高考数学全部题型解题套路总结 107页

2020 年高考数学复习宝典 一、2020 年高考数学全部知识点整理+经典例题详细解析 高中数学必修一、高中数学必修二、高中数学必修三、高中数学必修四、 高中数学必修五 二、【内部资料】高考数学模拟压轴大题总结+详细解析 高中数学必修一 第一章、集合 一、基础知识（理解去记） 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 Ax ，否则称 x不 属于 A，记作 Ax 。 例如，通常用 N，Z，Q，B，Q+分别表示自然数集、整数集、有理数集、实数集、正有理数集，不含任何 元素的集合称为空集，用来表示。集合分有限集和无限集两种。 集合的表示方法有列举法：将集合中的元素一一列举出来写在大括号内并用逗号隔开表示集合的方法，如 {1，2，3}；描述法：将集合中的元素的属性写在大括号内表示集合的方法。例如{有理数}， }0{ xx 分 别表示有理数集和正实数集。 定义 2 子集：对于两个集合 A与 B，如果集合 A中的任何一个元素都是集合 B中的元素，则 A叫做 B的 子集，记为 BA  ，例如 ZN  。规定空集是任何集合的子集，如果 A是 B的子集，B也是 A的子集， 则称 A与 B相等。如果 A是 B的子集，而且 B中存在元素不属于 A，则 A叫 B的真子集。 便于理解： BA  包含两个意思：①A与 B相等 、②A是 B的真子集 定义 3 交集， }.{ BxAxxBA  且 定义 4 并集， }.{ BxAxxBA  或 定义 5 补集，若 },{, 1 AxIxxACIA  且则 称为 A在 I中的补集。 定义 6 集合 },,{ baRxbxax  记作开区间 ),( ba ，集合 },,{ baRxbxax  记作闭区间 ],[ ba ，R记作 ).,(  定义 7 空集∅是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集。 补充知识点 对集合中元素三大性质的理解 （1）确定性 集合中的元素，必须是确定的．对于集合 A和元素 a，要么 a A ，要么 a A ，二者必居其一．比 如：“所有大于 100 的数”组成一个集合，集合中的元素是确定的．而“较大的整数”就不能构成一个集 合，因为它的对象是不确定的．再如，“较大的树”、“较高的人”等都不能构成集合． （2）互异性 对于一个给定的集合，集合中的元素一定是不同的．任何两个相同的对象在同一集合中时，只能算作 这个集合中的一个元素．如：由 a， 2a 组成一个集合，则 a的取值不能是0或 1． （3）无序性 集合中的元素的次序无先后之分．如：由1 2 3，，组成一个集合，也可以写成13 2，，组成一个集合，它们 都表示同一个集合． 帮你总结：学习集合表示方法时应注意的问题 （1）注意 a与 a 的区别． a是集合 a 的一个元素，而 a 是含有一个元素 a的集合，二者的关系是  a a ． （2）注意与 0 的区别．是不含任何元素的集合，而 0 是含有元素0的集合． （3）在用列举法表示集合时，一定不能犯用｛实数集｝或 R 来表示实数集R 这一类错误，因为这里“大 括号”已包含了“所有”的意思． 用特征性质描述法表示集合时，要特别注意这个集合中的元素是什么，它应具备哪些特征性质，从而 准确地理解集合的意义．例如： 集合 ( )x y y x， 中的元素是 ( )x y， ，这个集合表示二元方程 y x 的解集，或者理解为曲线 y x 上的点组成的点集； 集合 x y x 中的元素是 x，这个集合表示函数 y x 中自变量 x的取值范围； 集合 y y x 中的元素是 y ，这个集合表示函数 y x 中函数值 y 的取值范围； 集合 y x 中的元素只有一个（方程 y x ），它是用列举法表示的单元素集合． （4）常见题型方法：当集合中有 n个元素时，有 2n个子集，有 2n-1个真子集，有 2n-2 个非空真子集。 二、基础例题（必会） 例 1 已知  2 4 3A y y x x x     R， ，  2 2 2B y y x x x     R， ，求 A B ． 正解： 2 24 3 ( 2) 1 1y x x x      ∵ ≥ ， 2 22 2 ( 1) 3 3y x x x        ≤ ，  1A y y ∴ ≥ ，  3B y y ≤ ，  1 3A B y y ∴ ≤ ≤ ． 解析：这道题要注意研究的元素（看竖线前的元素），均是 y，所以要求出两个集合中 y 的 范围再求交集，A中的 y范围是求表达式的值域、因此此题是表示两个函数值域的集合． 例 2 若  3 22 4 2 7A a a a   ，， ， 2 2 3 211 1 2 2 ( 3 8) 3 7 2 B a a a a a a a a              ， ， ， ， ，且  2 5A B  ， ，试求实数 a． 