 给出一些几何题目供学生练习;3. 分析解题思路和方法,帮助学生提升几何解题能力。
第四课:统计1. 讲解统计知识和解题技巧;2. 给出一些统计题目供学生练习;3. 分析解题思路和方法,帮助学生提升统计解题能力。
第五课:综合练习1. 给出一些综合性的竞赛题目供学生练习;2. 帮助学生分析解题思路和方法;3. 鼓励学生多练习,提高解题速度和准确性。
评价方法:1. 平时的课堂练习;2. 期中和期末的考试;3. 数学竞赛的模拟比赛。
教学资源:1. 数学竞赛教材和习题集;2. 电子教学资源;3. 纸质习题和答案。
教学建议:1. 鼓励学生多练习,勤奋钻研;2. 注重引导学生理解数学知识,而不是死记硬背;3. 鼓励学生互相合作,相互学习。
以上是数学竞赛完整课程教案的高中范本,希朅能对您有所帮助。
高中数学竞赛讲义(全套)

高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换:对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。
2.代数周期函数,带绝对值的函数。
三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。
递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代,简单的函数方程*3.初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。
4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。
组合计数,组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法,整除性及其判定;素数和合数,最大公约数与最小公倍数;奇数和偶数,奇偶性分析;带余除法和利用余数分类;完全平方数;因数分解的表示法,约数个数的计算;有理数的概念及表示法,无理数,实数,有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛讲义(免费)

高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换:对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。
2.代数周期函数,带绝对值的函数。
三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。
递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。
n 次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代,简单的函数方程*3. 初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。
4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。
组合计数,组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。
三、高中数学竞赛基础知识第一章 集合与简易逻辑一、基础知识定义1 一般地,一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合,简称集,用大写字母来表示;集合中的各个对象称为元素,用小写字母来表示,元素x 在集合A 中,称x 属于A ,记为A x ∈,否则称x 不属于A ,记作A x ∉。
高中数学竞赛教案讲义

高中数学竞赛教案讲义主题:高中数学竞赛备考一、课程目标:1. 提高学生数学逻辑思维能力和解题能力;2. 增强学生对数学知识的理解和应用能力;3. 培养学生团队合作意识和竞赛意识;4. 培养学生学习数学的兴趣和信心。
二、教学内容:1. 数论知识与解题方法;2. 代数知识与解题方法;3. 几何知识与解题方法;4. 概率与统计知识与解题方法。
三、教学重点:1. 突出数学问题解题的逻辑思维;2. 突出数学知识运用的方法;3. 突出解题过程中的技巧与技法。
四、课堂教学安排:第一节课:数论知识与解题方法1. 介绍数论基础知识;2. 讲解数论解题方法;3. 练习数论题目。
第二节课:代数知识与解题方法1. 复习代数基础知识;2. 讲解代数解题方法;3. 练习代数题目。
第三节课:几何知识与解题方法1. 复习几何基础知识;2. 讲解几何解题方法;3. 练习几何题目。
第四节课:概率与统计知识与解题方法1. 介绍概率与统计基础知识;2. 讲解概率与统计解题方法;3. 练习概率与统计题目。
五、课后作业:1. 每节课的课后习题;2. 复习本节课的知识点;3. 复习前几节课的知识点;4. 组织小组讨论解题方法。
六、教学评估:1. 每节课的课堂练习成绩;2. 期中考试成绩;3. 期末考试成绩;4. 学生综合表现与进步情况。
七、教学心得与总结:数学竞赛备考是一个长期的过程,需要坚持不懈和不断努力。
教师要引导学生找到解题的方法,培养学生的数学思维和解题能力。
同时,学生也要积极主动,多加练习,不断提高自己的数学水平。
希望通过我们的共同努力,可以在数学竞赛中获得好的成绩。
高中数学竞赛指导(第四讲)

第四讲三角函数性质及其应用赛点直击一、三角函数线及其应用在单位圆中(如图所示),设单位圆与x轴正向交于A 点,与y轴正向交于B点,并设α角与单位圆交于P点,过P点作PM⊥x轴与M点,过A点作AT⊥x轴交α终边或其延长线(α在二三象限)于T点,过B点作BS⊥y 轴交α终边或其延长线(α在三四象限)于S点,则sinα=→MP 的数量,cosα=→OM 的数量tanα=→AT 的数量,cotα=→BS的数量y由单位圆中函数线不难看出:(1)|sinα|≤1 ,|cosα|≤1;(2)sin α<α<tan α , α∈(0,π2) (实质为S ΔOPM<S 扇形OPA <S ΔOAT ) 二、三角函数值1.三角函数的诱导公式(不列出,参照课本)2.八个基本关系平方关系:sin ²α+cos ²α=1, tan ²α+1=sec ²α, cot ²α+1=csc ²α .商的关系:tan α=sin αcos α , cot α=cos αsin α .倒数关系:csc α=1sin α , sec α=1cos α,cot α=1tan α.三、三角函数的性质1.正、余弦函数的有界性2.三角函数的单调性3.三角函数的奇偶性4.三角函数的周期性赛题解析【例一】 设x ∈[0,π],试比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小.解:令x =0,π2,π,分别代入cos(sinx)和sin(cosx),易得: cos(sinx)>sin(cosx);又当π2<x <π时,0<sinx <1<π2, -π2<-1<cosx <0,则cos(sinx)>0>sin(cosx).下面证明当0<x <π2时,cos(sinx)>sin(cosx),即只需证明sin(π2-sinx)>sin(cosx)因为0<x <π2,则0<π2-sinx <π2,0<cosx <1<π2.故只需证明:π2-sinx >cosx ,即证明:sinx +cosx <π2,而sinx+cosx ≤2<π2成立.(注:最后一步是因为sinx +cosx =2sin(x +π4)≤2).【例二】 已知x 是第二象限角,且sinx +cosx =a(|a|≠1),求下列各式的值: (1)tanx -cotx;(2)1-sinx1+sinx +1-cosx1+cosx.解:(1)tanx -cotx =(sinx -cosx)(sinx +cosx)sinxcosx .根据sinx +cosx =a ,两边平方得:1+2sinxcosx =a ² , 即有sinxcosx =a ²-12. 于是(sinx -cosx)²=2-a ²又x 是第二象限角,则sinx -cosx =2-a ²,因此, tanx -cotx =2a 2-a ²a ²-1.(2)1-sinx1+sinx+1-cosx 1+cosx =1-sinx -cosx +1-cosxsinx=(sinx -cosx)( sinx +cosx +1)sinxcosx =22-a ²a +1.【说明】由sinx ±cosx =a 可以推出sinxcosx =±a ²-12,并可求出关于sinx,cosx 的任意一个对称式,如sin ³x + cos ³x ,sin 2x cosx +cos 2xsinx 等的值.【例三】 求证:ab ≤(asin 2x +bcos 2x)(bsin 2x +acos 2x)≤(a +b)²4(a ,b >0).【分析】从中间向左右两侧变形在于消x,联想公式sin²α+cos²α=1,可以考虑通过不等变换,凑出sin2x+cos2x 结构.证明:因为a ,b>0,且sin2x+cos2x=1,则(asin2x+bcos2x)(bsin2x+acos2x)≤[(asin2x+bcos2x)+(bsin2x+acos2x)2]²=(a+b)²4又 (asin2x+bcos2x)(bsin2x+acos2x)=(a²+b²)sin2xcos2x+ab(sin4x+cos4x)≥2absin2xcos2x+ab(sin4x+cos4x)=ab(sin2x+cos2x)²=ab.故原不等式成立.【例四】已知函数f(x)=cos2x+2sinxcosx-sin2x+Ax+B,|f(x)|在0≤x≤3π2上的最大值M与参数A、B有关,问A、B取什么值时M最小?并证明之. 【分析】解决一个问题首先应考虑简化,题中函数f(x)可看作函数2sin(2x+π4)和函数Ax+B相加而成,2sin(2x+π4)为静态的,Ax+B为动态的(相对于f(x)的最值而言),本题主要考虑Ax +B 对f(x)的最大值和最小值的影响,借助图像可以使问题分析更直观.解:由函数解析式化简得:f(x)=2sin(2x +π4)+Ax +B.令g(x)=2sin(2x +π4),x ∈[0,3π2];h(x)=Ax +B,x ∈[0,3π2].作出函数h(x)=Ax +B,x ∈[0,3π2]和g(x)=2sin(2x +π4),x ∈[0,3π2]的图像,如图所示当x =π8,9π8时,g(x)取得最大值 2.当x =5π8时,g(x)取得最小值- 2.当h(π8)>0或h(9π8)>0时,f max >2,∴ M > 2.当h(π8)<0且h(9π8)<0时,h(5π8)<0,∴f min <-2, ∴ M > 2当h(π8)=h(9π8)=0时,f max =2, f min =-2,∴ M = 2.此时A =B =0,即A =B =0时,M 有最小值 2.【例五】 求证:在区间(0,π2)内存在唯一的实数对(c,d),c,d ∈(0,π2),且c <d ,sin(cosc)=c, cos(sind)=d 使得成立.【分析】本题实质上是方程sin(cosx)=x 和cos(sinx)=x 的解的问题.解:设函数f(x)=sin(cosx)-x, x ∈[0,π2],则f(x)在其定义域上是连续函数,任取x 1,x 2∈[0,π2],使得x 1<x 2f(x 1)=sin(cosx 1)-x 1 , f(x 2)=sin(cosx 2)-x 2 .由于y =cosx 在[0,π2]单调递减,则cosx 1>cosx 2,且cosx 1、cosx 2∈[0,π2],而y =sinx 在[0,π2]上是单调递增的,所以,sin(cosx 1)>sin(cosx 2).又因x 1<x 2,则sin(cos x 1)-x 1>sin(cos x 2)-x 2 ,即 f(x 1)>f(x 2).所以f(x)在[0,π2]上是减函数.又f(0)=sin1>0,f(π2)=-π2<0,故f(x)的图像在区间(0,π2)上与x 轴有唯一交点,即存在唯一实数c ∈(0,π2)使得等式sin(cosc)=c 成立.同理可证明存在唯一实数d ∈(0,π2),使得等式cos(sind)=d 成立.因为cos(sind)=d ,所以sin(cos(sind))=sind. 又sind ∈(0,π2),而在(0,π2)内只有唯一解c 使sin(cosc)=c 成立,故c =sind.当x >0时,sinx <x 成立,则sind <d,于是c <d,命题成立.【例六】 设0≤a ≤1,且0≤x ≤π,试证明: (2a -1)sinx +(1-a)sin(1-a)x ≥0 【分析】可以从等式的符号分析入手,考虑到当0≤a ≤1且0≤x ≤π时,sinx >0, sin(1-a)x >0, 1-a >0,所以当12<a ≤1时,(2a -1)sinx +(1-a)sin(1-a)x ≥0成立;当0≤a ≤12时,(2a -1)sinx ≤0.故可将所证不等式变形为(1-a)sin(1-a)x ≥(1-2a)sinx ,能否将其转化为某一函数的两函数值关系问题?这一函数是什么?是xsinx ,还是sinxx? 证明:显然,当0≤x ≤π时,有sinx ≥0, sin(1-a)x ≥0.当a ∈[0,12]且x =0时, (2a -1)sinx +(1-a)sin(1-a)x=0.