第一篇：2011屆高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)教案1

【課

題】：合情推理

【上課時間】：

【學(xué)習(xí)目標】：

1.結(jié)合已經(jīng)學(xué)過的數(shù)學(xué)實例和生活實例，了解合情推論的含義，能利用歸納和類比等方法進行簡單的推理，體會并認識合情推論在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用。2.正確認識合情推理在數(shù)學(xué)中的重要作用，養(yǎng)成從小開始認真觀察事物，分析問題，發(fā)現(xiàn)事物之間的質(zhì)的聯(lián)系的良好個性品質(zhì)，善于發(fā)現(xiàn)問題，探求新知識?！窘虒W(xué)重，難點】：

歸納推理的具體含義及其應(yīng)用，用類比進行推理，作出猜想。【教學(xué)過程】：

一、自主學(xué)習(xí)

1、歸納推理的定義：____________________________________________________.2、歸納推理的思維過程：________________________________.3、類比推理的定義：_________________________________________________________.4、類比推理的思維過程：________________________________.二、練習(xí)：

1.觀察下列等式，并從中歸納出一般的結(jié)論（1）12?***34121611212034，??，???，????

猜想：

（2）三角形的內(nèi)角和是180°，凸四邊形的內(nèi)角和是36054000?2?180，凸五邊形的內(nèi)角和是

0?3?180，---, 0猜想：凸多邊形的內(nèi)角和是_______________________.（3）當(dāng)n=0時，n2?n?11?11;

當(dāng)n=1時，n2?n?11?11；

當(dāng)n=2時，n?n?11?13；

當(dāng)n=3時，n?n?11?17； 當(dāng)n=4時，n?n?11?23；

當(dāng)n=5時，n?n?11?31； 因為11,11,13,17,23,31都是質(zhì)數(shù)。

猜想：

通過這三個例子說明：根據(jù)一個或幾個事實（或假設(shè)）得出一個新判斷的思維方式 顯然這種結(jié)論_____________正確。

3.觀察等式：

sinsin2222230150?cso60?cos220?sin30cos60?sin15cos45000??3434,sin2200?cos2500?sin20cos5000?34,204500,?.由此得出下列推廣命題中不正確的是_____________.(1)sin 2??cos??sin?cos??234.(2)sin2(??300)?cos2??sin(??300)cos??34;

34,(3)sin2(??150)?cos2(??150)?sin(??150)cos(??150)?(4)sin2??cos(??30)?sin?cos(??30)?20034.5、在平面上，到定直線的距離等于定長的點的軌跡是兩條平行線。

在空間：（1）到定直線的距離等于定長的點的軌跡是什么？

（2）到已知平面距離相等的點的軌跡是什么？

三．例題選講。

22?an?1(n?1,2,?）例1..已知數(shù)列?an?的每一項均為正數(shù)，a1?1,an，試歸納出數(shù)列?an??1的一個通項公式。

例2.已知F1,F2是雙曲線x24?y29?1的左右兩個焦點，點M在雙曲線上。

0（1）若?F1MF2?90，求三角形F1MF2的面積。0（2）若?F1MF2?120，求三角形F1MF2的面積。0（3）若?F1MF2?60，求三角形F1MF2的面積。

由此你能得出隨?F1MF2的變化，三角形F1MF2的面積的變化規(guī)律嗎？

例3.（2009湖北卷文）古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種性狀來研究數(shù)，例如：

他們研究過圖1中的1，3，6，10，?，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，將其稱為三角形數(shù);類似地，稱圖2中的1，4，9，16?這樣的數(shù)成為正方形數(shù)。下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是

A.289

B.1024

C.1225

D.1378 例4..我們已經(jīng)學(xué)習(xí)過等差數(shù)列，你是否想過有沒有“等和數(shù)列”？

（1）類比“等差數(shù)列”給出“等和數(shù)列”的定義；

（2）探索“等和數(shù)列?an?”的奇數(shù)項，偶數(shù)項各有什么特點？并加以證明。（3）在等和數(shù)列?an?中，如a1?a,a2?b,求它的前n項和Sn.例5在平面幾何中有命題“正三角形內(nèi)任意一點到三邊距離之和是一個定值”，那么

在正四面體中類似的命題是______________________________________________.你能給出證明嗎？。

第二篇：XX屆高考數(shù)學(xué)立體幾何復(fù)習(xí)教案

XX屆高考數(shù)學(xué)立體幾何復(fù)習(xí)教案

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立體幾何總復(fù)習(xí)

一、基本符號表示..點A在線m上：Am；

2.點A在面上：A

；

3.直線m在面內(nèi)：m

；

4.直線m與面交于點A：m

=A；

5.面與面相交于直線m：=m；

二、點A到面的距離.（第一步：作面的垂線）

①作法：過點A作Ao

于o，連結(jié)線段Ao,即所求。

②求法：

（一）直接法；

（二）等體法（等積法包括：等體積法和等面積法）；

（三）換點法。

如圖，三棱錐中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m為Pc的中點。

（II）求點A到平面PBc的距離.（例2）四棱錐P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（III）求點B到平面PcD的距離。

（例3）如圖，直三棱柱中，Ac⊥cB，D是棱的中點。（I）求點B到平面的距離.三、兩條異面直線m與n所成角.①作法：平移，讓它們相交.（若mn,則可證出mn所在的平面）

②求法：常用到余弦定理.③兩條異面直線所成角的范圍：

；任意兩

條異面直線所成角的范圍：

.如圖，在中，斜邊．可以通過以直線為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角是直二面角．動點的斜邊上．（II）當(dāng)為的中點時，求異面直線與所成角的大?。?/p>

四、線m與面所成角.（第一步：作面的垂線）

①作法：在線m上任取一點P（異于A），作Po

于o,連結(jié)Ao，則Ao為斜線PA在面內(nèi)的攝影，m與面所成的角。

②求法：一般根據(jù)直角三角形來解。

③線面角的范圍：

.已知正四棱柱中，AB＝2。（II）求直線與側(cè)面所成的角的正切值.如圖，在中，斜邊．可以通過以直線為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角是直二面角．動點的斜邊上．（III）求與平面所成角的最大值． 五、二面角（注：若所求的二面角為直二面角，一般轉(zhuǎn)化為求它的補角—銳角）.（一）定義法：

①作法：在棱c上取一“好”點P，在兩個半平面內(nèi)分別作c的垂線（射線）m、n,則角即二面角—c—的平面角。

②求法：一般根據(jù)余弦定理。

（二）三垂線法：（第一步：作面的垂線）

①作法：在面或面內(nèi)找一合適的點A,作Ao

于o，過A作ABc于B，則Bo為斜線AB在面內(nèi)的射影，為二面角—c—的平面角。

三垂線法的步驟：

1、作面的垂線；

2、作棱的垂線，并連結(jié)另一邊（平面角的頂點在棱上）；

3、計算。

②求法：一般根據(jù)直角三角形來解。

③二面角的取值范圍：

.如圖，三棱錐中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m為Pc的中點。

（III）求二面角的正切值。

（例2）已知正四棱柱中，AB＝2。（III）求二面角的正切值。

（例3）四棱錐P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（II）求二面角D—Pc—A的大??；

（例4）已知：四棱錐P—ABcD的底面ABcD是邊長為1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（III）求二面角B—PA—c的余弦值.（例5）如圖，直三棱柱中，Ac⊥cB，D是棱的中點。（II）求二面角的大小。

六、三垂線定理.（第一步：作面的垂線）

.定理：PA為斜線，Po

于o，oA為射影，m，AomPAm.2.逆定理：PA為斜線，Po

于o，oA為射影，m，PAm

Aom.已知正四棱柱中，AB＝2。（I）求證：.七、線面平行（）..定義：

2.判定定理：

3.性質(zhì)定理：

（例1）已知：四棱錐P—ABcD的底面ABcD是邊長為1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（I）求證：Bc//平面PAD.八、線面垂直（）..定義：

2.判定定理：

3.性質(zhì)定理：

（例1）四棱錐P—ABcD中，PA⊥底面ABcD，AB//cD，AD=cD=1，∠BAD=120°，PA=，∠AcB=

90°。（I）求證：Bc⊥平面PAc；

（例2）已知：四棱錐P—ABcD的底面ABcD是邊長為1的正方形，PD⊥底面ABcD，且PD=1。（II）若E、F分別為PB、AD的中點，求證：EF⊥平面PBc.九、面面平行（）..定義：

2.判定定理：

3.性質(zhì)定理：

十、面面垂直（）..定義：

2.判定定理：

3.性質(zhì)定理：

如圖，三棱錐中，PA⊥AB，PA⊥Ac，AB⊥Ac，PA=Ac=2，AB=1，m為Pc的中點。

（I）求證：平面PcB⊥平面mAB.如圖，在中，斜邊．可以通過以直線為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角是直二面角．動點的斜邊上．（I）求證：平面平面；