正解：∵A∩B=｛2，5｝，∴由 3 22 7 5a a a    ， 解得 2a  或 1a   ． 当 a=1 时， 2 2 2 1a a   与元素的互异性矛盾，故舍去 1a  ； 当 1a   时，  10 5 2 4B  ，，，， ，此时  2 4 5A B  ，， ，这与  2 5A B  ， 矛盾，故又舍去 1a   ； 当 2a  时，  2 4 5A  ，， ，  13 2 5 25B  ，，，， ，此时  2 5A B  ， 满足题意，故 2a  为所求． 解析：此题紧紧抓住集合的三大性质：①确定性 ②互异性 ③无序性 三、趋近高考（必懂） 1.设集合 A={-1,1,3}，B={a+2,a2+4},A∩B={3}，则实数 a=______________ 方法：将集合 B两个表达式都等于 3，且抓住集合三大性质。【答案】1. 2.（2010.湖北卷 2.）设集合 A= 2 2 {( , ) | 1} 4 16 x yx y   ，B={( , ) | 3 }xx y y  ,则 A∩B的子集的个数是（ ） A. 4 B.3 C.2 D.1 方法：注意研究元素，是点的形式存在，A是椭圆，B是指数函数，有数形结合方法，交于两个点，说明 集合中有两个元素，还要注意，题目求子集个数，所以是 22=4【答案】A 集合穿针 转化引线（最新） 一、集合与常用逻辑用语 3.若 2: 3 8 4 0 : ( 1)( 2) 0p x x q x x     ， ，则 p 是 q 的（ ）． （A）充分条件 （B）必要条件 （C）充要条件 （D）既不充分又不必要条件 解析：∵ 2: 3 8 4 0p x x   ，即 2 3 x  或 2x  ， ∴ 2: 2 3 p x ≤ ≤ ． ∵ : ( 1)( 2) 0q x x   ，即 1x   或 2x  ， ∴ : 1 2q x  ≤ ≤ ． 由集合关系知： p q  ，而 q p ¿ ． ∴ p 是 q 的充分条件，但不是必要条件．故选（Ａ）． 4. 若 kR ，则“ 3k  ”是“方程 2 2 1 3 3 x y k k     表示双曲线”的（ ）． （A）充分条件 （B）必要条件 （C）充要条件 （D）既不充分又不必要条件 解析：方程 2 2 1 3 3 x y k k     表示双曲线 ( 3)( 3) 0 3k k k      或 3k   ．故选（A）． 二、集合与函数 5.已知集合 2{ 2 } { 2 }P y y x x Q x y x x         R R， ， ， ，那么 P Q 等于（ ）． （A）（0，2），（1，1） （B）｛（0，2），（1，1）｝ （C）｛1，2｝ （D）{ 2}y y≤ 解析：由代表元素可知两集合均为数集，又 P 集合是函数 2 2y x   中的 y 的取值范围，故 P 集合 的实质是函数 2 2y x   的值域．而 Q 集合则为函数 2y x   的定义域，从而易知 { 2}P Q y y ≤ ， 选（D）． 评注：认识一个集合，首先要看其代表元素，再看该元素的属性，本题易因误看代表元素而错选（Ｂ） 或（Ｃ）． 三、集合与方程 6.已知 2{ ( 2) 1 0 } { 0}A x x p x x B x x       R， ， ，且 A B   ，求实数 p的取值范围． 解析：集合 A是方程 2 ( 2) 1 0x p x    的解集， 则由 A B   ，可得两种情况： ① A ，则由 2( 2) 4 0p     ，得 4 0p   ； ②方程 2 ( 2) 1 0x p x    无正实根，因为 1 2 1 0x x   ， 则有 0 ( 2) 0p     ， ， ≥ 于是 0p≥ ． 综上，实数 p的取值范围为{ 4}p p   ． 四、集合与不等式 7. 已知集合 2 2 2{ 4 1 2 } { (2 1) ( 1) 0}A a ax x x a B x x m x m m          恒成立 ，≥ ， 若 A B   ，求实数 m 的取值范围． 解析：由不等式 2 24 1 2ax x x a   ≥ 恒成立， 可得 2( 2) 4 ( 1) 0a x x a    ≥ ， （※） （1）当 2 0a   ，即 2a   时，（※）式可化为 3 4 x≥ ，显然不符合题意． （2）当 2 0a   时，欲使（※）式对任意 x 均成立，必需满足 2 0 0 a    ， ，≤ 即 2 2 4 4( 2)( 1) 0 a a a       ， ，≤ 解得 { 2}A a a ≥ ． 