下面证明a ∈[0,12],0<x ≤π时的情形.定义函数f(x)=sinx x ,0<x ≤π,对于任何0<x <x +δ≤π2有tanx ≥x 及sin(x +δ)=sinxcos δ+sin δcosx ≤sinx +cosx.则:sinx x -sin(x +δ)x +δ=(x +δ)sinx -xsin(x +δ)x(x +δ)≥(x +δ)sinx -x(sinx +δcosx)x(x +δ)=δcosx(tanx -x)x(x +δ)≥0.所以f(x)=sinx x 在(0,π2)上递减,而sinx 在[π2,π]上递减,故f(x)=sinx x 在[π2,π]上递减,由此推知对任何x, 0<x≤π,0≤a ≤12,有 sinx x ≤sin(1-a)x(1-a)x , 得:sinx ≤sin(1-a)x1-a.又(1-a)²=1-2a +a ²>1-2a >0,则 sin(1-a)x 1-a ≤1-a1-2a ·sin(1-a)x.于是 sinx ≤1-a 1-2a ·sin(1-a)x ,即 (2a -1)sinx +(1-a)sin(1-a)x ≥0.(本题证明函数f(x)=sinxx 的单调性用求导数的方法更简单)巩固练习1. 设a =xcos θ+ysin θ,b =xsin θ+ycos θ,当|x|≠|y|≠0时,对任意实数x,y,θ,则有( )A. a =b =0B. a, b 不同时为零C .a ≠0且b ≠0 D.a ²+b ²=12. 对任意实数x,y ,设a =cosx ²+cosy ²-cosxy ,则a 的取值范围是( )A. [-3,3]B. (-3,3)C. [-1,3)D. (-1,3]3. 平面上有两个定点A,B ,任意放置4个点C 1,C 2,C 3,C 4,且与A,B 两点不重合,若存在点C i ,C j (i ≠j),使不等式|sin∠AC i B -sin ∠AC j B|≤13成立,则称(C i ,C j )为一个点对,那么这样的点对( )A. 不存在B.至少有一个C.至多有一个D.恰有一个4. 若θ∈(π2,3π4),sin2θ=a,则sin θ+cos θ等于( ) A. a +1+a ²-a B. -a -1C. a +1-a ²-aD. a +15. 对0≤θ≤π2,使cos ²θ+2msin θ-2m -2<0成立的实数m 的取值范围是( )A. 1-2<m <1+ 2B. -12<m <1 C. m >-12D. 0<m <16. 已知锐角α满足cos α=35, cos(α+β)=-513,则β一定位于( )A. 第一象限角B.第一或第三象限角C.第三象限角D.第一或第四象限角7. 函数y =3-sinx 1+cosx的最小值是( ) A. 1 B. 4 C. 43 D. -438. 若α, β∈(0,π2),则必定有( ) A. cos(α+β)>cos α+cos βB. cos(α+β)<cos α+cos βC. cos(α+β)>sin α+sin βD. cos(α+β)<sin α+sin β9. 方程sin ²x +3a ²cosx -2a ²(3a -2)-1=0有解,则a 的取值范围是( )A. -12≤a <1B. a >1或-13<a <12C. -13<a <23D. 12≤a ≤1 10. A 为ΔABC 的一个内角,且sinA +cosA =712,则ΔABC 是( )A. 钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.正三角形11. 对于任何x ∈(0,π2),则下列结论成立的是( ) A. sin(sinx)<cosx <cos(cosx)B. sin(sinx)>cosx >cos(cosx)C. sin(cosx)>cosx >cos(sinx)D. sin(cosx)<cosx <cos(sinx)12. 当x 在任意两个整数间(包括整数本身)变动时,函数y=3tan (2k -1)πx 5(k ∈Ζ)至少有两次失去意义,则k 的最小正整数值为( )A. 6B.5C.4D.313. 函数y =(sinx +1)(cosx +1),(-π6≤x ≤π2)的最小值为 .14. y =(13)lgcosx 的单调递减区间是 15. y =-tanx -1+16-x ²1-㏒sinx32的定义域是 16. 函数f(x)=acosx +bsinx,其中a,b 为实常数,若存在x 1,x 2,且x 1≠x 2+k π(k ∈Ζ),使得|f(x 1)|+|f(x 2)|=0成立,则函数f(x)的值域为17. 方程sinx +cosx =-k 在区间[0,π]上有两个不相等实根,则实常数k 的取值范围是18. 如果tan α,tan β是关于x 的一元二次方程x ²+px +q=0的两根,则 sin(α+β)cos(α-β)= 19. 若α,β,γ是锐角,且cos ²α+cos ²β+cos ²γ=1,则tan αtan βtan γ的最小值等于20. 设A =sin(sin 3π8),B =sin(cos 3π8), C =cos(sin 3π8),D =cos(cos 3π8),试比较A,B,C,D 的大小 21. 若整数n 用7除余1、3或4,证明:cos(n 7π-1314π)+cos(37n π-314π)+cos(57n π-314π)=0 22. a,b,A,B 都是实数,若对于一切实数x ,都有f(x)=1-acosx -bsinx -Acos2x -Bsin2x ≥0.求证: a ²+b ²≤2 , A ²+B ²≤1.参考答案:1~5:B B B D C 6~10:B C B A A 11 ~12:D A 13.2+34 14.[2k π,2k π+π2),k ∈Ζ15.[-4,-5π4)∪(π2,2π3)∪(2π3,3π4) 16.﹛0﹜17.[1,2] 18. -pq+119.22(构造长方体解) 20.B<C<A<D 21.略 22.提示:取特殊点x, x+π和x, x+π2代入。
第四讲 高中数学新课程内容简介

个学生都得到发展,使数学教育面向全体学生,数学课程就应该实
现:“人人学有价值的数学;人人都能获得必需的数学;不同的人在数学上 得到不同的发展。”
• 这个如何认识数学课程的基本理念反映了数学课程应体现义务教育的基
础性、普及性、发展性,这是一种新的数学课程理念和实践体系,它是 初中数学教材编写和课程资源开发与利用的基本准则。
础教育改革与发展的决定》指出: 要“加快构建符合素质教育要求 的新的基础教育课程体系”。
基础教育课程改革 实验工作的整体部署 2001-2004 实验阶段 2004-2005 推广阶段
义务教育课程改革实验
2001年38年30% 2004年65% 2005年100%
一、高中数学新课程改革的背景
——数学课程的国际比较
2.根据时代的发展,在高中课程中渗透了很多近代 数学的思想和内容,如微积分、统计概率、向量、 算法等,甚至它们都成为高中数学课程的核心内容. 3.发展学生的创新意识,增加数学和其他科学以 及日常生活的联系是一个总趋势.数学建模的教学日 显重要,培养学生的应用意识成为数学课程的基本 目标. 4.信息技术和数学课程内容的整合成为课程标准 制定的一个基本理念.
课程标准与教学大纲的区别(2)
教学大纲 课程标准
更多地关注教师的教学 既关注教师的教学、更关注 行为。 学生的学习过程。
内容的表述方式更多地 内容的表述方式更多地体现 体现了原则性、规定性、 了指导性、启发性、弹性。 刚性。
关注点:教学目标的行为化表达方式
课程标准与教学大纲的框架结构比较 课
前言
义务教育阶段 课程改革实验区分布
已确定的课程改革实验区涉及27个省
山东
高密 青岛
云南
石林县
高中数学竞赛讲义(全套)

高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换:对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。
2.代数周期函数,带绝对值的函数。
三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。
递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代,简单的函数方程*3.初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。
4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。
组合计数,组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法,整除性及其判定;素数和合数,最大公约数与最小公倍数;奇数和偶数,奇偶性分析;带余除法和利用余数分类;完全平方数;因数分解的表示法,约数个数的计算;有理数的概念及表示法,无理数,实数,有理数和实数四则运算的封闭性。
数学高中二年级第四节课优质课数学竞赛中的技巧与策略

数学高中二年级第四节课优质课数学竞赛中的技巧与策略数学竞赛一直以来都是考验学生数学能力和思维能力的重要途径。
在高中二年级的数学竞赛中,学生们需要通过掌握一些技巧和策略来提升自己的竞赛成绩。
本文将介绍一些在数学竞赛中的常用技巧和策略,帮助学生们在竞赛中取得好成绩。
一、巧用数学公式和定理在竞赛中,数学公式和定理是解题的基础。
对于高中二年级的学生来说,熟悉基本的数学公式和定理十分重要。
在竞赛中,学生们应该灵活运用数学公式和定理,很好地掌握它们的应用方法。
例如,在解决几何问题时,学生们可以灵活运用平行线相交定理、角平分线定理、相似三角形定理等,这些定理和公式能够帮助他们快速解题,提高解题效率。
二、观察和辨别问题的类型在数学竞赛中,学生们需要能够准确地辨别问题的类型,从而采取相应的解题策略。
在解决数学问题时,学生们应该始终保持头脑清晰,仔细观察问题中给出的条件和要求,判断问题属于何种类型。
例如,在解决代数问题时,如果问题具有多项式相乘的形式,学生们可以尝试使用因式分解的方法,化简问题求解过程。
因此,观察和辨别问题的类型是解决数学竞赛问题的关键一步。
三、善于灵活运用数学运算法则数学运算法则是每个学生在学习数学过程中都会接触到的内容,善于灵活运用数学运算法则是解决数学竞赛问题的重要技巧之一。
高中二年级的学生可以运用数学运算法则解决各类数学计算问题,比如运用分配律、结合律、交换律等规则化简计算过程。
灵活运用这些法则,能够帮助学生们快速准确地解决各类数学计算问题,提升解题效率。
四、善于推理和归纳在解决数学竞赛问题时,学生们需要运用推理和归纳的能力,从已知条件出发,推导出未知结果。
学生们应该注重培养自己的思维能力,提高推理和归纳的能力。
通过大量的练习和思考,学生们可以逐渐培养出良好的推理和归纳能力,从而在竞赛中获得更好的成绩。
五、合理利用解题技巧在数学竞赛中,学生们可以积累一些常用的解题技巧,合理利用解题技巧可以帮助他们更好地解决复杂的数学问题。
新教材高中数学精品第4讲 空间向量与距离、探究性问题

第4讲 空间向量与距离、探究性问题[考情分析] 1.以空间几何体为载体,考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离,属于中等难度.2.以空间向量为工具,探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件,计算量较大,一般以解答题的形式考查,难度中等偏上. 考点一 空间距离 核心提炼 (1)点到直线的距离直线l 的单位方向向量为u ,A 是直线l 上的任一点,P 为直线l 外一点,设AP →=a ,则点P 到直线l 的距离d =a 2-(a ·u )2. (2)点到平面的距离平面α的法向量为n ,A 是平面α内任一点,P 为平面α外一点,则点P 到平面α的距离为d =|AP →·n ||n |.考向1 点到直线的距离例1 (1)如图,P 为矩形ABCD 所在平面外一点,P A ⊥平面ABCD .若已知AB =3,AD =4,P A =1,则点P 到直线BD 的距离为________.答案135解析 如图,分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则P (0,0,1),B (3,0,0),D (0,4,0), 则BP →=(-3,0,1),BD →=(-3,4,0), 故点P 到直线BD 的距离d =|BP →|2-⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·BD →|BD →|2=10-⎝⎛⎭⎫952=135,所以点P 到直线BD 的距离为135.(2)(2022·枣庄检测)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB =2,AD =1,点F ,G 分别是AB ,CC 1的中点,则1D GF S △的面积为________. 