十一、有關(guān)對角線..平行四邊形：

對角線平分.2.菱形：

對角線垂直且平分.3.矩形：

對角線相等且平分.4.正方形：

對角線相等且垂直且平分.十二、平移的方法..三角形（或梯形）的中位線：

且等于底邊（上下兩底之和）的一半.2.平行四邊形：對邊

且相等.3.等比例線段：

十三、重要輔助線的添加方法..見到中點，考慮：①中位線；②

；③

.2.見到平行四邊形（菱形、矩形、正方形同理），考慮：①連結(jié)對角線；②對邊平行且相等.十四、求三角形面積的通用方法.十五、三棱錐的任何一個面都可以作為底面，方便使用等體法.十六、立體幾何解題策略（附加：在做立體幾何大題時，后以文經(jīng)常用到前一問的結(jié)論，平時注意）..由已知想性質(zhì)；

2.由結(jié)論想判定；

3.由需要做輔助線或輔助平面.十七、有關(guān)棱柱.棱柱——————————直棱柱—————————正棱柱..兩底面平行；

+1.側(cè)棱垂直于底面

+1.底面是正多邊形

2.側(cè)棱平行

十八、有關(guān)棱錐.棱錐——————————正棱錐..一面一點一連；

+1.底面是正多邊形；

2.頂點在底面的射影正好是底面正多邊形的中心.

第三篇：XX屆高考數(shù)學(xué)第一輪不等式專項復(fù)習(xí)教案

XX屆高考數(shù)學(xué)第一輪不等式專項復(fù)習(xí)教

案

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件004km.cn 第六章不等式

●網(wǎng)絡(luò)體系總覽

●考點目標定位

.理解不等式的性質(zhì)及應(yīng)用.2.掌握兩個（不擴展到三個）正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)的定理，并會簡單地應(yīng)用.3.掌握比較法、分析法、綜合法證明簡單的不等式.4.掌握不等式的解法.5.理解不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.●復(fù)習(xí)方略指南

本章內(nèi)容在高考中，以考查不等式的性質(zhì)、證明、解法和最值方面的應(yīng)用為重點，多數(shù)是與函數(shù)、方程、三角、數(shù)列、幾何綜合在一起被考查，單獨考查不等式的問題較少，尤其是不等式的證明題.借助不等式的性質(zhì)及證明，主要考查函數(shù)方程思想、等價轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想及分類討論思想等數(shù)學(xué)思想方法.含參數(shù)不等式的解法與討論，不等式與函數(shù)、數(shù)列、三角等內(nèi)容的綜合問題，仍將是今后高考命題的熱點.本章內(nèi)容理論性強，知識覆蓋面廣，因此復(fù)習(xí)中應(yīng)注意：

.復(fù)習(xí)不等式的性質(zhì)時，要克服“想當(dāng)然”和“顯然成立”的思維定勢，要以比較準則和實數(shù)的運算法則為依據(jù).2.不等式的證明方法除比較法、分析法、綜合法外，還有反證法、換元法、判別式法、構(gòu)造法、幾何法，這些方法可作了解，但要控制量和度，切忌喧賓奪主.3.解（證）某些不等式時，要把函數(shù)的定義域、值域和單調(diào)性結(jié)合起來.4.注意重要不等式和常用思想方法在解題中的作用.5.利用平均值定理解決問題時，要注意滿足定理成立的三個條件：一“正”、二“定”、三“相等”.6.對于含有絕對值的不等式（問題），要緊緊抓住絕對值的定義實質(zhì)，充分利用絕對值的幾何意義.7.要強化不等式的應(yīng)用意識，同時要注意到不等式與函數(shù)方程的對比與聯(lián)系.6.1不等式的性質(zhì)

●知識梳理

.比較準則：a－b＞0a＞b；

a－b=0a=b；a－b＜0a＜b.2.基本性質(zhì)：（1）a＞bb＜a.（2）a＞b，b＞ca＞c.（3）a＞ba+c＞b+c；a＞b，c＞da+c＞b+d.（4）a＞b，c＞0ac＞bc；a＞b，c＜0ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0ac＞bd.（5）a＞b＞0

＞（n∈N，n＞1）；a＞b＞0an＞bn（n∈N，n＞1）.3.要注意不等式性質(zhì)成立的條件.例如，重要結(jié)論：a＞b，ab＞0

＜，不能弱化條件得a＞b

＜，也不能強化條件得a＞b＞0

＜.4.要正確處理帶等號的情況.如由a＞b，b≥c或a≥b，b＞c均可得出a＞c；而由a≥b，b≥c可能有a＞c，也可能有a=c，當(dāng)且僅當(dāng)a=b且b=c時，才會有a=c.5.性質(zhì)（3）的推論以及性質(zhì)（4）的推論可以推廣到兩個以上的同向不等式.6.性質(zhì)（5）中的指數(shù)n可以推廣到任意正數(shù)的情形.特別提示

不等式的性質(zhì)從形式上可分兩類：一類是“”型；另一類是“”型.要注意二者的區(qū)別.●點擊雙基

.若a＜b＜0，則下列不等式不能成立的是

A.＞

B.2a＞2b

c.|a|＞|b|

D.（）a＞（）b

解析：由a＜b＜0知ab＞0，因此a?＜b?，即＞成立；

由a＜b＜0得－a＞－b＞0，因此|a|＞|b|＞0成立.又（）x是減函數(shù)，所以（）a＞（）b成立.故不成立的是B.答案：B

2.（XX年春季北京，7）已知三個不等式：ab＞0，bc－ad＞0，－＞0（其中a、b、c、d均為實數(shù)），用其中兩個不等式作為條件，余下的一個不等式作為結(jié)論組成一個命題，可組成的正確命題的個數(shù)是

A.0

B.1

c.2

D.3

解析：由ab＞0，bc－ad＞0可得出－＞0.bc－ad＞0，兩端同除以ab，得－＞0.同樣由－＞0，ab＞0可得bc－ad＞0.ab＞0.答案：D

3.設(shè)α∈（0，），β∈［0，］，那么2α－的范圍是

A.（0，）

B.（－，）

c.（0，π）

D.（－，π）

解析：由題設(shè)得0＜2α＜π，0≤≤.∴－≤－≤0.∴－＜2α－＜π.答案：D

4.a＞b＞0，m＞0，n＞0，則，，的由大到小的順序是____________.解析：特殊值法即可

答案：＞＞＞

5.設(shè)a=2－，b=－2，c=5－2，則a、b、c之間的大小關(guān)系為____________.解析：a=2－=－＜0，∴b＞0.c=5－2=－＞0.b－c=3－7=－＜0.∴c＞b＞a.答案：c＞b＞a

●典例剖析

【例1】已知－1＜a+b＜3且2＜a－b＜4，求2a+3b的取值范圍.剖析：∵a+b，a－b的范圍已知，∴要求2a+3b的取值范圍，只需將2a+3b用已知量a+b，a－b表示出來.可設(shè)2a+3b=x（a+b）+y（a－b），用待定系數(shù)法求出x、y.解：設(shè)2a+3b=x（a+b）+y（a－b），∴解得

∴－＜（a+b）＜，－2＜－（a－b）＜－1.∴－＜（a+b）－（a－b）＜，即－＜2a+3b＜.評述：解此題常見錯誤是：－1＜a+b＜3，①

2＜a－b＜4.②

①+②得1＜2a＜7.③

由②得－4＜b－a＜－2.④

①+④得－5＜2b＜1，∴－＜3b＜.⑤

③+⑤得－＜2a+3b＜.思考討論

.評述中解法錯在何處?