集合 B 是不等式 2 (2 1) ( 1) 0x m x m m     的解集， 可求得 { 1}B x m x m    ， 结合数轴，只要 1 2m  即可，解得 1m  ． 五、集合与解析几何 例 6 已知集合 2{( ) 2 0}A x y x mx y    ， 和 {( ) 1 0 0 2}B x y x y x   ， ，≤ ≤ ， 如果 A B   ，求实数 m 的取值范围． 解析：从代表元素 ( )x y， 看，这两个集合均为点集，又 2 2 0x mx y    及 1 0x y   是两个曲 线方程，故 A B   的实质为两个曲线有交点的问题，我们将其译成数学语言即为：“抛物线 2 2 0x mx y    与线段 1 0(0 2)x y x   ≤ ≤ 有公共点，求实数 m 的取值范围．” 由 2 2 0 1 0(0 2) x mx y x y x          ， ，≤ ≤ ，得 2 ( 1) 1 0(0 2)x m x x    ≤ ≤ ， ① ∵ A B   ， ∴方程①在区间［0，2］上至少有一个实数解． 首先，由 2( 1) 4 0m    ≥ ，得 3m≥ 或 1m ≤ ． 当 m≥3 时，由 1 2 ( 1) 0x x m     及 1 2 1x x  知，方程①只有负根，不符合要求； 当 1m ≤ 时，由 1 2 ( 1) 0x x m     及 1 2 1 0x x   知，方程①有两个互为倒数的正根，故必有一 根在区间 (0 1]，内，从而方程①至少有一个根在区间［0，2］内． 综上，所求 m的取值范围是 ( 1] ， ． 第二章、函数 一、基础知识（理解去记） 定义 1 映射，对于任意两个集合 A，B，依对应法则 f，若对 A中的任意一个元素 x，在 B中都有唯一一 个元素与之对应，则称 f: A→B为一个映射。 定义 2 函数，映射 f: A→B中，若 A，B都是非空数集，则这个映射为函数。A称为它的定义域，若 x∈A, y∈B，且 f(x)=y（即 x对应 B中的 y），则 y叫做 x的象，x叫 y的原象。集合{f(x)|x∈A}叫函数的值域。 通常函数由解析式给出，此时函数定义域就是使解析式有意义的未知数的取值范围，如函数 y=3 x -1的 定义域为{x|x≥0,x∈R}. 定义 3 反函数，若函数 f: A→B（通常记作 y=f(x)）是一一映射，则它的逆映射 f-1: A→B叫原函数的反函数， 通常写作 y=f-1(x). 这里求反函数的过程是：在解析式 y=f(x)中反解 x得 x=f-1(y)，然后将 x, y互换得 y=f-1(x)， 最后指出反函数的定义域即原函数的值域。例如：函数 y= x1 1 的反函数是 y=1- x 1 (x 0). 补充知识点： 定理 1 互为反函数的两个函数的图象关于直线 y=x对称。 定理 2 在定义域上为增（减）函数的函数，其反函数必为增（减）函数。 定义 4 函数的性质。 （1）单调性：设函数 f(x)在区间 I上满足对任意的 x1, x2∈I并且 x1< x2，总有 f(x1)f(x2))，则称 f(x) 在区间 I上是增（减）函数，区间 I称为单调增（减）区间。 （2）奇偶性：设函数 y=f(x)的定义域为 D，且 D是关于原点对称的数集，若对于任意的 x∈D，都有 f(-x)=-f(x)， 则称 f(x)是奇函数；若对任意的 x∈D，都有 f(-x)=f(x)，则称 f(x)是偶函数。奇函数的图象关于原点对称， 偶函数的图象关于 y轴对称。 （3）周期性：对于函数 f(x)，如果存在一个不为零的常数 T，使得当 x取定义域内每一个数时，f(x+T)=f(x) 总成立，则称 f(x)为周期函数，T称为这个函数的周期，如果周期中存在最小的正数 T0，则这个正数叫做 函数 f(x)的最小正周期。 定义 5 如果实数 aa}记 作开区间（a, +∞），集合{x|x≤a}记作半开半闭区间（-∞,a]. 定义 6 函数的图象，点集{(x,y)|y=f(x), x∈D}称为函数 y=f(x)的图象，其中 D为 f(x)的定义域。通过画图不 难得出函数 y=f(x)的图象与其他函数图象之间的关系(a,b>0)； （1）向右平移 a个单位得到 y=f(x-a)的图象； （2）向左平移 a个单位得到 y=f(x+a)的图象； （3）向下平移 b个单位得到 y=f(x)-b的图象； （4）与函数 y=f(-x)的图象关于 y轴对称； （5）与函数 y=-f(-x)的图象关于原点成中心对称； （6）与函数 y=f-1(x)的图象关于直线 y=x对称；（7）与函数 y=-f(x)的图象关于 x轴对称。 定理 3 复合函数 y=f[g(x)]的单调性，记住四个字：“同增异减”。例如 y= x2 1 , u=2-x在（-∞,2）上是 减函数，y= u 1 在（0，+∞）上是减函数，所以 y= x2 1 在（-∞,2）上是增函数。 