答案142解析 以D 为原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,DD 1为z 轴,建立空间直角坐标系(图略), 则D 1(0,0,2),G (0,2,1),F (1,1,0), FD 1→=(-1,-1,2),FG →=(-1,1,1), ∴点D 1到直线GF 的距离d =|FD 1→|·1-⎝⎛⎭⎪⎪⎫FD 1→·FG → |FD 1→|·|FG →|2=6×1-⎝ ⎛⎭⎪⎫26×32=423. ∴点D 1到直线GF 的距离为423,又|FG →|=3, ∴1D GF S △=12×3×423=142.考向2 点到平面的距离例2 (1)在三棱锥P -ABC 中,PC ⊥底面ABC ,∠BAC =90°,AB =AC =4,∠PBC =60°,则点C 到平面P AB 的距离是( ) A.3427 B.4427 C.5427 D.6427答案 B解析 ∵在三棱锥P -ABC 中,PC ⊥底面ABC ,∠BAC =90°,AB =AC =4,∠PBC =60°, ∴以A 为原点,AB 所在直线为x 轴,AC 所在直线为y 轴, 过A 作平面ABC 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则C (0,4,0),P (0,4,46),A (0,0,0),B (4,0,0), AC →=(0,4,0),AB →=(4,0,0), AP →=(0,4,46),设平面P AB 的法向量n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP →=4y +46z =0,n ·AB →=4x =0,取z =1,得n =(0,-6,1),∴点C 到平面P AB 的距离d =|AC →·n ||n |=467=4427.(2)如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M ,N ,E 分别是A 1B 1,CD ,AB 的中点,则直线EC 到平面AMN 的距离为________.答案63解析 因为AN ∥EC ,由线面平行的判定定理可知,EC ∥平面AMN , 则点E 到平面AMN 的距离就是直线EC 到平面AMN 的距离, 以点D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (2,0,0),N (0,1,0),M (2,1,2),E (2,1,0),C (0,2,0), AN →=(-2,1,0),AM →=(0,1,2),AE →=(0,1,0), 设平面AMN 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AN →=0,n ·AM →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-2x +y =0,y +2z =0,取y =2,则n =(1,2,-1),则点E 到平面AMN 的距离为|AE →·n ||n |=|1×0+2×1+(-1)×0|6=63.规律方法 (1)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离.(2)求点到平面的距离有两种方法,一是利用空间向量点到平面的距离公式,二是利用等体积法.跟踪演练1 (多选)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,点E ,O 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,P 在正方体内部且满足AP →=34AB →+12AD →+23AA 1→,则下列说法正确的是( )A .点A 到直线BE 的距离是55B .点O 到平面ABC 1D 1的距离为24C .平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33D .点P 到直线AB 的距离为2536答案 BC解析 如图,建立空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (1,0,0),D (0,1,0),A 1(0,0,1),C 1(1,1,1),D 1(0,1,1),E ⎝⎛⎭⎫12,0,1,所以BA →=(-1,0,0),BE →=⎝⎛⎭⎫-12,0,1. 设∠ABE =θ,则cos θ=|BA →·BE →||BA →||BE →|=55,sin θ=1-cos 2θ=255.故A 到直线BE 的距离d 1=|BA →|sin θ=1×255=255,故A 错误;易知C 1O →=12C 1A 1——→=⎝⎛⎭⎫-12,-12,0, 平面ABC 1D 1的一个法向量DA 1→=(0,-1,1),则点O 到平面ABC 1D 1的距离d 2=|DA 1→·C 1O →||DA 1→|=122=24,故B 正确;A 1B →=(1,0,-1),A 1D →=(0,1,-1),A 1D 1——→=(0,1,0). 设平面A 1BD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B →=0,n ·A 1D →=0,所以⎩⎪⎨⎪⎧x -z =0,y -z =0,令z =1,得y =1,x =1,所以n =(1,1,1).所以点D 1到平面A 1BD 的距离d 3=|A 1D 1——→·n ||n |=13=33.因为平面A 1BD ∥平面B 1CD 1,所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离等于点D 1到平面A 1BD 的距离, 所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33,故C 正确; 因为AP →=34AB →+12AD →+23AA 1→,所以AP →=⎝⎛⎭⎫34,12,23, 又AB →=(1,0,0),则AP →·AB →|AB →|=34,所以点P 到直线AB 的距离d =|AP →|2-⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·AB →|AB →|2=181144-916=56,故D 错误. 考点二 空间中的探究性问题 核心提炼与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.处理原则:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.例3 (2022·盐城模拟)如图,三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2,B 1C =6,AB ⊥B 1C .(1)求证:平面ABB 1A 1⊥平面ABC ;(2)在棱BB 1上是否存在点P ,使直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45,若不存在,请说明理由;若存在,求BP 的长.(1)证明 如图,取AB 的中点D ,连接CD ,B 1D .因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2,所以AB ⊥CD ,CD =3,BD =1.又因为AB ⊥B 1C ,且CD ∩B 1C =C ,CD ,B 1C ⊂平面B 1CD , 所以AB ⊥平面B 1CD . 又因为B 1D ⊂平面B 1CD , 所以AB ⊥B 1D .在Rt △B 1BD 中,BD =1,B 1B =2, 所以B 1D = 3.在△B 1CD 中,CD =3,B 1D =3,B 1C =6, 所以CD 2+B 1D 2=B 1C 2, 所以CD ⊥B 1D ,又因为AB ⊥B 1D ,AB ∩CD =D ,AB ,CD ⊂平面ABC , 所以B 1D ⊥平面ABC . 又因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC .(2)解 假设在棱BB 1上存在点P 满足条件.以DC ,DA ,DB 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,1,0),B (0,-1,0),C (3,0,0),B 1(0,0,3),因此BB 1→=(0,1,3),AC →=(3,-1,0),AA 1→=BB 1→=(0,1,3),CB →=(-3,-1,0). 因为点P 在棱BB 1上,设BP →=λBB 1→=λ(0,1,3),其中0≤λ≤1.则CP →=CB →+BP →=CB →+λBB 1→=(-3,-1+λ,3λ). 设平面ACC 1A 1的法向量为n =(x ,y ,z ), 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →=0,n ·AA 1→=0,得⎩⎨⎧3x -y =0,y +3z =0,取x =1,则y =3,z =-1,所以平面ACC 1A 1的一个法向量为n =(1,3,-1). 因为直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45,所以|cos 〈n ,CP →〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CP →|n ||CP →|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪-235×3+(λ-1)2+3λ2=45,化简得16λ2-8λ+1=0, 解得λ=14,所以|BP →|=14|BB 1→|=12,故BP 的长为12.规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明,否则假设不成立. (2)探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用.跟踪演练2 如图,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD =90°,且AB =BC =12AD ,E 是AD 的中点,将△ABE 沿BE 折起到△SBE 的位置,使平面SBE ⊥平面BCDE .(1)求平面BSC 与平面SCD 夹角的正弦值;(2)在直线SB 上是否存在点P ,使PD ⊥平面SBC ?若存在,请求出点P 所在的位置;若不存在,请说明理由.解 (1)如图,取BE 的中点O ,由题意可得四边形ABCE 是正方形,则SO ⊥BE ,CO ⊥BE ,又因为平面SBE ⊥平面BCDE ,平面SBE ∩平面BCDE =BE , SO ⊂平面SBE ,CO ⊂平面BCDE , 所以SO ⊥平面BCDE ,CO ⊥平面SBE ,所以SO ⊥CO ,可得OB ,OS ,OC 两两垂直,以O 为原点,OB ,OC ,OS 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设SB =SE =ED =BC =2,则BE =CD =2, 则S (0,0,1),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-2,1,0),SB →=(1,0,-1),BC →=(-1,1,0),设平面SBC 的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·SB →=x 1-z 1=0,n 1·BC →=-x 1+y 1=0,令x 1=1,则y 1=1,z 1=1,所以n 1=(1,1,1), 设平面SCD 的一个法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 又SC →=(0,1,-1),SD →=(-2,1,-1) 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·SC →=y 2-z 2=0,n 2·SD →=-2x 2+y 2-z 2=0,令y 2=1,则z 2=1,x 2=0,所以n 2=(0,1,1), 记平面BSC 与平面SCD 的夹角为θ, 则cos θ=|n 1·n 2||n 1|·|n 2|=1+13×2=63,所以sin θ=1-⎝⎛⎭⎫632=33, 所以平面BSC 与平面SCD 夹角的正弦值为33. (2)不存在,理由如下:假设直线SB 上存在点P ,使得PD ⊥平面SBC , 不妨设P (a ,0,1-a ),所以PD →=(-2-a ,1,a -1), 又因为n 1=(1,1,1),由PD →∥n 1得-2-a 1=11=a -11,无解,故不存在点P ,使PD ⊥平面SBC .专题强化练1.(2022·阳泉模拟)如图,在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M ,N ,P 分别为棱A 1D 1,C 1D 1,BC 的中点.(1)求证:AC ⊥NP ;(2)求四面体DMNP 的体积.(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系,连接AC ,DN .则D (0,0,0),M ⎝⎛⎭⎫a2,0,a , N ⎝⎛⎭⎫0,a 2,a ,P ⎝⎛⎭⎫a2,a ,0,A (a ,0,0),C (0,a ,0), AC →=(-a ,a ,0),PN →=⎝⎛⎭⎫-a 2,-a 2,a , 故AC →·PN →=a 22-a 22+0=0,故AC ⊥NP .