2.該類問題用線性規(guī)劃能解嗎?并試著解決如下問題：

已知函數(shù)f（x）=ax2－c，滿足－4≤f（1）≤－1，－1≤f（2）≤5，求f（3）的最大值和最小值.答案：20－1

【例2】（XX年福建，3）命題p：若a、b∈R，則|a|+|b|＞1是|a+b|＞1的充分而不必要條件；命題q：函數(shù)y=的定義域是（－∞，－1］∪［3，+∞），則

A.“p或q”為假

B.“p且q”為真

c.p真q假

D.p假q真

剖析：只需弄清命題p、q的真假即可.解：∵|a+b|≤|a|+|b|，若|a|+|b|＞1不能推出|a+b|＞1，而|a+b|＞1一定有|a|+|b|＞1，故命題p為假.又函數(shù)y=的定義域為|x－1|－2≥0，∴|x－1|≥2.∴x≤－1或x≥3.∴q為真.答案：D

【例3】比較1+logx3與2logx2（x＞0且x≠1）的大小.剖析：由于要比較的兩個數(shù)都是對數(shù)，我們聯(lián)系到對數(shù)的性質(zhì)，以及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性.解：（1+logx3）－2logx2=logx.當(dāng)或即0＜x＜1或x＞時，有l(wèi)ogx＞0，1+logx3＞2logx2.當(dāng)①或②時，logx＜0.解①得無解，解②得1＜x＜，即當(dāng)1＜x＜時，有l(wèi)ogx＜0，1+logx3＜2logx2.當(dāng)x=1，即x=時，有l(wèi)ogx=0.∴1+logx3=2logx2.綜上所述，當(dāng)0＜x＜1或x＞時，1+logx3＞2logx2；

當(dāng)1＜x＜時，1+logx3＜2logx2；

當(dāng)x=時，1+logx3=2logx2.評述：作差看符號是比較兩數(shù)大小的常用方法，在分類討論時，要做到不重復(fù)、不遺漏.深化拓展

函數(shù)f（x）=x2+（b－1）x+c的圖象與x軸交于（x1，0）、（x2，0），且x2－x1＞1.當(dāng)t＜x1時，比較t2+bt+c與x1的大小.提示：令f（x）=（x－x1）（x－x2），∴x2+bx+c=（x－x1）（x－x2）+x.把t2+bt+c與x1作差即可.答案：t2+bt+c＞x1.●闖關(guān)訓(xùn)練

夯實基礎(chǔ)

.（XX年遼寧，2）對于0＜a＜1，給出下列四個不等式：

①loga（1+a）＜loga（1+）；②loga（1+a）＞loga（1+）；③a1+a＜a1；④a1+a＞a.其中成立的是

A.①③

B.①④

c.②③

D.②④

解析：∵0＜a＜1，∴a＜，從而1+a＜1+.∴l(xiāng)oga（1+a）＞loga（1+）.又∵0＜a＜1，∴a1+a＞a.故②與④成立.答案：D

2.若p=a+（a＞2），q=2，則

A.p＞q

B.p＜q

c.p≥q

D.p≤q

解析：p=a－2++2≥4，而－a2+4a－2=－（a－2）2+2＜2，∴q＜4.∴p＞q.答案：A

3.已知－1＜2a＜0，A=1+a2，B=1－a2，c=，D=則A、B、c、D按從小到大的順序排列起來是____________.解析：取特殊值a=－，計算可得A=，B=，c=，D=.∴D＜B＜A＜c.答案：D＜B＜A＜c

4.若1＜α＜3，－4＜β＜2，則α－|β|的取值范圍是____________.解析：∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4.∴－4＜－|β|≤0.∴－3＜α－|β|＜3.答案：（－3，3）

5.已知a＞2，b＞2，試比較a+b與ab的大小.解：∵ab－（a+b）=（a－1）（b－1）－1，又a＞2，b＞2，∴a－1＞1，b－1＞1.∴（a－1）（b－1）＞1，（a－1）（b－1）－1＞0.∴ab＞a+b.6.設(shè)A=xn+x－n，B=xn－1+x1－n，當(dāng)x∈R+，n∈N時，求證：A≥B.證明：A－B=（xn+x－n）－（xn－1+x1－n）=x－n（x2n+1－x2n－1－x）

=x－n［x（x2n－1－1）－（x2n－1－1）］=x－n（x－1）（x2n－1－1）.由x∈R+，x－n＞0，得

當(dāng)x≥1時，x－1≥0，x2n－1－1≥0；

當(dāng)x＜1時，x－1＜0，x2n－1＜0，即x－1與x2n－1－1同號.∴A－B≥0.∴A≥B.培養(yǎng)能力

7.設(shè)0＜x＜1，a＞0且a≠，試比較|log3a（1－x）3|與|log3a（1+x）3|的大小.解：∵0＜x＜1，∴①當(dāng)3a＞1，即a＞時，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=|3log3a（1－x）|－|3log3a（1+x）|

=3［－log3a（1－x）－log3a（1+x）］=－3log3a（1－x2）.∵0＜1－x2＜1，∴－3log3a（1－x2）＞0.②當(dāng)0＜3a＜1，即0＜a＜時，|log3a（1－x）3|－|log3a（1+x）3|=3［log3a（1－x）+log3a（1+x）］

=3log3a（1－x2）＞0.綜上所述，|log3a（1－x）3|＞|log3a（1+x）3|.8.設(shè)a1≈，令a2=1+.（1）證明介于a1、a2之間；

（2）求a1、a2中哪一個更接近于；

（3）你能設(shè)計一個比a2更接近于的一個a3嗎？并說明理由.（1）證明：（－a1）（－a2）=（－a1）?（－1－）=＜0.∴介于a1、a2之間.（2）解：|－a2|=|－1－|=||

=|－a1|＜|－a1|.∴a2比a1更接近于.（3）解：令a3=1+，則a3比a2更接近于.由（2）知|－a3|=|－a2|＜|－a2|.探究創(chuàng)新

9.已知x＞－1，n≥2且n∈N*，比較（1+x）n與1+nx的大小.解：設(shè)f（x）=（1+x）n－（1+nx），則（x）=n（1+x）n－1－n=n［（1+x）n－1－1］.由（x）=0得x=0.當(dāng)x∈（－1，0）時，（x）＜0，f（x）在（－1，0）上遞減.當(dāng)x∈（0，+∞）時，（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上遞增.∴x=0時，f（x）最小，最小值為0，即f（x）≥0.∴（1+x）n≥1+nx.評述：理科學(xué)生也可以用數(shù)學(xué)歸納法證明.●思悟小結(jié)

.不等式的性質(zhì)是解、證不等式的基礎(chǔ)，對任意兩實數(shù)a、b有a－b＞0a＞b，a－b=0a=b，a－b＜0a＜b，這是比較兩數(shù)（式）大小的理論根據(jù)，也是學(xué)習(xí)不等式的基石.2.一定要在理解的基礎(chǔ)上記準、記熟不等式的性質(zhì)，并注意解題中靈活、準確地加以應(yīng)用.3.對兩個（或兩個以上）不等式同加（或同乘）時一定要注意不等式是否同向（且大于零）.4.對于含參問題的大小比較要注意分類討論.●教師下載中心

教學(xué)點睛

.加強化歸意識，把比較大小問題轉(zhuǎn)化為實數(shù)的運算.2.通過復(fù)習(xí)要強化不等式“運算”的條件.如a＞b、c＞d在什么條件下才能推出ac＞bd.3.強化函數(shù)的性質(zhì)在大小比較中的重要作用，加強知識間的聯(lián)系.拓展題例

【例1】已知f（x）=|log2（x+1）|，m＜n，f（m）=f（n）.（1）比較m+n與0的大??；

（2）比較f（）與f（）的大小.剖析：本題關(guān)鍵是如何去掉絕對值號，然后再判斷差的符號.解：（1）∵f（m）=f（n），∴|log2（m+1）|=|log2（n+1）|.∴l(xiāng)og22（m+1）=log22（n+1）.∴［log2（m+1）+log2（n+1）］［log2（m+1）－log2（n+1）］=0，log2（m+1）（n+1）?log2=0.∵m＜n，∴≠1.∴l(xiāng)og2（m+1）（n+1）=0.∴mn+m+n+1=1.∴mn+m+n=0.當(dāng)m、n∈（－1，0］或m、n∈［0，+∞）時，由函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性知x∈（－1，0］時，f（x）為減函數(shù)，x∈［0，+∞）時，f（x）為增函數(shù)，f（m）≠f（n）.∴－1＜m＜0，n＞0.∴m?n＜0.∴m+n=－mn＞0.（2）f（）=|log2|=－log2=log2，f（）=|log2|=log2.－==－＞0.∴f（）＞f（）.【例2】某家庭準備利用假期到某地旅游，有甲、乙兩家旅行社提供兩種優(yōu)惠方案，甲旅行社的方案是：如果戶主買全票一張，其余人可享受五五折優(yōu)惠；乙旅行社的方案是：家庭旅游算集體票，可按七五折優(yōu)惠.如果甲、乙兩家旅行社的原價相同，請問該家庭選擇哪家旅行社外出旅游合算？

解：設(shè)該家庭除戶主外，還有x人參加旅游，甲、乙兩旅行社收費總金額分別為y1和y2.一張全票價格為a元，那么y1=a+0.55ax，y2=0.75（x+1）a.∴y1－y2=a+0.55ax－0.75a（x+1）=0.2a（1.25－x）.∴當(dāng)x＞1.25時，y1＜y2；

當(dāng)x＜1.25時，y1＞y2.又因x為正整數(shù)，所以當(dāng)x=1，即兩口之家應(yīng)選擇乙旅行社；

當(dāng)x≥2（x∈N），即三口之家或多于三口的家庭應(yīng)選擇甲旅行社.課

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第四篇：XX屆高考數(shù)學(xué)復(fù)數(shù)知識導(dǎo)航復(fù)習(xí)教案

XX屆高考數(shù)學(xué)復(fù)數(shù)知識導(dǎo)航復(fù)習(xí)教案

本資料為woRD文檔，請點擊下載地址下載全文下載地址第十五章 復(fù) 數(shù)高考導(dǎo)航考試要求重難點擊命題展望

1.理解復(fù)數(shù)的基本概念、復(fù)數(shù)相等的充要條件.2.了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義.3.會進行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運算.了解復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的加、減運算及其運算的幾何意義.4.了解從自然數(shù)系到復(fù)數(shù)系的關(guān)系及擴充的基本思想，體會理性思維在數(shù)系擴充中的作用.本章重點：1.復(fù)數(shù)的有關(guān)概念；2.復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運算.本章難點：運用復(fù)數(shù)的有關(guān)概念解題.近幾年高考對復(fù)數(shù)的考查無論是試題的難度，還是試題在試卷中所占比例都是呈下降趨勢，常以選擇題、填空題形式出現(xiàn)，多為容易題.在復(fù)習(xí)過程中，應(yīng)將復(fù)數(shù)的概念及運算放在首位.知識網(wǎng)絡(luò)15.1 復(fù)數(shù)的概念及其運算

典例精析

題型一 復(fù)數(shù)的概念【例1】如果復(fù)數(shù)是實數(shù)，則實數(shù)m＝

；在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于第 象限；復(fù)數(shù)z＝3i＋1的共軛復(fù)數(shù)為＝

.【解析】＝m2－m＋i是實數(shù)?1＋m3＝0?m＝－1.因為＝＝1－i，所以在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，位于第四象限.因為z＝1＋3i，所以＝1－3i.【點撥】運算此類題目需注意復(fù)數(shù)的代數(shù)形式z＝a＋bi，并注意復(fù)數(shù)分為實數(shù)、虛數(shù)、純虛數(shù)，復(fù)數(shù)的幾何意義，共軛復(fù)數(shù)等概念.【變式訓(xùn)練1】如果z＝為純虛數(shù)，則實數(shù)a等于A.0

B.－1

c.1

D.－1或1在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝對應(yīng)的點位于A.第一象限

B.第二象限

c.第三象限

D.第四象限【解析】設(shè)z＝xi，x≠0，則xi＝?1＋ax－i＝0??或故選D.z＝＝＝－1－i，該復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于第三象限.故選c.題型二 復(fù)數(shù)的相等【例2】已知復(fù)數(shù)z0＝3＋2i，復(fù)數(shù)z滿足z·z0＝3z＋z0，則復(fù)數(shù)z＝

；已知＝1－ni，其中m，n是實數(shù)，i是虛數(shù)單位，則m＋ni＝

；已知關(guān)于x的方程x2＋x＋2＋ki＝0有實根，則這個實根為

，實數(shù)k的值為

.【解析】設(shè)z＝x＋yi，又z0＝3＋2i，代入z·z0＝3z＋z0得＝3＋3＋2i，整理得＋i＝0，則由復(fù)數(shù)相等的條件得解得所以z＝1－.由已知得m＝＝＋i.則由復(fù)數(shù)相等的條件得所以m＋ni＝2＋i.設(shè)x＝x0是方程的實根，代入方程并整理得由復(fù)數(shù)相等的充要條件得解得或所以方程的實根為x＝或x＝－，相應(yīng)的k值為k＝－2或k＝2.【點撥】復(fù)數(shù)相等須先化為z＝a＋bi的形式，再由相等得實部與實部相等、虛部與虛部相等.【變式訓(xùn)練2】設(shè)i是虛數(shù)單位，若＝a＋bi，則a＋b的值是A.－

B.－2

c.2

D.若i＝b＋i，其中a，b∈R，i為虛數(shù)單位，則a＋b＝

.【解析】c.＝＝，于是a＋b＝＋＝2.3.2＋ai＝b＋i?a＝1，b＝2.題型三 復(fù)數(shù)的運算【例3】若復(fù)數(shù)z＝－＋i，則1＋z＋z2＋z3＋…＋zXX＝

；設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z＋|z|＝2＋i，那么z＝

.【解析】由已知得z2＝－－i，z3＝1，z4＝－＋i＝z.所以zn具有周期性，在一個周期內(nèi)的和為0，且周期為3.所以1＋z＋z2＋z3＋…＋zXX＝1＋z＋＋…＋＝1＋z＝＋i.設(shè)z＝x＋yi，則x＋yi＋＝2＋i，所以解得所以z＝＋i.【點撥】解時要注意x3＝1?＝0的三個根為1，ω，其中ω＝－＋i，＝－－i，則1＋ω＋ω2＝0，1＋＋2＝0，ω3＝1，3＝1，ω·＝1，ω2＝，2＝ω.解時要注意|z|∈R，所以須令z＝x＋yi.【變式訓(xùn)練3】復(fù)數(shù)＋等于A.B.c.－

D.已知復(fù)數(shù)z＝＋XX，則復(fù)數(shù)z等于A.0

B.2

c.－2i

D.2i【解析】D.計算容易有＋＝.A.總結(jié)提高復(fù)數(shù)的代數(shù)運算是重點，是每年必考內(nèi)容之一，復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運算：①加減法按合并同類項法則進行；②乘法展開、除法須分母實數(shù)化.因此，一些復(fù)數(shù)問題只需設(shè)z＝a＋bi代入原式后，就可以將復(fù)數(shù)問題化歸為實數(shù)問題來解決.第十六章 幾何證明選講高考導(dǎo)航考試要求重難點擊命題展望

1.了解平行線截割定理.2.會證明并應(yīng)用直角三角形射影定理.3.會證明并應(yīng)用圓周角定理，圓的切線的判定定理及性質(zhì)定理，并會運用它們進行計算與證明.4.會證明并應(yīng)用相交弦定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理與判定定理、切割線定理，并會運用它們進行幾何計算與證明.5.了解平行投影的含義，通過圓柱與平面的位置關(guān)系了解平行投影；會證明平面與圓柱面的截線是橢圓.6.了解下面的定理.定理：在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于點o，其夾角為α，l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以o為頂點，l′為母線的圓錐面，任取平面π，若它與軸l的交角為β，則：①β＞α，平面π與圓錐的交線為橢圓；②β＝α，平面π與圓錐的交線為拋物線；③β＜α，平面π與圓錐的交線為雙曲線.7.會利用丹迪林雙球證明上述定理①的情形：當(dāng)β＞α?xí)r，平面π與圓錐的交線為橢圓.8.會證明以下結(jié)果：①在7.中，一個丹迪林球與圓錐面的交線為一個圓，并與圓錐的底面平行.記這個圓所在的平面為π′.②如果平面π與平面π′的交線為m，在6.①中橢圓上任取點A，該丹迪林球與平面π的切點為F，則點A到點F的距離與點A到直線m的距離比是小于1的常數(shù)e.9.了解定理6.③中的證明，了解當(dāng)β無限接近α?xí)r，平面π的極限結(jié)果.本章重點：相似三角形的判定與性質(zhì)，與圓有關(guān)的若干定理及其運用，并將其運用到立體幾何中.本章難點：對平面截圓柱、圓錐所得的曲線為圓、橢圓、雙曲線、拋物線的證明途徑與方法，它是解立體幾何、平面幾何知識的綜合運用，應(yīng)較好地把握.本專題強調(diào)利用演繹推理證明結(jié)論，通過推理證明進一步發(fā)展學(xué)生的邏輯推理能力，進一步提高空間想象能力、幾何直觀能力和綜合運用幾何方法解決問題的能力.第一講與第二講是傳統(tǒng)內(nèi)容，高考中主要考查平行線截割定理、直角三角形射影定理以及與圓有關(guān)的性質(zhì)和判定，考查邏輯推理能力.第三講內(nèi)容是新增內(nèi)容，在新課程高考下，要求很低，只作了解.知識網(wǎng)絡(luò)