(2)解 DM →=⎝⎛⎭⎫a 2,0,a ,DN →=⎝⎛⎭⎫0,a 2,a , 设平面DMN 的法向量为m =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·DM →=0,m ·DN →=0,即⎩⎨⎧a2x +az =0,a 2y +az =0,取z =1,则x =-2,y =-2, 故m =(-2,-2,1). 又PN →=⎝⎛⎭⎫-a 2,-a 2,a , 故P 到平面DMN 的距离d =⎪⎪⎪⎪⎪⎪PN →·m |m |=3a3=a ,又|DM →|=|DN →|=52a ,|MN →|=22a ,故S △DMN =12×22a ×5a 24-a 28=3a 28, 故四面体DMNP 的体积为13×3a 28×a =a 38.2.(2022·全国甲卷)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面AA 1B 1B 为正方形,AB =BC =2,E ,F 分别为AC 和CC 1的中点,D 为棱A 1B 1上的点,BF ⊥A 1B 1.(1)证明:BF ⊥DE ;(2)当B 1D 为何值时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小? (1)证明 因为E ,F 分别是AC 和CC 1的中点,且AB =BC =2, 所以CF =1,BF = 5.如图,连接AF ,由BF ⊥A 1B 1,AB ∥A 1B 1,得BF ⊥AB ,于是AF =BF 2+AB 2=3,所以AC =AF 2-CF 2=2 2.由AB 2+BC 2=AC 2,得BA ⊥BC ,故以B 为坐标原点,以BA ,BC ,BB 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则B (0,0,0),E (1,1,0),F (0,2,1),BF →=(0,2,1). 设B 1D =m (0≤m ≤2),则D (m ,0,2), 于是DE →=(1-m ,1,-2). 所以BF →·DE →=0,所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1=(1,0,0). 设平面DFE 的一个法向量为n 2=(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2=0,EF →·n 2=0,又DE →=(1-m ,1,-2),EF →=(-1,1,1),所以⎩⎪⎨⎪⎧(1-m )x +y -2z =0,-x +y +z =0,令x =3,得y =m +1,z =2-m ,于是平面DFE 的一个法向量为n 2=(3,m +1,2-m ),所以cos 〈n 1,n 2〉=32⎝⎛⎭⎫m -122+272. 设平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角为θ,则sin θ=1-cos 2〈n 1,n 2〉,故当m =12时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小,为33,即当B 1D =12时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小.3.(2022·聊城模拟)如图,在棱长均为4的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,DD 1⊥平面ABCD ,∠BAD =60°,E 为线段AD 的中点.(1)求平面BD 1D 与平面BD 1E 夹角的余弦值;(2)在线段B 1C 上是否存在点F ,使得DF ∥平面BD 1E ?若存在,请确定点F 的位置;若不存在,请说明理由.解 连接AC ,与BD 交于点O ,连接A 1C 1,B 1D 1,交于点O 1,连接OO 1,因为DD 1⊥平面ABCD ,所以OO 1⊥平面ABCD .由题意得四边形ABCD 为菱形,所以OA ,OB ,OO 1两两垂直,以O 为坐标原点,OA ,OB ,OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.(1)由题意,得B (0,2,0),D 1(0,-2,4),E (3,-1,0),所以EB →=(-3,3,0),ED 1→=(-3,-1,4),设平面BD 1E 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EB →=0,n ·ED 1→=0,所以⎩⎨⎧-3x +3y =0,-3x -y +4z =0. 令x =3,则y =1,z =1,所以n =(3,1,1)是平面BD 1E 的一个法向量,因为OA ⊥平面BD 1D ,所以平面BD 1D 的一个法向量为m =(1,0,0),设平面BD 1D 与平面BD 1E 的夹角为θ,则cos θ=|cos 〈n ,m 〉|=|n ·m ||n ||m |=35×1=155, 即平面BD 1D 与平面BD 1E 夹角的余弦值为155. (2)存在.假设在线段B 1C 上存在点F ,使得DF ∥平面BD 1E ,设CF →=λCB 1→(λ∈[0,1]),因为D (0,-2,0),C (-23,0,0),B 1(0,2,4),所以CB 1→=(23,2,4),DC →=(-23,2,0),CF→=λCB 1→=λ(23,2,4)=(23λ,2λ,4λ),所以DF →=DC →+CF →=(-23,2,0)+(23λ,2λ,4λ)=(23(λ-1),2(λ+1),4λ),因为DF ∥平面BD 1E ,所以DF →⊥n ,即DF →·n =0,所以(23(λ-1),2(λ+1),4λ)·(3,1,1)=0,即12λ-4=0,解得λ=13∈[0,1], 所以在线段B 1C 上存在点F ,使得DF ∥平面BD 1E ,此时点F 为线段B 1C 的靠近点C 的三等分点.4.(2022·潍坊模拟)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是边长为4的正方形,△P AD 是正三角形,CD ⊥平面P AD ,E ,F ,G ,O 分别是PC ,PD ,BC ,AD 的中点.(1)求证:PO ⊥平面ABCD ;(2)求平面EFG 与平面ABCD 夹角的大小;(3)在线段P A 上是否存在点M ,使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6,若存在,求线段PM 的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明 因为△P AD 是正三角形,O 是AD 的中点,所以PO ⊥AD .又因为CD ⊥平面P AD ,PO ⊂平面P AD ,所以PO ⊥CD .又AD ∩CD =D ,AD ,CD ⊂平面ABCD ,所以PO ⊥平面ABCD .(2)解 如图,以O 点为原点,分别以OA ,OG ,OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则O (0,0,0),A (2,0,0),B (2,4,0),C (-2,4,0),D (-2,0,0),G (0,4,0),P (0,0,23),E (-1,2,3),F (-1,0,3), EF →=(0,-2,0),EG →=(1,2,-3),设平面EFG 的法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧ EF →·m =0,EG →·m =0,即⎩⎨⎧-2y =0,x +2y -3z =0, 令z =1,则m =(3,0,1),又平面ABCD 的法向量n =(0,0,1),设平面EFG 与平面ABCD 的夹角为θ,所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=1(3)2+12×1=12, 所以θ=π3. 所以平面EFG 与平面ABCD 的夹角为π3. (3)解 不存在,理由如下:假设在线段P A 上存在点M ,使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6, 即直线GM 的方向向量与平面EFG 法向量m 所成的锐角为π3, 设PM →=λP A →,λ∈[0,1],GM →=GP →+PM →=GP →+λP A →,所以GM →=(2λ,-4,23-23λ),所以cos π3=|cos 〈GM →,m 〉|=324λ2-6λ+7, 整理得2λ2-3λ+2=0,Δ<0,方程无解,所以不存在这样的点M .。
高中数学第四讲数学归纳法证明不等式1数学归纳法素材

4。
1 数学归纳法庖丁巧解牛知识·巧学一、数学归纳法的定义证明某些与自然数有关的数学题,可用下列方法来证明它们的正确性:(1)验证当n取第一个值n0(例如n0=1)时命题成立,(2)假设当n=k(k∈N*,k≥n0)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立。
完成这两步,就可以断定这个命题对从n0开始的所有正整数n都成立.这种证明方法叫做数学归纳法。
从数学归纳法的定义我们可以看出,它强调的就是两个基本步骤.数学归纳法的两个步骤,是问题的两个方面,一个是命题成立的基础,一个是命题之间可递推的依据,二者缺一不可。
缺步骤(2),则证明就是“一叶障目,以一代全”不能保证命题对所有的自然数n 都成立;而缺步骤(1),则证明就成了“空中楼阁",也难以保证命题对所有自然数n都成立.我们通常称第(1)步为奠基步骤。
记忆要诀总结以上的分析,归纳如下:“奠基步骤不能少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉."如果同学们能正确地理解了数学归纳法证明的要义,才能轻松自如地运用它,而不致误用.误区警示数学归纳法的两个步骤,是问题的两个方面,一个是命题成立的基础,一个是命题之间可递推的依据,二者缺一不可.疑问:既然第(2)步已经证明了任两个连续自然数对应的命题的递推关系,那么第(1)步是否是多余的?请看如下例子:对于欲证的命题:1+2+3+…+n=21n (n+1)+1。
第二步证明为:若n=k 时命题成立,即1+2+3+…+k=21k(k+1)+1, 则当n=k+1时,1+2+3+…+k+(k+1)=21k (k+1)+1+(k+1)=21(k+1)(k+2)+1,即当n=k+1时命题也成立.但我们会发现:当n=1时,左式=1,右式=2,显然命题不成立。
辨析比较归纳法与数学归纳方法我们在研究问题时,还常常用到如下的一种思维方法,即从特殊到一般的思维方法,举例如下:1=12,1+2+1=4=22,1+2+3+2+1=9=32,1+2+3+4+3+2+1=16=42, …,我们由此发现并得出如下结论: 1+2+3+…+(n-1)+n+(n —1)+…+3+2+1=n 2(n ∈N ).这就是考察具有1+2+3+…+(n —1)+n+(n —1)+…+3+2+1特征的某几个式子的数值后,发现了蕴含其中的共性之后而得到的一个结论。
高中数学竞赛讲座[共十五讲]
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高中数学竞赛讲座【共十五份】目录不等式 (1)整数的整除性 (4)抽屉原则 (12)竞赛专题讲座-类比、归纳、猜想 (19)竞赛讲座-覆盖 (21)平面几何四个重要定理 (37)平面几何证明 (47)平面三角 (53)奇数和偶数 (60)染色问题与染色方法 (68)三角运算及三角不等关系 (75)三角不等关系 (78)同余式与不定方程 (80)本站资源汇总[优秀资源,值得收藏] (90)不等式不等式是数学竞赛的热点之一。
由于不等式的证明难度大,灵活性强,要求很高的技巧,常常使它成为各类数学竞赛中的“高档”试题。
而且,不论是几何、数论、函数或组合数学中的许多问题,都可能与不等式有关,这就使得不等式的问题(特别是有关不等式的证明)在数学竞赛中显得尤为重要。
证明不等式同大多数高难度的数学竞赛问题一样,没有固定的模式,证法因题而异,灵活多变,技巧性强。
但它也有一些基本的常用方法,要熟练掌握不等式的证明技巧,必须从学习这些基本的常用方法开始。
一、不等式证明的基本方法1.比较法比较法可分为差值比较法和商值比较法。
(1)差值比较法原理 A- B>0A>B.【例1】(l)m、n是奇偶性相同的自然数,求证:(a m+b m)(a n+b n)<2(a m+n+b m+n)。
(2)证明:··≤。
【例2】设a1≤a2≤…≤a n,b1≤b2≤…≤b n,j1,j2,…,j n是1,2,…,n的任意一个排列,令S=a1+ a2+…+ a n,S0=a1b n+a2b n-1+…+a n b1,S1=a1b1+a2b2+…+a n b n。
求证:S0≤S≤S1。
(2)商值比较法原理若>1,且B>0,则A>B。
【例3】已知a,b,c>0,求证:a2a b2b c2c≥a b+c b c+a c a+b。
2.分析法【例4】若x,y>0,求证:>。