6.1 相似三角形的判定及有關(guān)性質(zhì) 典例精析題型一 相似三角形的判定與性質(zhì)【例1】如圖，已知在△ABc中，D是Bc邊的中點，且AD＝Ac，DE⊥Bc，DE與AB相交于點E，Ec與AD相交于點F.求證：△ABc∽△FcD；若S△FcD＝5，Bc＝10，求DE的長.【解析】因為DE⊥Bc，D是Bc的中點，所以EB＝Ec，所以∠B＝∠1.又因為AD＝Ac，所以∠2＝∠AcB.所以△ABc∽△FcD.過點A作Am⊥Bc，垂足為點m.因為△ABc∽△FcD，Bc＝2cD，所以＝2＝4，又因為S△FcD＝5，所以S△ABc＝20.因為S△ABc＝Bc·Am，Bc＝10，所以20＝×10×Am，所以Am＝4.又因為DE∥Am，所以＝，因為Dm＝Dc＝，Bm＝BD＋Dm，BD＝Bc＝5，所以＝，所以DE＝.【變式訓(xùn)練1】如右圖，在△ABc中，AB＝14cm，＝，DE∥Bc，cD⊥AB，cD＝12cm.求△ADE的面積和周長.【解析】由AB＝14cm，cD＝12cm，cD⊥AB，得S△ABc＝84cm2.再由DE∥Bc可得△ABc∽△ADE.由＝2可求得S△ADE＝cm2.利用勾股定理求出Bc，Ac，再由相似三角形性質(zhì)可得△ADE的周長為15cm.題型二 探求幾何結(jié)論【例2】如圖，在梯形ABcD中，點E，F(xiàn)分別在AB，cD上，EF∥AD，假設(shè)EF做上下平行移動.若＝，求證：3EF＝Bc＋2AD；若＝，試判斷EF與Bc，AD之間的關(guān)系，并說明理由；請你探究一般結(jié)論，即若＝，那么你可以得到什么結(jié)論？【解析】過點A作AH∥cD分別交EF，Bc于點G、H.因為＝，所以＝，又EG∥BH，所以＝＝，即3EG＝BH，又EG＋GF＝EG＋AD＝EF，從而EF＝＋AD，所以EF＝Bc＋AD，即3EF＝Bc＋2AD.EF與Bc，AD的關(guān)系式為5EF＝2Bc＋3AD，理由和類似.因為＝，所以＝，又EG∥BH，所以＝，即EG＝BH.EF＝EG＋GF＝EG＋AD＝＋AD，所以EF＝Bc＋AD，即EF＝mBc＋nAD.【點撥】在相似三角形中，平行輔助線是常作的輔助線之一；探求幾何結(jié)論可按特殊到一般的思路去獲取，但結(jié)論證明應(yīng)從特殊情況得到啟迪.【變式訓(xùn)練2】如右圖，正方形ABcD的邊長為1，P是cD邊上中點，點Q在線段Bc上，設(shè)BQ＝k，是否存在這樣的實數(shù)k，使得以Q，c，P為頂點的三角形與△ADP相似？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.【解析】設(shè)存在滿足條件的實數(shù)k，則在正方形ABcD中，∠D＝∠c＝90°，由Rt△ADP∽Rt△QcP或Rt△ADP∽Rt△PcQ得＝或＝，由此解得cQ＝1或cQ＝.從而k＝0或k＝.題型三 解決線的位置或數(shù)量關(guān)系【例3】如圖，在四邊形ABcD中，△ABc△BAD，求證：AB∥cD.【證明】由△ABc≌△BAD得∠AcB＝∠BDA，所以A、B、c、D四點共圓，所以∠cAB＝∠cDB.再由△ABc≌△BAD得∠cAB＝∠DBA，所以∠DBA＝∠cDB，即AB∥cD.【變式訓(xùn)練3】如圖，AA1與BB1相交于點o，AB∥A1B1且AB＝A1B1，△AoB的外接圓的直徑為1，則△A1oB1的外接圓的直徑為

.【解析】因為AB∥A1B1且AB＝A1B1，所以△AoB∽△A1oB1因為兩三角形外接圓的直徑之比等于相似比.所以△A1oB1的外接圓直徑為2.總結(jié)提高1.相似三角形的判定與性質(zhì)這一內(nèi)容是平面幾何知識的重要組成部分，是解題的工具，同時它的內(nèi)容滲透了等價轉(zhuǎn)化、從一般到特殊、分類討論等重要的數(shù)學(xué)思想與方法，在學(xué)習(xí)時應(yīng)以它們?yōu)橹笇?dǎo).相似三角形的證法有：定義法、平行法、判定定理法以及直角三角形的HL法.相似三角形的性質(zhì)主要有對應(yīng)線的比值相等，對應(yīng)角相等，面積的比等于相似比的平方.2.“平行出相似”“平行成比例”，故此章中平行輔助線是常作的輔助線之一，遇到困難時應(yīng)?？紤]此類輔助線.16.2 直線與圓的位置關(guān)系和圓錐曲線的性質(zhì)典例精析題型一 切線的判定和性質(zhì)的運用【例1】如圖，AB是⊙o的直徑，Ac是弦，∠BAc的平分線AD交⊙o于點D，DE⊥Ac，交Ac的延長線于點E，oE交AD于點F.求證：DE是⊙o的切線；若＝，求的值.【解析】證明：連接oD，可得∠oDA＝∠oAD＝∠DAc，所以oD∥AE，又AE⊥DE，所以DE⊥oD，又oD為半徑，所以DE是⊙o的切線.過D作DH⊥AB于H，則有∠DoH＝∠cAB，＝cos∠DoH＝cos∠cAB＝＝，設(shè)oD＝5x，則AB＝10x，oH＝2x，所以AH＝7x.由△AED≌△AHD可得AE＝AH＝7x，又由△AEF∽△DoF可得AF∶DF＝AE∶oD＝，所以＝.【變式訓(xùn)練1】已知在直角三角形ABc中，∠AcB＝90°，以Bc為直徑的⊙o交AB于點D，連接Do并延長交Ac的延長線于點E，⊙o的切線DF交Ac于點F.求證：AF＝cF；若ED＝4，sin∠E＝，求cE的長.【解析】方法一：設(shè)線段FD延長線上一點G，則∠GDB＝∠ADF，且∠GDB＋∠BDo＝，所以∠ADF＋∠BDo＝，又因為在⊙o中oD＝oB，∠BDo＝∠oBD，所以∠ADF＋∠oBD＝.在Rt△ABc中，∠A＋∠cBA＝，所以∠A＝∠ADF，所以AF＝FD.又在Rt△ABc中，直角邊Bc為⊙o的直徑，所以Ac為⊙o的切線，又FD為⊙o的切線，所以FD＝cF.所以AF＝cF.方法二：在直角三角形ABc中，直角邊Bc為⊙o的直徑，所以Ac為⊙o的切線，又FD為⊙o的切線，所以FD＝cF，且∠FDc＝∠FcD.又由Bc為⊙o的直徑可知，∠ADF＋∠FDc＝，∠A＋∠FcD＝，所以∠ADF＝∠A，所以FD＝AF.所以AF＝cF.因為在直角三角形FED中，ED＝4，sin∠E＝，所以cos∠E＝，所以FE＝5.又FD＝3＝Fc，所以cE＝2.題型二 圓中有關(guān)定理的綜合應(yīng)用【例2】如圖所示，已知⊙o1與⊙o2相交于A、B兩點，過點A作⊙o1的切線交⊙o2于點c，過點B作兩圓的割線，分別交⊙o1、⊙o2于點D、E，DE與Ac相交于點P.求證：AD∥Ec；若AD是⊙o2的切線，且PA＝6，Pc＝2，BD＝9，求AD的長.【解析】連接AB，因為Ac是⊙o1的切線，所以∠BAc＝∠D，又因為∠BAc＝∠E，所以∠D＝∠E，所以AD∥Ec.方法一：因為PA是⊙o1的切線，PD是⊙o1的割線，所以PA2＝PB·PD，所以62＝PB·，所以PB＝3.在⊙o2中，由相交弦定理得PA·Pc＝BP·PE，所以PE＝4.因為AD是⊙o2的切線，DE是⊙o2的割線，所以AD2＝DB·DE＝9×16，所以AD＝12.方法二：設(shè)BP＝x，PE＝y(tǒng).因為PA＝6，Pc＝2，所以由相交弦定理得PA·Pc＝BP·PE，即xy＝12.①因為AD∥Ec，所以＝，所以＝.②由①②可得或，所以DE＝9＋x＋y＝16.因為AD是⊙o2的切線，DE是⊙o2的割線，所以AD2＝DB·DE＝9×16，所以AD＝12.【變式訓(xùn)練2】如圖，⊙o的直徑AB的延長線與弦cD的延長線相交于點P，E為⊙o上一點，DE交AB于點F，且AB＝2BP＝4.求PF的長度；若圓F與圓o內(nèi)切，直線PT與圓F切于點T，求線段PT的長度.【解析】連接oc，oD，oE，由同弧對應(yīng)的圓周角與圓心角之間的關(guān)系，結(jié)合題中已知條件可得∠cDE＝∠Aoc.又∠cDE＝∠P＋∠PFD，∠Aoc＝∠P＋∠ocP，從而∠PFD＝∠ocP，故△PFD∽△Pco，所以＝.由割線定理知Pc·PD＝PA·PB＝12，故PF＝＝＝3.若圓F與圓o內(nèi)切，設(shè)圓F的半徑為r，因為oF＝2－r＝1，即r＝1，所以oB是圓F的直徑，且過點P的圓F的切線為PT，則PT2＝PB·Po＝2×4＝8，即PT＝2.題型三 四點共圓問題【例3】如圖，圓o與圓P相交于A、B兩點，圓心P在圓o上，圓o的弦Bc切圓P于點B，cP及其延長線交圓P于D，E兩點，過點E作EF⊥cE，交cB的延長線于點F.求證：B、P、E、F四點共圓；若cD＝2，cB＝2，求出由B、P、E、F四點所確定的圓的直徑.【解析】證明：連接PB.因為Bc切圓P于點B，所以PB⊥Bc.又因為EF⊥cE，所以∠PBF＋∠PEF＝180°，所以∠EPB＋∠EFB＝180°，所以B，P，E，F(xiàn)四點共圓.因為B，P，E，F(xiàn)四點共圓，且EF⊥cE，PB⊥Bc，所以此圓的直徑就是PF.因為Bc切圓P于點B，且cD＝2，cB＝2，所以由切割線定理cB2＝cD·cE，得cE＝4，DE＝2，BP＝1.又因為Rt△cBP∽Rt△cEF，所以EF∶PB＝cE∶cB，得EF＝.在Rt△FEP中，PF＝＝，即由B，P，E，F(xiàn)四點確定的圓的直徑為.【變式訓(xùn)練3】如圖，△ABc是直角三角形，∠ABc＝90°.以AB為直徑的圓o交Ac于點E，點D是Bc邊的中點.連接oD交圓o于點m.求證：o，B，D，E四點共圓；2DE2＝Dm·Ac＋Dm·AB.【證明】連接BE，則BE⊥Ec.又D是Bc的中點，所以DE＝BD.又oE＝oB，oD＝oD，所以△oDE≌△oDB，所以∠oBD＝∠oED＝90°，所以D，E，o，B四點共圓.延長Do交圓o于點H.因為DE2＝Dm·DH＝Dm·＝Dm·Do＋Dm·oH＝Dm·＋Dm·，所以2DE2＝Dm·Ac＋Dm·AB.總結(jié)提高1.直線與圓的位置關(guān)系是一種重要的幾何關(guān)系.本章在初中平面幾何的基礎(chǔ)上加以深化，使平面幾何知識趨于完善，同時為解析幾何、立體幾何提供了多個理論依據(jù).2.圓中的角如圓周角、圓心角、弦切角及其性質(zhì)為證明相關(guān)的比例線段提供了理論基礎(chǔ)，為解決綜合問題提供了方便，使學(xué)生對幾何概念和幾何方法有較透徹的理解.第十七章 坐標系與參數(shù)方程高考導(dǎo)航 考試要求重難點擊命題展望

一、坐標系1.了解在平面直角坐標系中刻畫點的位置的方法，理解坐標系的作用.2.了解在平面直角坐標系伸縮變換作用下平面圖形的變化情況.3.能在極坐標系中用極坐標刻畫點的位置，體會在極坐標系和平面直角坐標系中刻畫點的位置的區(qū)別，能進行極坐標和直角坐標的互化.4.能在極坐標系中給出簡單圖形的方程.通過比較這些圖形在極坐標系和平面直角坐標系中的方程，體會在用方程刻畫平面圖形時選擇適當(dāng)坐標系的意義.5.了解在柱坐標系、球坐標系中刻畫空間點的位置的方法，并與空間直角坐標系中刻畫點的位置的方法相比較，體會它們的區(qū)別.二、參數(shù)方程1.了解參數(shù)方程，了解參數(shù)的意義.2.分析直線、圓和圓錐曲線的幾何性質(zhì)，選擇適當(dāng)?shù)膮?shù)寫出它們的參數(shù)方程.3.了解平擺線和漸開線的生成過程，并能寫出它們的參數(shù)方程.4.了解其他擺線的生成過程；了解擺線在實際中應(yīng)用的實例；了解擺線在刻畫行星運動軌道中的作用.本章重點：1.根據(jù)問題的幾何特征選擇坐標系；坐標法思想；平面直角坐標系中的伸縮變換；極坐標系；直線和圓的極坐標方程.2.根據(jù)問題的條件引進適當(dāng)?shù)膮?shù)，寫出參數(shù)方程，體會參數(shù)的意義；分析直線、圓和圓錐曲線的幾何性質(zhì)，選擇適當(dāng)?shù)膮?shù)寫出它們的參數(shù)方程.本章難點：1.對伸縮變換中點的對應(yīng)關(guān)系的理解；極坐標的不唯一性；曲線的極坐標方程.2.根據(jù)幾何性質(zhì)選取恰當(dāng)?shù)膮?shù)，建立曲線的參數(shù)方程.坐標系是解析幾何的基礎(chǔ)，為便于用代數(shù)的方法研究幾何圖形，常需建立不同的坐標系，以便使建立的方程更加簡單，參數(shù)方程是曲線在同一坐標系下不同于普通方程的又一種表現(xiàn)形式.某些曲線用參數(shù)方程表示比用普通方程表示更加方便.本專題要求通過坐標系與參數(shù)方程知識的學(xué)習(xí)，使學(xué)生更全面地理解坐標法思想；能根據(jù)曲線的特點，選取適當(dāng)?shù)那€方程表示形式，體會解決問題中數(shù)學(xué)方法的靈活性.高考中，參數(shù)方程和極坐標是本專題的重點考查內(nèi)容.對于柱坐標系、球坐標系，只要求了解即可.知識網(wǎng)絡(luò)17.1 坐標系典例精析題型一 極坐標的有關(guān)概念【例1】已知△ABc的三個頂點的極坐標分別為A，B，c，試判斷△ABc的形狀，并求出它的面積.【解析】在極坐標系中，設(shè)極點為o，由已知得∠AoB＝，∠Boc＝，∠Aoc＝.又|oA|＝|oB|＝5，|oc|＝4，由余弦定理得|Ac|2＝|oA|2＋|oc|2－2|oA|·|oc|·cos∠Aoc＝52＋2－2×5×4·cos＝133，所以|Ac|＝.同理，|Bc|＝.所以|Ac|＝|Bc|，所以△ABc為等腰三角形.又|AB|＝|oA|＝|oB|＝5，所以AB邊上的高h＝＝，所以S△ABc＝××5＝.【點撥】判斷△ABc的形狀，就需要計算三角形的邊長或角，在本題中計算邊長較為容易，所以先計算邊長.【變式訓(xùn)練1】點A在條件：①ρ＞0，θ∈下極坐標為

，②ρ＜0，θ∈下極坐標為

；點P與曲線c：ρ＝cos的位置關(guān)系是

.【解析】；.點P在曲線c上.題型二 直角坐標與極坐標的互化【例2】⊙o1和⊙o2的極坐標方程分別為ρ＝4cosθ，ρ＝－4sinθ.把⊙o1和⊙o2的極坐標方程化為直角坐標方程；求經(jīng)過⊙o1和⊙o2交點的直線的直角坐標方程.【解析】以極點為原點，極軸為x軸正半軸，建立直角坐標系，且兩坐標系取相同單位長.因為x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，由ρ＝4cosθ，得ρ2＝4ρcosθ，所以x2＋y2＝4x，即x2＋y2－4x＝0為⊙o1的直角坐標方程.同理，x2＋y2＋4y＝0為⊙o2的直角坐標方程.由解得或即⊙o1，⊙o2的交點為和兩點，故過交點的直線的直角坐標方程為x＋y＝0.【點撥】互化的前提條件：原點對應(yīng)著極點，x軸正向?qū)?yīng)著極軸.將互化公式代入，整理可以得到.【變式訓(xùn)練2】在極坐標系中，設(shè)圓ρ＝3上的點到直線ρ＝2的距離為d，求d的最大值.【解析】將極坐標方程ρ＝3化為普通方程x2＋y2＝9，ρ＝2可化為x＋y＝2.在x2＋y2＝9上任取一點A，則點A到直線的距離為d＝＝，它的最大值為4.題型三 極坐標的應(yīng)用【例3】過原點的一動直線交圓x2＋2＝1于點Q，在直線oQ上取一點P，使P到直線y＝2的距離等于|PQ|，用極坐標法求動直線繞原點一周時點P的軌跡方程.【解析】以o為極點，ox為極軸，建立極坐標系，如右圖所示，過P作PR垂直于直線y＝2，則有|PQ|＝|PR|.設(shè)P，Q，則有ρ0＝2sinθ.因為|PR|＝|PQ|，所以|2－ρsinθ|＝|ρ－2sinθ|，所以ρ＝±2或sinθ＝±1，即為點P的軌跡的極坐標方程，化為直角坐標方程為x2＋y2＝4或x＝0.【點撥】用極坐標法可使幾何中的一些問題得到很直接、簡單的解法，但在解題時關(guān)鍵是極坐標要選取適當(dāng)，這樣可以簡化運算過程，轉(zhuǎn)化為直角坐標時也容易一些.【變式訓(xùn)練3】如圖，點A在直線x＝5上移動，等腰△oPA的頂角∠oPA為120°，求點P的軌跡方程.【解析】取o為極點，x正半軸為極軸，建立極坐標系，則直線x＝5的極坐標方程為ρcosθ＝5.設(shè)A，P，因為點A在直線ρcosθ＝5上，所以ρ0cosθ0＝5.①因為△oPA為等腰三角形，且∠oPA＝120°，而|oP|＝ρ，|oA|＝ρ0以及∠PoA＝30°，所以ρ0＝ρ，且θ0＝θ－30°.②把②代入①，得點P的軌跡的極坐標方程為ρcos＝5.題型四平面直角坐標系中坐標的伸縮變換【例4】定義變換T：可把平面直角坐標系上的點P變換成點P′.特別地，若曲線m上一點P經(jīng)變換公式T變換后得到的點P′與點P重合，則稱點P是曲線m在變換T下的不動點.若橢圓c的中心為坐標原點，焦點在x軸上，且焦距為2，長軸頂點和短軸頂點間的距離為2.求橢圓c的標準方程，并求出當(dāng)tanθ＝時，其兩個焦點F1、F2經(jīng)變換公式T變換后得到的點F1′和F2′的坐標；當(dāng)tanθ＝時，求中的橢圓c在變換T下的所有不動點的坐標.【解析】設(shè)橢圓c的標準方程為＋＝1，由橢圓定義知焦距2c＝2?c＝，即a2－b2＝2.①又由已知得a2＋b2＝4，②故由①、②可解得a2＝3，b2＝1.即橢圓c的標準方程為＋y2＝1，且橢圓c兩個焦點的坐標分別為F1和F2.對于變換T：當(dāng)tanθ=時，可得設(shè)F1′和F2′分別是由F1和F2的坐標經(jīng)變換公式T變換得到.于是即F1′的坐標為；又即F2′的坐標為.設(shè)P是橢圓c在變換T下的不動點，則當(dāng)tanθ＝時，有?x＝3y，由點P∈c，即P∈c，得＋y2＝1?因而橢圓c的不動點共有兩個，分別為和.【變式訓(xùn)練4】在直角坐標系中，直線x－2y＝2經(jīng)過伸縮變換