【例5】若a,b,c是△ABC的三边长,求证:a4+b4+c4<2(a2b2+b2c2+c2a2)。
第四讲-立体几何题型归类总结

第四讲-立体几何题型归类总结高中数学-立体几何第四讲立体几何题型归类总结一、考点分析基本图形1.棱柱——有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
斜棱柱底面是正多边形的棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱2.棱锥——有一个面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形,并且顶点在底面的垂线上,这样的棱锥叫做正棱锥。
3.球球的性质:球心与截面圆心的连线垂直于截面;r=R2-d2(其中,球心到截面的距离为d、球的半径为R、截面的半径为r)球与多面体的组合体:球与正四面体、长方体、正方体等的内接与外切。
注:球的有关问题转化为圆的问题解决。
球面积、体积公式:S球=4πR,V球=4/3πR³(其中R为球的半径)二、平行垂直基础知识网络平行与垂直关系可互相转化平行关系a⊥α,b⊥α⇒a//ba⊥α,a//b⇒b⊥αa⊥α,a⊥β⇒α//βα//β,a⊥α⇒a⊥βα//β,γ⊥α⇒γ⊥β垂直关系线线平行判定线线垂直性质判定性质判定面面垂直定义面面垂直线面平行面面平行线面垂直异面直线所成的角,线面角,二面角的求法1.求异面直线所成的角θ∈(0°,90°):解题步骤:找(作):利用平移法找出异面直线所成的角;(1)可固定一条直线平移另一条与其相交;(2)可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。
常用中位线平移法证:证明所找(作)的角就是异面直线所成的角(或其补角)。
常需要证明线线平行;计算:通过解三角形,求出异面直线所成的角;2求直线与平面所成的角度$\theta\in[0^\circ,90^\circ]$:关键在于找到“两足”:垂足和斜足。
解题步骤:1.找到斜线与其在平面内的射影的夹角(注意三垂线定理的应用);2.证明所找到的角度就是直线与平面所成的角度(或其补角)(常常需要证明线面垂直);3.通过解直角三角形,计算线面角度。
高中数学竞赛辅导教案

高中数学竞赛辅导教案导语:高中数学竞赛是评价学生数学能力的重要指标之一,也是学生锻炼自身思维能力和解决问题能力的好机会。
为了帮助学生在数学竞赛中取得更好的成绩,我们准备了一份高中数学竞赛辅导教案,以帮助学生系统地学习和应对各类数学竞赛题目。
一、理解数学竞赛的特点高中数学竞赛与平时的学习存在一定的差异。
学生需要在较短时间内解决较难的题目,因此,快速、准确和灵活的思维是解决问题的关键。
此外,数学竞赛题目的形式多样,涉及的知识点较为广泛,学生需要有足够的知识准备和技巧储备。
二、知识点的总结与归纳在高中数学竞赛中常出现的知识点主要包括代数、几何、概率与统计以及数列等。
通过总结和归纳这些知识点的重要性和解题方法,学生可以更有针对性地进行学习和复习。
三、注重解题技巧的培养数学竞赛中,解题技巧是取得好成绩的重要保障。
例如,化繁为简、举一反三、构造特例等常用思维方法可以帮助学生更快速地解决问题。
通过系统学习和大量练习,学生可以熟练掌握这些解题技巧。
四、多维度的学习资源学生在备战高中数学竞赛时,不仅需要依赖课本和教辅材料,还可以利用互联网和竞赛经验分享等资源。
通过参加各类数学竞赛和加入数学社团,学生可以与他人进行交流和学习,提高自身竞赛水平。
五、培养解题的思维模式数学竞赛的题目常常涉及综合运用各类知识点和技巧。
因此,培养学生灵活运用知识、探索解题路径的思维习惯非常重要。
鼓励学生进行开放性思考和探索,激发他们的创造力和解决问题的能力。
六、灵活运用数学方法数学竞赛中的题目常常需要学生掌握多种解题方法,并能在不同题型之间进行灵活转换。
通过帮助学生掌握不同解题方法和技巧,并进行相应的练习,可以提高学生在竞赛中的应变能力和解题的成功率。
七、时间管理的重要性高中数学竞赛的考试时间通常较短,学生需要在有限的时间内完成题目的解答。
因此,培养学生良好的时间管理能力非常关键。
学生可以通过模拟考试和计时练习,逐渐提高自己的解题速度和应试能力。
第四讲 四点共圆问题

第四讲 四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现,这类问题一般有两种形式:一是以“四点共圆”作为证题的目的,二是以“四点共圆”作为解题的手段,为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法,用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种(即P 89定理和P 93例3),由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1 “四点共圆”作为证题目的例1.给出锐角△ABC ,以AB 为直径的圆与AB 边的高CC ′及其延长线交于M ,N .以AC 为直径的圆与AC 边的高BB ′及其延长线将于P ,Q .求证:M ,N ,P ,Q 四点共圆.(第19届美国数学奥林匹克)分析:设PQ ,MN 交于K 点,连接AP ,AM .欲证M ,N ,P ,Q 四点共圆,须证 MK ·KN =PK ·KQ ,即证(MC ′-KC ′)(MC ′+KC ′) =(PB ′-KB ′)·(PB ′+KB ′)或MC ′2-KC ′2=PB ′2-KB ′2 . ①不难证明 AP =AM ,从而有 AB ′2+PB ′2=AC ′2+MC ′2. 故 MC ′2-PB ′2=AB ′2-AC ′2ABCK M NPQ B ′C ′=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-KC ′2)=KC ′2-KB ′2. ②由②即得①,命题得证.例2.A 、B 、C 三点共线,O 点在直线外,O 1,O 2,O 3分别为△OAB ,△OBC , △OCA 的外心.求证:O ,O 1,O 2, O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)分析:作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ,O 1O 3垂直平分OA .观察△OBC 及其外接圆,立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆,立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1 O ,O 1,O 2,O 3共圆.利用对角互补,也可证明O ,O 1,O 2,O 3四点共圆,请同学自证.2 以“四点共圆”作为解题手段这种情况不仅题目多,而且结论变幻莫测,可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等例3.在梯形ABCD 中,AB ∥DC ,AB >CD ,K ,M 分别在AD ,BC 上,∠DAM =∠CBK .A BCOO O O 123??求证:∠DMA =∠CKB .(第二届袓冲之杯初中竞赛)分析:易知A ,B ,M ,K 四点共圆.连接KM ,有∠DAB =∠CMK .∵∠DAB +∠ADC =180°,∴∠CMK +∠KDC =180°.故C ,D ,K ,M 四点共圆 ∠CMD =∠DKC . 但已证∠AMB =∠BKA , ∴∠DMA =∠CKB .(2)证线垂直例4.⊙O 过△ABC 顶点A ,C ,且与AB , BC 交于K ,N (K 与N 不同).△ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和 M .求证:∠BMO =90°. (第26届IMO 第五题)分析:这道国际数学竞赛题,曾使许多选手望而却步.其实,只要把握已知条件和图形特点,借助“四点共圆”,问题是不难解决的. 连接OC ,OK ,MC ,MK ,延长BM 到G .易得∠GMC =∠BAC =∠BNK =∠BMK .而∠COK =2·∠BAC =∠GMC +A BC D K M ··ABO K N CMG∠BMK =180°-∠CMK ,∴∠COK +∠CMK =180°⇒C ,O ,K ,M 四点共圆. 在这个圆中,由OC =OK ⇒ OC =OK ⇒∠OMC =∠OMK . 但∠GMC =∠BMK , 故∠BMO =90°. (3)判断图形形状例5.四边形ABCD 内接于圆,△BCD ,△ACD ,△ABD ,△ABC的内心依次记为I A ,I B ,I C ,I D .试证:I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题) 分析:连接AI C ,AI D ,BI C ,BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21 ∠ACB =∠AI D B ⇒A ,B ,I D ,I C 四点 共圆.同理,A ,D ,I B ,I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC , ∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC , ABCDI C I DAI I B∴∠AI C I D +∠AI C I B =360°-21(∠ABC +∠ADC ) =360°-21×180°=270°. 故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. (4)计算例6.正方形ABCD 的中心为O ,面积为1989㎝2.P 为正方形内一点,且∠OPB =45°,P A :PB =5:14.则PB =__________ (1989,全国初中联赛)分析:答案是PB =42㎝.怎样得到的呢?连接OA ,OB .易知O ,P ,A ,B四点共圆,有∠APB =∠AOB =90°. 故P A 2+PB 2=AB 2=1989. 由于P A :PB =5:14,可求PB . (5)其他例7.设有边长为1的正方形,试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的,并求出这两个面积(须证明你的论断).··P OA BCD(1978,全国高中联赛)分析:设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形,由于正三角形的三个顶点至少必落在正方形的三条边上,所以不妨令F ,G 两点在正方形的一组对边上. 作正△EFG 的高EK ,易知E ,K ,G ,D 四点共圆⇒∠KDE =∠KGE =60°.同 理,∠KAE =60°.故△KAD 也是一个正 三角形,K 必为一个定点.又正三角形面积取决于它的边长,当KF 丄AB 时,边长为1,这时边长最小,而面积S =43也最小.当KF 通过B 点时,边长为2·32-,这时边长最大,面积S =23-3也最大. 例8.NS 是⊙O 的直径,弦AB 丄NS 于M ,P 为ANB 上异于N 的任一点,PS 交AB 于R ,PM 的延长线交⊙O 于Q .求证:RS >MQ .(1991,江苏省初中竞赛)分析:连接NP ,NQ ,NR ,NR 的延长线交⊙O 于Q ′.连接MQ ′,SQ ′.易证N ,M ,R ,P 四点共圆,从而,∠SNQ ′=∠MNR =∠MPR =∠SPQ =∠SNQ .根据圆的轴对称性质可知Q 与Q ′关于NS 成轴对称⇒MQ ′=MQ .A BCDEF KG ······又易证M,S,Q′,R四点共圆,且RS是这个圆的直径(∠RMS=90°),MQ′是一条弦(∠MSQ′<90°),故RS >MQ′.但MQ=MQ′,所以,RS>MQ.练习题1.⊙O1交⊙O2于A,B两点,射线O1A交⊙O2于C点,射线O2A交⊙O1于D点.求证:点A是△BCD的内心.(提示:设法证明C,D,O1,B四点共圆,再证C,D,B,O2四点共圆,从而知C,D,O1,B,O2五点共圆.)2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1,A2;同样得到B1,B2,C1,C2.求证:A1A2=B1B2=C1C2.(提示:设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A,B,A1,C四点共圆;再证A,A2,B,C四点共圆,从而知A1,A2都是△ABC的外接圆上,并注意∠A1AA2=90°.)3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1,M2,M3(互不重合).求证:△M1M2M3也是正三角形.4.在Rt△ABC中,AD为斜边BC上的高,P是AB上的点,过A 点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证:PD丄QD.(提示:证B,Q,E,P和B,D,E,P分别共圆)5.AD,BE,CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1,从B引FD的垂线l2,从C引DE的垂线l3.求证:l1,l2,l3三线共点.(提示:过B作AB的垂线交l1于K,证:A,B,K,C四点共圆)。
高中数学奥赛辅导教材(共十讲)

第一讲 集合概念及集合上的运算知识、方法、技能高中一年级数学(上)(试验本)课本中给出了集合的概念;一般地,符合某种条件(或具有某种性质)的对象集中在一起就成为一个集合.在此基础上,介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集,集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题,形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系,表面平面轨迹及其关系,表示充要条件,描述排列组合,用集合的性质进行组合计数等综合型题目.赛题精讲Ⅰ.集合中待定元素的确定充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系,往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1:求点集}lg lg )9131lg(|),{(33y x y x y x +=++中元素的个数. 【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之. 【略解】由所设知,9131,0,033xy y x y x =++>>及 由平均值不等式,有,)91()31()(3913133333xy y x y x =⋅⋅≥++ 当且仅当333331,91,9131====y x y x 即(虚根舍去)时,等号成立. 故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中,应用了不等式取等号的充要条件,是一种重要解题方法,应注意掌握之.例2:已知.}.,22|{},,34|{22B A x x x y y B x x x y y A ⋂∈+--==∈+-==求R R【思路分析】先进一步确定集合A 、B.【略解】,11)2(2≥--=x y 又.33)1(2≤++-=x y∴A=}.31|{},3|{},1|{≤≤-=⋂≤=-≥y y B A y y B y y 故【评述】此题应避免如下错误解法:联立方程组⎪⎩⎪⎨⎧+--=+-=.22,3422x x y x x y 消去.0122,2=+-x x y 因方程无实根,故φ=⋂B A . 这里的错因是将A 、B 的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3:已知集合|}.|||1|||),{(},0,|||||),{(y x xy y x B a a y x y x A +=+=>=+= 若B A ⋂是平面上正八边形的顶点所构成的集合,则a 的值为.【思路分析】可作图,以数形结合法来解之.【略解】点集A 是顶点为(a ,0),(0,a ),(-a ,0),(0,-a )的正方形的四条边构成(如图Ⅰ-1-1-1).将||||1||y x xy +=+,变形为,0)1|)(|1|(|=--y x所以,集合B 是由四条直线1,1±=±=y x 构成.欲使B A ⋂为正八边形的顶点所构成,只有212<<>a a 或这两种情况.(1)当2>a 时,由于正八形的边长只能为2,显然有,2222=-a故 22+=a .(2)当21<<a 时,设正八形边长为l ,则,222,2245cos -=-=︒l l l 这时,.221=+=l a 综上所述,a 的值为,222或+如图Ⅰ-1-1-1中).0,22(),0,2(+B A 【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题,题目并不难,读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ.集合之间的基本关系充分应用集合之间的基本关系(即子、交、并、补),往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4:设集合},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A 则在下列关系中,成立的是( )A .D CB A ≠≠≠⊂⊂⊂ B .φφ=⋂=⋂DC B A , C .D C C B A ≠⊂⋃=, D .φ=⋂=⋃D C B B A ,图Ⅰ-1-1-1【思路分析】应注意数的特征,即.,612613,21221Z ∈+=++=+n n n n n 【解法1】∵},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A ∴D C C B A ≠⊂⋃=,.故应选C. 【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应,令}.|63{},|2{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+='∈='∈='n n D n n C n n B n n A ππππππ 结论仍然不变,显然A ′为终边在坐标轴上的角的集合,B ′为终边在x 轴上的角的集 合,C ′为终边在y 轴上的角的集合,D ′为终边在y 轴上及在直线x y 33±=上的角的集合,故应选(C ).【评述】解法1是直接法,解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合,研究角的终边,思路清晰易懂,实属巧思妙解.例5:设有集合B A B A x x B x x x A ⋃⋂<==-=和求和},2|||{}2][|{2(其中[x ]表示不超过实数x 之值的最大整数).【思路分析】应首先确定集合A 与B.从而 .2,.21A x ∈≤≤-显然∴}.22|{≤<-=⋃x x B A若 },2,1,0,1{][,2][,2--∈+=⋂∈x x x B A x 则从而得出 ).1]([1)1]([3-=-===x x x x 或 于是 }3,1{-=⋂B A【评述】此题中集合B 中元素x 满足“|x |<3”时,会出现什么样的结果,读者试解之.例6:设})],([|{},),(|{),,()(2R R R ∈==∈==∈++=x x f f x x B x x f x x A c b c bx x x f 且, 如果A 为只含一个元素的集合,则A=B.【思路分析】应从A 为只含一个元素的集合入手,即从方程0)(=-x x f 有重根来解之.【略解】设0)(},|{=-∈=x x f A 则方程R αα有重根α,于是,)()(2α-=-x x x f )],([..)()(2x f f x x x x f =+-=从而α即 ,)()]()[(222x x x x x +-+-+-=ααα 整理得,0]1)1[()(22=++--ααx x 因α,x 均为实数 .,01)1(2αα=≠++-x x 故 即.}{A B ==α【评述】此类函数方程问题,应注意将之转化为一般方程来解之.例7:已知N N M a y x y x N x y y x M =⋂≤-+=≥=求}.1)(|),{(},|),{(222成立时,a 需满足的充要条件.【思路分析】由.,M N N N M ⊆=⋂可知【略解】.M N N N M ⊆⇔=⋂由).1()12(1)(22222a y a y y x a y x -+-+-≤≤-+得于是,若0)1()12(22≤-+-+-a y a y ① 必有.,2M N x y ⊆≥即而①成立的条件是 ,04)12()1(422m a x ≤-----=a a y 即 ,0)12()1(422≤-+-a a 解得 .411≥a【评述】此类求参数范围的问题,应注意利用集合的关系,将问题转化为不等式问题来求解. 例8:设A 、B 是坐标平面上的两个点集,}.|),{(222r y x y x C r ≤+=若对任何0≥r 都有B C A C r r ⋃⊆⋃,则必有B A ⊆.此命题是否正确?【思路分析】要想说明一个命题不正确,只需举出一个反例即可.【略解】不正确.反例:取},1|),{(22≤+=y x y x A B 为A 去掉(0,0)后的集合.容易看出,B C A C r r ⋃⊆⋃但A 不包含在B 中.【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要,应注意掌握之.Ⅲ.有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P 23介绍了如下性质:一般地,对任意两个有限集合A 、B ,有 ).()()()(B A card B card A card B A card ⋂-+=⋃我们还可将之推广为:一般地,对任意n 个有限集合,,,,21n A A A 有)(1321n n A A A A A card ⋃⋃⋃⋃⋃-)]()([)]()()()([3121321A A card A A card A card A card A card A card n ⋂+⋂-++++= )]()]([)]()(1232111n n n n n n A A A card A A A card A A card A A card ⋂⋂++⋂⋂+⋂++⋂++---).()1(311n n A A A card ⋂⋂⋂⋅-+--应用上述结论,可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀,物理总评19人优秀,化学总评有20人优秀,数学和物理都优秀的有9人,物理和化学都优秀的有7人,化学和数学都优秀的有8人,试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围(该班有5名学生没有任一科是优秀).【思路分析】应首先确定集合,以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生},B={物理总评优秀的学生},C={化学总评优秀的学生}. 则.8)(,7)(,9)(,20)(,19)(,21)(=⋂=⋂=⋂===A C card C B card B A card C card B card A card ∵)()()()()()()(A C card C B card B A card C card B card A card C B A card ⋂-⋂-⋂-++=⋃⋃ ),(C B A card ⋂⋂+∴.3689201921)()(=--++=⋂⋂-⋃⋃C B A card C B A card 这里,)(C B A card ⋃⋃是数、理、化中至少一门是优秀的人数,)(C B A card ⋂⋂是这三科全优的人数.可见,估计)(C B A card ⋃⋃的范围的问题与估计)(C B A card ⋂⋂的范围有关.注意到7)}(),(),(min{)(=⋂⋂⋂≤⋂⋂A C card C B card B A card C B A card ,可知 7)(0≤⋂⋂≤C B A card . 因而可得.43)(36≤⋃⋃≤C B A card 又∵.5)(),()()(=⋃⋃=⋃⋃+⋃⋃C B A card U card C B A card C B A card 其中 ∴.48)(41≤≤U card 这表明全班人数在41~48人之间. 仅数学优秀的人数是).(C B A card ⋃⋂ ∴)()()()()(B card C B A card C B card C B A card C B A card -⋃⋃=⋃-⋃⋃=⋃⋂ .32)()()(-⋃⋃=⋂+-C B A card C B card C card 可见,11)(4≤⋃⋂≤C B A card 同理可知 ,10)(3≤⋃⋂≤C A B card.12)(5≤⋃⋂≤A B C card 故仅数学单科优秀的学生在4~11之间,仅物理单科优秀的学生数在3~10之间,仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.第二讲 映射及映射法知识、方法、技能1.映射的定义设A ,B 是两个集合,如果按照某种对应法则f ,对于集合A 中的任何一个元素,在集合B 中都有惟一的元素和它对应,这样的对应叫做从集合A 到集合B 的映射,记作.:B A f →(1)映射是特殊的对应,映射中的集合A ,B 可以是数集,也可以是点集或其他集合,这两个集合有先后次序,从A 到B 的映射与从B 到A 的映射是截然不同的.(2)原象和象是不能互换的,互换后就不是原来的映射了.(3)映射包括集合A 和集合B ,以及集合A 到B 的对应法则f ,三者缺一不可.(4)对于一个从集合A 到集合B 的映射来说,A 中的每一个元素必有惟一的,但B 中的每一个元素都不一定都有原象.如有,也不一定只有一个.2.一一映射一般地,设A 、B 是两个集合,.:B A f →是集合A 到集合B 的映射,如果在这个映射下,对于集合A 中的不同元素,在集合B 中有不同的象,而且B 中每一个元素都有原象,那么个这个映射叫做A 到B 上的一一映射.3.