后變成直線2x′－y′＝4.【解析】總結(jié)提高1.平面內(nèi)一個點的極坐標有無數(shù)種表示方法.如果規(guī)定ρ＞0,0≤θ＜2π，那么除極點外，平面內(nèi)的點可用唯一的極坐標表示；反之也成立.2.熟練掌握幾種常用的極坐標方程，特別是直線和圓的極坐標方程.17.2 參數(shù)方程典例精析題型一 參數(shù)方程與普通方程互化【例1】把下列參數(shù)方程化成普通方程：

；

.【解析】所以5x2＋4xy＋17y2－81＝0.由題意可得所以①2－②2得－＝4，所以－＝1，其中x＞0.【變式訓(xùn)練1】把下列參數(shù)方程化為普通方程，并指出曲線所表示的圖形.【解析】x2＝2，－≤x≤，圖形為一段拋物線弧.x＝1，y≤－2或y≥2，圖形為兩條射線.x2＋y2－3y＝0，圖形是一個圓，但是除去點.－＝1，圖形是雙曲線.題型二 根據(jù)直線的參數(shù)方程求弦長【例2】已知直線l的參數(shù)方程為，曲線c的極坐標方程為ρ2cos2θ＝1.求曲線c的普通方程；求直線l被曲線c截得的弦長.【解析】由曲線c：ρ2cos2θ＝ρ2＝1，化成普通方程為x2－y2＝1.①方法一：把直線參數(shù)方程化為標準參數(shù)方程.②把②代入①得2－2＝1，整理得t2－4t－6＝0.設(shè)其兩根為t1，t2，則t1＋t2＝4，t1t2＝－6.從而弦長為|t1－t2|＝＝＝＝2.方法二：把直線的參數(shù)方程化為普通方程為y＝，代入x2－y2＝1，得2x2－12x＋13＝0.設(shè)l與c交于A，B，則x1＋x2＝6，x1x2＝，所以|AB|＝·＝2＝2.【變式訓(xùn)練2】在直角坐標系xoy中，直線l的參數(shù)方程為，若以o為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，則曲線c的極坐標方程為ρ＝cos，求直線l被曲線c所截的弦長.【解析】將方程化為普通方程為3x＋4y＋1＝0.將方程ρ＝cos化為普通方程為x2＋y2－x＋y＝0.表示圓心為，半徑為r＝的圓，則圓心到直線的距離d＝，弦長＝2＝2＝.題型三 參數(shù)方程綜合運用【例3】已知曲線c1：

，c2：

.化c1，c2的方程為普通方程，并說明它們分別表示什么曲線；若c1上的點P對應(yīng)的參數(shù)為t＝，Q為c2上的動點，求PQ中點m到直線c3：距離的最小值.【解析】c1：2＋2＝1，c2：＋＝1.c1是以為圓心，1為半徑的圓；c2是以坐標原點為中心，焦點在x軸，長半軸長是8，短半軸長是3的橢圓.當(dāng)t＝時，P，Q，故m.c3為直線x－2y－7＝0，m到c3的距離d＝|4cosθ－3sinθ－13|，從而cosθ＝，sinθ＝－時，d取最小值.【變式訓(xùn)練3】在平面直角坐標系xoy中，曲線c1的參數(shù)方程為，以坐標原點o為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，得曲線c2的極坐標方程為ρ＝2cosθ－4sinθ.化曲線c1、c2的方程為普通方程，并說明它們分別表示什么曲線；設(shè)曲線c1與x軸的一個交點的坐標為P，經(jīng)過點P作曲線c2的切線l，求切線l的方程.【解析】曲線c1：＋＝1；曲線c2：2＋2＝5.曲線c1為中心是坐標原點，焦點在x軸上，長半軸長是4，短半軸長是2的橢圓；曲線c2為圓心為，半徑為的圓.曲線c1：＋＝1與x軸的交點坐標為和，因為m＞0，所以點P的坐標為.顯然切線l的斜率存在，設(shè)為k，則切線l的方程為y＝k.由曲線c2為圓心為，半徑為的圓得＝，解得k＝，所以切線l的方程為y＝.總結(jié)提高1.在參數(shù)方程與普通方程互化的過程中，要保持化簡過程的同解變形，避免改變變量x，y的取值范圍而造成錯誤.2.消除參數(shù)的常用方法有：①代入消參法；②三角消參法；③根據(jù)參數(shù)方程的特征，采用特殊的消參手段.3.參數(shù)的方法在求曲線的方程等方面有著廣泛的應(yīng)用，要注意合理選參、巧妙消參.

第五篇：XX屆高考數(shù)學(xué)第一輪不等式的證明專項復(fù)習(xí)教案_1

XX屆高考數(shù)學(xué)第一輪不等式的證明專項

復(fù)習(xí)教案

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6.3不等式的證明

（二）●知識梳理

.用綜合法證明不等式：利用不等式的性質(zhì)和已證明過的不等式以及函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)出待證不等式的方法叫綜合法，概括為“由因?qū)Ч?2.用分析法證明不等式：從待證不等式出發(fā)，分析并尋求使這個不等式成立的充分條件的方法叫分析法，概括為“執(zhí)果索因”.3.放縮法證明不等式.4.利用單調(diào)性證明不等式.5.構(gòu)造一元二次方程利用“Δ”法證明不等式.6.數(shù)形結(jié)合法證明不等式.7.反證法、換元法等.特別提示

不等式證明方法多，證法靈活，其中比較法、分析法、綜合法是基本方法，要熟練掌握，其他方法作為輔助，這些方法之間不能截然分開，要綜合運用各種方法.●點擊雙基

.（XX年春季北京，8）若不等式（－1）na＜2+對任意n∈N*恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是

A.［－2，）

B.（－2，）

c.［－3，）

D.（－3，）

解析：當(dāng)n為正偶數(shù)時，a＜2－，2－為增函數(shù)，∴a＜2－=.當(dāng)n為正奇數(shù)時，－a＜2+，a＞－2－.而－2－為增函數(shù)，－2－＜－2，∴a≥－2.故a∈［－2，）.答案：A

2.（XX年南京市質(zhì)檢題）若＜＜0，則下列結(jié)論不正確的是

A.a2＜b2

B.ab＜b2

c.+＞2

D.|a|+|b|＞|a+b|

解析：由＜＜0，知b＜a＜0.∴A不正確.答案：A

3.分析法是從要證的不等式出發(fā)，尋求使它成立的 A.充分條件

B.必要條件

c.充要條件

D.既不充分又不必要條件

答案：A

4.（理）在等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}中，a1=b1＞0，an=bn＞0，則am與bm的大小關(guān)系是____________.解析：若d=0或q=1，則am=bm.若d≠0，畫出an=a1+（n－1）d與bn=b1?qn－1的圖象，易知am＞bm，故am≥bm.答案：am≥bm

（文）在等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}中，a1=b1＞0，a2n+1=b2n+1＞0（n=1，2，3，…），則an+1與bn+1的大小關(guān)系是____________.解析：an+1=≥==bn+1.答案：an+1≥bn+1