逆映射如果f 是A 与B 之间的一一对应,那么可得B 到A 的一个映射g :任给B b ∈,规定 a b g =)(,其中a 是b 在f 下的原象,称这个映射g 是f 的逆映射,并将g 记为f —1.显然有(f —1)—1= f ,即如果f 是A 与B 之间的一一对应,则f —1是B 与A 之间的一一对应,并且f —1的逆映射是f .事实上,f —1是B 到A 的映射,对于B 中的不同元素b 1和b 2,由于它们在f 下的原象不同,所以b 1和b 2在f —1下的像不同,所以f —1是1-1的. 任给b a f A a =∈)(,设,则a b f=-)(1.这说明A 中每个元素a 在f —1都有原象.因此,f —1是映射上的.这样即得f —1是B 到A 上的1-1映射,即f —1是B 与A 之间一一对应.从而f —1有逆映射.:B A h →由于任给b a h A a =∈)(,设,其中b 是a 在f —1下的原象,即f —1(b)=a ,所以,f(a)=b ,从而f h a f b a h ===得),()(,这即是f —1的逆映射是f .赛题精讲Ⅰ映射关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一,请看下述试题.例1:设集合},,,,|),,,{(},,110|{M d c b a d c b a F x x x M ∈=∈≤≤=集合Z 映射f :F →Z.使得v u y x v x y u y x v u cd ab d c b a ff f ,,,,66),,,(,39),,,(.),,,(求已知→→-→的值.【思路分析】应从cd ab d c b a f -→),,,(入手,列方程组来解之.【略解】由f 的定义和已知数据,得⎩⎨⎧∈=-=-).,,,(66,39M y x v u xv uy xy uv 将两式相加,相减并分别分解因式,得.27))((,105))((=+-=-+x u v y x u v y显然,},110|{,,,,0,0Z ∈≤≤∈≥-≥-x x x v u y x v y x u 在的条件下,,110≤-≤v u ,21)(,15)(,105|)(,2210,221]11105[21=+=++≤+≤≤+≤+v y v y v y v y v y 可见但即 对应可知.5)(,7)(21=-=-x u x u 同理,由.9)(,3)(223,221]1127[,11021=+=+≤+≤≤+≤+≤-≤x u x u x u x u v y 又有知 对应地,.3)(,9)(21=-=-v y v y 于是有以下两种可能: (Ⅰ)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+;3,9,7,15v y x u x u x y (Ⅱ)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+.3,9,5,21v y x u x u v y 由(Ⅰ)解出x =1,y=9,u =8,v =6;由(Ⅱ)解出y=12,它已超出集合M 中元素的范围.因此,(Ⅱ)无解.【评述】在解此类问题时,估计x u v y x u v y +--+,,,的可能值是关键,其中,对它们的取值范围的讨论十分重要.例2:已知集合}.0|),{(}333|),{(><<=xy y x x y y x A 和集合求一个A 与B 的一一对应f ,并写出其逆映射.【略解】从已知集合A ,B 看出,它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合(如图Ⅰ-1-2-1).集合A 为直线x y x y 333==和所夹角内点的集合,集合B 则是第一、三象限内点的集合.所要求的对应实际上可使A 区域拓展成B 区域,并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A 和B :图Ⅰ-1-2-1},36,,0|)sin ,cos {(πθπρρθρθρ<<∈≠=R A }.20,,0|)sin ,cos {(πϕρρϕρϕρ<<∈≠=R B 令).6(3),sin ,cos ()sin ,cos (πθϕϕρϕρθρθρ-=→f 在这个映射下,极径ρ没有改变,辐角之间是一次函数23πθϕ-=,因而ϕθ和之间是一一对应,其中),3,6(ππθ∈ ).2,0(πϕ∈所以,映射f 是A 与B 的一一对应. 逆映射极易写,从略.【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题,颇具特色.应注意理解掌握.Ⅱ映射法应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.例3:设X={1,2,…,100},对X 的任一非空子集M ,M 中的最大数与最小数的和称为M 的特征,记为).(M m 求X 的所有非空子集的特征的平均数.【略解】设.}|101{,:,X A a a A A A f X A ≠≠⊂∈-=''→⊂令 于是A A f '→:是X 的非空子集的全体(子集组成的集),Y 到X 自身的满射,记X 的非空子集为A 1,A 2,…,A n (其中n=2100-1),则特征的平均数为.))()((21)(111∑∑=='+=ni i i n i i A m A m n A m n 由于A 中的最大数与A ′中的最小数的和为101,A 中最小数与A ′中的最大数的和也为101,故,202)()(='i i A m A m 从而特征平均数为 .10120221=⋅⋅n n如果A ,B 都是有限集合,它们的元素个数分别记为).(),(B card A card 对于映射B A f →:来说,如果f 是单射,则有)()(B card A card ≤;如果f 是满射,则有)()(B card A card ≥;如果f 是双射,则有)()(B card A card =.这在计算集合A 的元素的个数时,有着重要的应用.即当)(A card 比较难求时,我们就找另一个集合B ,建立一一对应B A f →:,把B 的个数数清,就有)()(B card A card =.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.例4:把△ABC 的各边n 等分,过各分点分别作各边的平行线,得到一些由三角形的边和这些平行线所组成的平行四边形,试计算这些平等四边形的个数.【略解】如图Ⅰ-1-2-2所示,我们由对称性,先考虑边不行于BC 的小平行四边形.把AB 边和AC 边各延长一等分,分别到B ′,C ′,连接B ′C ′.将A ′B ′的n 条平行线分别延长,与B ′C ′相交,连同B ′,C ′共有n+2个分点,从B ′至C ′依次记为1,2,…,n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B ′C ′于i ,j ,k ,l .记A={边不平行于BC 的小平行四边形},}.21|),,,{(+≤<<<≤=n l k j i l k j i B把小平行四边形的四条边延长且交C B ''边于四点的过程定义为一个映射:B A f →:. 下面我们证明f 是A 与B 的一一对应,事实上,不同的小平行四边形至少有一条边不相同,那么交于C B ''的四点亦不全同.所以,四点组),,,(l k j i 亦不相同,从而f 是A 到B 的1-1的映射.任给一个四点组21),,,,(+≤<<<≤n l k j i l k j i ,过i ,j 点作AB 的平行线,过k ,l 作AC 的平行线,必交出一个边不平行于BC 的小平行四边形,所以,映射f 是A 到B 的满射. 总之f 是A 与B 的一一对应,于是有.)()(42+==n C B card A card加上边不平行于AB 和AC 的两类小平行四边形,得到所有平行四边形的总数是.342+n C 例5:在一个6×6的棋盘上,已经摆好了一些1×2的骨牌,每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子,证明:如果还有14个格子没有被覆盖,则至少能再放进一个骨牌.【思路分析】还有14个空格,说明已经摆好了11块骨牌,如果已经摆好的骨牌是12块,图Ⅰ-1-2-3所示的摆法就说明不能再放入骨牌.所以,有14个空格这一条件是完全必要的.我们要证明当还有14个空格时,能再放入一个骨牌,只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种 情况不发生,则每个空格的四周都有骨牌,由于正方形是对称的,当我们选定一个方向时,空格和骨牌就有了某种对应关系,即可建立空格到骨牌的一种映射,通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系,可以得到空格分布的一个很有趣的结论,从而也就证明了我们的命题.【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.如果棋盘第一行(即最上方的一行)中的空格数多于3个时,则必有两空格相邻,这时问题就得到解决.现设第一行中的空格数最多是3个,则有11314)(=-≥X card ,另一方面全部的骨牌数为11,即.11)(=Y card 所以必有),()(Y card X card =事实上这是一个一一映射,这时,将发生一个很有趣的现象:最下面一行全是空格,当然可以放入一个骨牌.【评述】这个题目的证明是颇具有特色的,从内容上讲,这个题目具有一定的综合性,既有覆盖与结构,又有计数与映射,尤其是利用映射来计数,在数学竞赛中还较少见.当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如,用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构,也能比较容易地解决这个问题,请读者作为练习.例6:设N={1,2,3,…},论证是否存一个函数N N f →:使得2)1(=f ,n n f n f f +=)())((对一切N ∈n 成立,)1()(+<n f n f 格,即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格,考察它上方的与之相邻的方格中的情况.(1)如果上方的这个方格是空格,则问题得到解决.(2)如果上方的这个方格被骨牌所占,这又有三种情况.(i )骨牌是横放的,且与之相邻的下方的另一个方格也是空格,则这时有两空格相邻,即问题得到解决;(ii )骨牌是横放的,与之相邻的下方的另一个方格不是空格,即被骨牌所覆盖; (iii )骨牌是竖放的.现在假设仅发生(2)中的(ii )和(iii )时,我们记X 为下面5×6个方格中的空格集合,Y 为上面5×6个方格中的骨牌集合,作映射Y X →:ϕ,由于每个空格(X 中的)上方都有骨牌(Y 中的),且不同的空格对应于不同的骨牌.所以,这个映射是单射,于是有 )()(Y card X card ≤,对一切N ∈n 成立.【解法1】存在,首先有一条链.1→2→3→5→8→13→21→…①链上每一个数n 的后继是)(n f ,f 满足n n f n f f +=)())((②即每个数是它产面两个数的和,这种链称为f 链.对于①中的数m>n ,由①递增易知有n m n f m f -≥-)()(③我们证明自然数集N 可以分析为若干条f 链,并且对任意自然数m>n ,③成立(从而)()1(n f n f >+),并且每两条链无公共元素).方法是用归纳法构造链(参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社)设已有若干条f 链,满足③,而k+1是第一个不在已有链中出现的数,定义1)()1(+=+k f k f ④这链中其余的数由②逐一确定.对于m>n ,如果m 、n 同属于新链,③显然成立,设m 、n 中恰有一个属于新链.若m 属于新链,在m=k+1时,,1)(1)()()(n m n k n f k f n f m f -=+-≥-+=-设对于m ,③成立,则n m f m n m n f m m f n f m f f -≥+-≥-+=-)()()()())(( [由②易知)(2m f m ≥]. 即对新链上一切m ,③成立.若n 属于新链,在n=k+1时,.11)()()()(n m k m k f m f n f m f -=--≥--=-设对于n ,③成立,在m>n 时,m 不为原有链的链首。
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第四讲三角函数性质及其应用赛点直击一、三角函数线及其应用在单位圆中(如图所示),设单位圆与x轴正向交于A 点,与y轴正向交于B点,并设α角与单位圆交于P点,过P点作PM⊥x轴与M点,过A点作AT⊥x轴交α终边或其延长线(α在二三象限)于T点,过B点作BS⊥y 轴交α终边或其延长线(α在三四象限)于S点,则sinα=→MP 的数量,cosα=→OM 的数量tanα=→AT 的数量,cotα=→BS的数量y由单位圆中函数线不难看出:(1)|sinα|≤1 ,|cosα|≤1;(2)sin α<α<tan α , α∈(0,π2) (实质为S ΔOPM<S 扇形OPA <S ΔOAT ) 二、三角函数值1.三角函数的诱导公式(不列出,参照课本)2.八个基本关系平方关系:sin ²α+cos ²α=1, tan ²α+1=sec ²α, cot ²α+1=csc ²α .商的关系:tan α=sin αcos α , cot α=cos αsin α .倒数关系:csc α=1sin α , sec α=1cos α,cot α=1tan α.三、三角函数的性质1.正、余弦函数的有界性2.三角函数的单调性3.三角函数的奇偶性4.三角函数的周期性赛题解析【例一】 设x ∈[0,π],试比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小.解:令x =0,π2,π,分别代入cos(sinx)和sin(cosx),易得: cos(sinx)>sin(cosx);又当π2<x <π时,0<sinx <1<π2, -π2<-1<cosx <0,则cos(sinx)>0>sin(cosx).下面证明当0<x <π2时,cos(sinx)>sin(cosx),即只需证明sin(π2-sinx)>sin(cosx)因为0<x <π2,则0<π2-sinx <π2,0<cosx <1<π2.故只需证明:π2-sinx >cosx ,即证明:sinx +cosx <π2,而sinx+cosx ≤2<π2成立.(注:最后一步是因为sinx +cosx =2sin(x +π4)≤2).【例二】 已知x 是第二象限角,且sinx +cosx =a(|a|≠1),求下列各式的值: (1)tanx -cotx;(2)1-sinx1+sinx +1-cosx1+cosx.解:(1)tanx -cotx =(sinx -cosx)(sinx +cosx)sinxcosx .根据sinx +cosx =a ,两边平方得:1+2sinxcosx =a ² , 即有sinxcosx =a ²-12. 于是(sinx -cosx)²=2-a ²又x 是第二象限角,则sinx -cosx =2-a ²,因此, tanx -cotx =2a 2-a ²a ²-1.(2)1-sinx1+sinx+1-cosx 1+cosx =1-sinx -cosx +1-cosxsinx=(sinx -cosx)( sinx +cosx +1)sinxcosx =22-a ²a +1.【说明】由sinx ±cosx =a 可以推出sinxcosx =±a ²-12,并可求出关于sinx,cosx 的任意一个对称式,如sin ³x + cos ³x ,sin 2x cosx +cos 2xsinx 等的值.【例三】 求证:ab ≤(asin 2x +bcos 2x)(bsin 2x +acos 2x)≤(a +b)²4(a ,b >0).【分析】从中间向左右两侧变形在于消x,联想公式sin²α+cos²α=1,可以考虑通过不等变换,凑出sin2x+cos2x 结构.证明:因为a ,b>0,且sin2x+cos2x=1,则(asin2x+bcos2x)(bsin2x+acos2x)≤[(asin2x+bcos2x)+(bsin2x+acos2x)2]²=(a+b)²4又 (asin2x+bcos2x)(bsin2x+acos2x)=(a²+b²)sin2xcos2x+ab(sin4x+cos4x)≥2absin2xcos2x+ab(sin4x+cos4x)=ab(sin2x+cos2x)²=ab.故原不等式成立.【例四】已知函数f(x)=cos2x+2sinxcosx-sin2x+Ax+B,|f(x)|在0≤x≤3π2上的最大值M与参数A、B有关,问A、B取什么值时M最小?并证明之. 【分析】解决一个问题首先应考虑简化,题中函数f(x)可看作函数2sin(2x+π4)和函数Ax+B相加而成,2sin(2x+π4)为静态的,Ax+B为动态的(相对于f(x)的最值而言),本题主要考虑Ax +B 对f(x)的最大值和最小值的影响,借助图像可以使问题分析更直观.解:由函数解析式化简得:f(x)=2sin(2x +π4)+Ax +B.令g(x)=2sin(2x +π4),x ∈[0,3π2];h(x)=Ax +B,x ∈[0,3π2].作出函数h(x)=Ax +B,x ∈[0,3π2]和g(x)=2sin(2x +π4),x ∈[0,3π2]的图像,如图所示当x =π8,9π8时,g(x)取得最大值 2.当x =5π8时,g(x)取得最小值- 2.当h(π8)>0或h(9π8)>0时,f max >2,∴ M > 2.当h(π8)<0且h(9π8)<0时,h(5π8)<0,∴f min <-2, ∴ M > 2当h(π8)=h(9π8)=0时,f max =2, f min =-2,∴ M = 2.此时A =B =0,即A =B =0时,M 有最小值 2.【例五】 求证:在区间(0,π2)内存在唯一的实数对(c,d),c,d ∈(0,π2),且c <d ,sin(cosc)=c, cos(sind)=d 使得成立.【分析】本题实质上是方程sin(cosx)=x 和cos(sinx)=x 的解的问题.解:设函数f(x)=sin(cosx)-x, x ∈[0,π2],则f(x)在其定义域上是连续函数,任取x 1,x 2∈[0,π2],使得x 1<x 2f(x 1)=sin(cosx 1)-x 1 , f(x 2)=sin(cosx 2)-x 2 .由于y =cosx 在[0,π2]单调递减,则cosx 1>cosx 2,且cosx 1、cosx 2∈[0,π2],而y =sinx 在[0,π2]上是单调递增的,所以,sin(cosx 1)>sin(cosx 2).又因x 1<x 2,则sin(cos x 1)-x 1>sin(cos x 2)-x 2 ,即 f(x 1)>f(x 2).所以f(x)在[0,π2]上是减函数.又f(0)=sin1>0,f(π2)=-π2<0,故f(x)的图像在区间(0,π2)上与x 轴有唯一交点,即存在唯一实数c ∈(0,π2)使得等式sin(cosc)=c 成立.同理可证明存在唯一实数d ∈(0,π2),使得等式cos(sind)=d 成立.因为cos(sind)=d ,所以sin(cos(sind))=sind. 又sind ∈(0,π2),而在(0,π2)内只有唯一解c 使sin(cosc)=c 成立,故c =sind.当x >0时,sinx <x 成立,则sind <d,于是c <d,命题成立.【例六】 设0≤a ≤1,且0≤x ≤π,试证明: (2a -1)sinx +(1-a)sin(1-a)x ≥0 【分析】可以从等式的符号分析入手,考虑到当0≤a ≤1且0≤x ≤π时,sinx >0, sin(1-a)x >0, 1-a >0,所以当12<a ≤1时,(2a -1)sinx +(1-a)sin(1-a)x ≥0成立;当0≤a ≤12时,(2a -1)sinx ≤0.故可将所证不等式变形为(1-a)sin(1-a)x ≥(1-2a)sinx ,能否将其转化为某一函数的两函数值关系问题?这一函数是什么?是xsinx ,还是sinxx? 证明:显然,当0≤x ≤π时,有sinx ≥0, sin(1-a)x ≥0.当a ∈[0,12]且x =0时, (2a -1)sinx +(1-a)sin(1-a)x=0.下面证明a ∈[0,12],0<x ≤π时的情形.定义函数f(x)=sinx x ,0<x ≤π,对于任何0<x <x +δ≤π2有tanx ≥x 及sin(x +δ)=sinxcos δ+sin δcosx ≤sinx +cosx.则:sinx x -sin(x +δ)x +δ=(x +δ)sinx -xsin(x +δ)x(x +δ)≥(x +δ)sinx -x(sinx +δcosx)x(x +δ)=δcosx(tanx -x)x(x +δ)≥0.所以f(x)=sinx x 在(0,π2)上递减,而sinx 在[π2,π]上递减,故f(x)=sinx x 在[π2,π]上递减,由此推知对任何x, 0<x≤π,0≤a ≤12,有 sinx x ≤sin(1-a)x(1-a)x , 得:sinx ≤sin(1-a)x1-a.又(1-a)²=1-2a +a ²>1-2a >0,则 sin(1-a)x 1-a ≤1-a1-2a ·sin(1-a)x.于是 sinx ≤1-a 1-2a ·sin(1-a)x ,即 (2a -1)sinx +(1-a)sin(1-a)x ≥0.(本题证明函数f(x)=sinxx 的单调性用求导数的方法更简单)巩固练习1. 设a =xcos θ+ysin θ,b =xsin θ+ycos θ,当|x|≠|y|≠0时,对任意实数x,y,θ,则有( )A. a =b =0B. a, b 不同时为零C .a ≠0且b ≠0 D.a ²+b ²=12. 对任意实数x,y ,设a =cosx ²+cosy ²-cosxy ,则a 的取值范围是( )A. [-3,3]B. (-3,3)C. [-1,3)D. (-1,3]3. 平面上有两个定点A,B ,任意放置4个点C 1,C 2,C 3,C 4,且与A,B 两点不重合,若存在点C i ,C j (i ≠j),使不等式|sin∠AC i B -sin ∠AC j B|≤13成立,则称(C i ,C j )为一个点对,那么这样的点对( )A. 不存在B.至少有一个C.至多有一个D.恰有一个4. 若θ∈(π2,3π4),sin2θ=a,则sin θ+cos θ等于( ) A. a +1+a ²-a B. -a -1C. a +1-a ²-aD. a +15. 对0≤θ≤π2,使cos ²θ+2msin θ-2m -2<0成立的实数m 的取值范围是( )A. 1-2<m <1+ 2B. -12<m <1 C. m >-12D. 0<m <16. 已知锐角α满足cos α=35, cos(α+β)=-513,则β一定位于( )A. 第一象限角B.第一或第三象限角C.第三象限角D.第一或第四象限角7. 函数y =3-sinx 1+cosx的最小值是( ) A. 1 B. 4 C. 43 D. -438. 若α, β∈(0,π2),则必定有( ) A. cos(α+β)>cos α+cos βB. cos(α+β)<cos α+cos βC. cos(α+β)>sin α+sin βD. cos(α+β)<sin α+sin β9. 方程sin ²x +3a ²cosx -2a ²(3a -2)-1=0有解,则a 的取值范围是( )A. -12≤a <1B. a >1或-13<a <12C. -13<a <23D. 12≤a ≤1 10. A 为ΔABC 的一个内角,且sinA +cosA =712,则ΔABC 是( )A. 钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.正三角形11. 对于任何x ∈(0,π2),则下列结论成立的是( ) A. sin(sinx)<cosx <cos(cosx)B. sin(sinx)>cosx >cos(cosx)C. sin(cosx)>cosx >cos(sinx)D. sin(cosx)<cosx <cos(sinx)12. 当x 在任意两个整数间(包括整数本身)变动时,函数y=3tan (2k -1)πx 5(k ∈Ζ)至少有两次失去意义,则k 的最小正整数值为( )A. 6B.5C.4D.313. 函数y =(sinx +1)(cosx +1),(-π6≤x ≤π2)的最小值为 .14. y =(13)lgcosx 的单调递减区间是 15. y =-tanx -1+16-x ²1-㏒sinx32的定义域是 16. 函数f(x)=acosx +bsinx,其中a,b 为实常数,若存在x 1,x 2,且x 1≠x 2+k π(k ∈Ζ),使得|f(x 1)|+|f(x 2)|=0成立,则函数f(x)的值域为17. 方程sinx +cosx =-k 在区间[0,π]上有两个不相等实根,则实常数k 的取值范围是18. 如果tan α,tan β是关于x 的一元二次方程x ²+px +q=0的两根,则 sin(α+β)cos(α-β)= 19. 若α,β,γ是锐角,且cos ²α+cos ²β+cos ²γ=1,则tan αtan βtan γ的最小值等于20. 设A =sin(sin 3π8),B =sin(cos 3π8), C =cos(sin 3π8),D =cos(cos 3π8),试比较A,B,C,D 的大小 21. 若整数n 用7除余1、3或4,证明:cos(n 7π-1314π)+cos(37n π-314π)+cos(57n π-314π)=0 22. a,b,A,B 都是实数,若对于一切实数x ,都有f(x)=1-acosx -bsinx -Acos2x -Bsin2x ≥0.求证: a ²+b ²≤2 , A ²+B ²≤1.参考答案:1~5:B B B D C 6~10:B C B A A 11 ~12:D A 13.2+34 14.[2k π,2k π+π2),k ∈Ζ15.[-4,-5π4)∪(π2,2π3)∪(2π3,3π4) 16.﹛0﹜17.[1,2] 18. -pq+119.22(构造长方体解) 20.B<C<A<D 21.略 22.提示:取特殊点x, x+π和x, x+π2代入。