5.若a＞b＞c，則+_______.（填“＞”“=”“＜”）

解析：a＞b＞c，（+）（a－c）=（+）［（a－b）+（b－c）］

≥2?2=4.∴+≥＞.答案：＞

●典例剖析

【例1】設(shè)實數(shù)x、y滿足y＋x2＝0，0＜a＜1.求證：loga（ax＋ay）＜loga2＋.剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故從左向右變形時應(yīng)消去x、y.證明：∵ax＞0，ay＞0，∴ax＋ay≥2＝2.∵x－x2＝－（x－）2≤，0＜a＜1，∴ax＋ay≥2＝2a.∴l(xiāng)oga（ax＋ay）＜loga2a＝loga2＋.評述：本題的證題思路可由分析法獲得.要證原不等式成立，只要證ax＋ay≥2?a即可．

【例2】已知a、b、c∈R+，且a+b+c=1.求證：

（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1－a）（1－b）（1－c）.剖析：在條件“a+b+c=1”的作用下，將不等式的“真面目”隱含了，給證明不等式帶來困難，若用“a+b+c”換成“1”，則還原出原不等式的“真面目”，從而抓住實質(zhì)，解決問題.證明：∵a、b、c∈R+且a+b+c=1，∴要證原不等式成立，即證［（a+b+c）+a］?［（a+b+c）+b］［（a+b+c）+c］≥8［（a+b+c）－a］?［（a+b+c）－b］?［（a+b+c）－c］.也就是證［（a+b）+（c+a）］［（a+b）+（b+c）］?［（c+a）+（b+c）］≥8（b+c）（c+a）（a+b）.①

∵（a+b）+（b+c）≥2＞0，（b+c）+（c+a）≥2＞0，（c+a）+（a+b）≥2＞0，三式相乘得①式成立.故原不等式得證.【例3】已知a＞1，n≥2，n∈N*.求證：－1＜.證法一：要證－1＜，即證a＜（+1）n.令a－1=t＞0，則a=t+1.也就是證t+1＜（1+）n.∵（1+）n=1+c

+…+c（）n＞1+t，即－1＜成立.證法二：設(shè)a=xn，x＞1.于是只要證＞x－1，即證＞n.聯(lián)想到等比數(shù)列前n項和1+x+…+xn－1=，①

倒序xn－1+xn－2+…+1=.②

①+②得2?=（1+xn－1）+（x+xn－2）+…+（xn－1+1）

＞2+2+…+2＞2n.∴＞n.思考討論

本不等式是與自然數(shù)有關(guān)的命題，用數(shù)學(xué)歸納法可以證嗎?讀者可嘗試一下.●闖關(guān)訓(xùn)練

夯實基礎(chǔ)

.已知a、b是不相等的正數(shù)，x=，y=，則x、y的關(guān)系是

A.x＞y

B.y＞x

c.x＞y

D.不能確定

解析：∵x2=（+）2=（a+b+2），y2=a+b=（a+b+a+b）＞（a+b+2）=x2，又x＞0，y＞0.∴y＞x.答案：B

2.對實數(shù)a和x而言，不等式x3+13a2x＞5ax2+9a3成立的充要條件是____________.解析：（x3+13a2x）－（5ax2+9a3）

=x3－5ax2+13a2x－9a3

=（x－a）（x2－4ax+9a2）

=（x－a）［（x－2a）2+5a2］＞0.∵當(dāng)x≠2a≠0時，有（x－2a）2+5a2＞0.由題意故只需x－a＞0即x＞a，以上過程可逆.答案：x＞a

3.已知a＞b＞c且a+b+c=0，求證：＜a.證明：要證＜a，只需證b2－ac＜3a2，即證b2+a（a+b）＜3a2，即證（a－b）（2a+b）＞0，即證（a－b）（a－c）＞0.∵a＞b＞c，∴（a－b）?（a－c）＞0成立.∴原不等式成立.4.已知a+b+c=0，求證：ab+bc+ca≤0.證法一：（綜合法）∵a+b+c=0，∴（a+b+c）2＝0.展開得ab+bc+ca=－，∴ab+bc+ca≤0.證法二：（分析法）要證ab+bc+ca≤0，∵a+b+c=0，故只需證ab+bc+ca≤（a+b+c）2，即證a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0，亦即證［（a+b）2＋（b＋c）2＋（c＋a）2］≥0．

而這是顯然的，由于以上相應(yīng)各步均可逆，∴原不等式成立.證法三：∵a+b+c=0，∴－c=a+b.∴ab+bc+ca=ab+（b+a）c=ab－（a+b）2

＝－a2－b2－ab＝－［（a＋）2＋］≤0．

∴ab+bc+ca≤0.培養(yǎng)能力

5.設(shè)a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a＞b＞c.求證：－＜c＜0.證明：∵a2+b2+c2=1，∴（a+b）2－2ab+c2=1.∴2ab=（a+b）2+c2－1=（1－c）2+c2－1=2c2－2c.∴ab=c2－c.又∵a+b=1－c，∴a、b是方程x2+（c－1）x+c2－c=0的兩個根，且a＞b＞c.令f（x）=x2+（c－1）x+c2－c，則

6.已知=1，求證：方程ax2+bx+c=0有實數(shù)根.證明：由=1，∴b=.∴b2=（+c）2=+2ac+2c2=4ac+（－c）2≥4ac.∴方程ax2+bx+c=0有實數(shù)根.7.設(shè)a、b、c均為實數(shù)，求證：++≥++.證明：∵a、b、c均為實數(shù)，∴（＋）≥≥，當(dāng)a=b時等號成立；

（＋）≥≥，當(dāng)b=c時等號成立；

（＋）≥≥．

三個不等式相加即得++≥++，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時等號成立.探究創(chuàng)新

8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd＞1.求證：a、b、c、d中至少有一個是負數(shù).證明：假設(shè)a、b、c、d都是非負數(shù)，∵a+b=c+d=1，∴（a+b）（c+d）=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.這與ac+bd＞1矛盾.所以假設(shè)不成立，即a、b、c、d中至少有一個負數(shù).●思悟小結(jié)

.綜合法就是“由因?qū)Ч?，從已知不等式出發(fā)，不斷用必要條件替換前面的不等式，直至推出要證的結(jié)論.2.分析法就是“執(zhí)果索因”，從所證不等式出發(fā)，不斷用充分條件替換前面的不等式，直至找到成立的不等式.3.探求不等式的證法一般用分析法，敘述證明過程用綜合法較簡，兩法結(jié)合在證明不等式中經(jīng)常遇到.4.構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性證不等式或構(gòu)造方程利用“Δ≥0”證不等式，充分體現(xiàn)相關(guān)知識間的聯(lián)系.●教師下載中心

教學(xué)點睛

.在證明不等式的過程中，分析法和綜合法是不能分離的，如果使用綜合法證明不等式難以入手時，常用分析法探索證題途徑，之后用綜合法的形式寫出它的證明過程，以適應(yīng)學(xué)生習(xí)慣的思維規(guī)律.有時問題證明難度較大，常使用分析綜合法，實現(xiàn)兩頭往中間靠以達到證題目的.2.由于高考試題不會出現(xiàn)單一的不等式的證明題，常常與函數(shù)、數(shù)列、三角、方程綜合在一起，所以在教學(xué)中，不等式的證明除常用的三種方法外，還需介紹其他方法，如函數(shù)的單調(diào)性法、判別式法、換元法（特別是三角換元）、放縮法以及數(shù)學(xué)歸納法等.拓展題例

【例1】已知a、b為正數(shù)，求證：

（1）若+1＞，則對于任何大于1的正數(shù)x，恒有ax+＞b成立；

（2）若對于任何大于1的正數(shù)x，恒有ax+＞b成立，則+1＞.分析：對帶條件的不等式的證明，條件的利用常有兩種方法：①證明過程中代入條件；②由條件變形得出要證的不等式.證明：（1）ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2.∵+1＞b（b＞0），∴（+1）2＞b2.（2）∵ax+＞b對于大于1的實數(shù)x恒成立，即x＞1時，［ax+］min＞b，而ax+=a（x－1）++1+a≥2+1+a=（+1）2，當(dāng)且僅當(dāng)a（x－1）=，即x=1+＞1時取等號.故［ax+］min=（+1）2.則（+1）2＞b，即+1＞b.評述：條件如何利用取決于要證明的不等式兩端的差異如何消除.【例2】求證：≤+.剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f（x）=（x≥0）的單調(diào)性.證明：令f（x）=（x≥0），易證f（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即≤=≤.思考討論

.本題用分析法直接去證可以嗎?2.本題當(dāng)|a+b|=0時，不等式成立；

當(dāng)|a+b|≠0時，原不等式即為≤.再利用|a+b|≤|a|+|b|放縮能證嗎?讀者可以嘗試一下!