注：复合函数单调性的判断方法为同增异减。这里不做严格论证，求导之后是显然的。 一、基础知识（初中知识 必会） 1．二次函数：当 a 0时，y=ax2+bx+c或 f(x)=ax2+bx+c称为关于 x的二次函数，其对称轴为直线 x=- a b 2 ， 另外配方可得 f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，其中 x0=- a b 2 ，下同。 2．二次函数的性质：当 a>0时，f(x)的图象开口向上，在区间（-∞，x0]上随自变量 x增大函数值减小（简 称递减），在[x0, -∞）上随自变量增大函数值增大（简称递增）。当 a<0时，情况相反。 3．当 a>0时，方程 f(x)=0即 ax2+bx+c=0…①和不等式 ax2+bx+c>0…②及 ax2+bx+c<0…③与函数 f(x)的关 系如下（记△=b2-4ac）。 1）当△>0时，方程①有两个不等实根，设 x1,x2(x1x2} 和{x|x10，当 x=x0时，f(x)取最小值 f(x0)= a bac 4 4 2 ,若 a<0，则当 x=x0= a b 2  时，f(x) 取最大值 f(x0)= a bac 4 4 2 .对于给定区间[m,n]上的二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0)，当 x0∈[m, n]时，f(x)在[m, n] 上的最小值为 f(x0); 当 x0n时，f(x)在[m, n]上的最小值为 f(n) （以上结论由二次函数图象即可得出）。 定义 1 能判断真假的语句叫命题，如“3>5”是命题，“萝卜好大”不是命题。不含逻辑联结词“或”、 “且”、“非”的命题叫做简单命题，由简单命题与逻辑联结词构成的命题由复合命题。 一定注意： “p或 q”复合命题只有当 p，q同为假命题时为假，否则为真命题；“p且 q”复合命题只有 当 p，q同时为真命题时为真，否则为假命题；p与“非 p”即“p”恰好一真一假。 定义 2 原命题：若 p则 q（p为条件，q为结论）；逆命题：若 q则 p；否命题：若非 p则 q；逆否命题： 若非 q则非 p。 一定注意： 原命题与其逆否命题同真假。一个命题的逆命题和否命题同真假。 一定注意： 反证法的理论依据是矛盾的排中律，而未必是证明原命题的逆否命题。 定义 3 如果命题“若 p则 q”为真，则记为 p q否则记作 p q.在命题“若 p则 q”中，如果已知 p q, 则 p是 q的充分条件；如果 q p，则称 p是 q的必要条件；如果 p q但 q不 p，则称 p是 q的充分 非必要条件；如果 p不 q但 p q，则 p称为 q的必要非充分条件；若 p q且 q p，则 p是 q的充 要条件。 二、基础例题（必懂） 1．数形结合法。 例 1 求方程|x-1|= x 1 的正根的个数. 【解】 分别画出 y=|x-1|和 y= x 1 的图象，由图象可知两者有唯 一交点，所以 方程有一个正根。 例 2 求函数 f(x)= 11363 2424  xxxxx 的最 大值。 【解】 f(x)= 222222 )0()1()3()2(  xxxx ，记点 P(x, x- 2)，A（3，2），B（0，1），则 f(x)表示动点 P到点 A和 B距离的差。 因为|PA|-|PA|≤|AB|= 10)12(3 22  ,当且仅当 P为 AB延长线与抛物线 y=x2的交点时等号成立。 所以 f(x)max= .10 2.函数性质的应用。 例 3 （10、全国） 设 x, y∈R，且满足       1)1(1997)1( 1)1(1997)1( 3 2 yy xx ，求 x+y. 【解】 设 f(t)=t3+1997t，先证 f(t)在（-∞，+∞）上递增。事实上，若 a0，所以 f(t)递增。 由题设 f(x-1)=-1=f(1-y)，所以 x-1=1-y，所以 x+y=2. 例 4 （10、全国） 奇函数 f(x)在定义域（-1，1）内是减函数，又 f(1-a)+f(1-a2)<0，求 a的取值范围。 【解】 因为 f(x)是奇函数，所以 f(1-a2)=-f(a2-1)，由题设 f(1-a)0，则由①得 n<0，设 f(t)=t( 42 t +1),则 f(t)在（0，+∞）上是增函数。又 f(m)=f(-n)，所以 m=-n， x y x 1 1 x 所以 3x-1+2x-3=0，所以 x= . 5 4 ⅱ)若 m<0，且 n>0。同理有 m+n=0,x= 5 4 ,但与 m<0矛盾。 综上，方程有唯一实数解 x= . 5 4 3.配方法。 例 7 （经典例题） 求函数 y=x+ 12 x 的值域。 【解】 y=x+ 12 x = 2 1 [2x+1+2 12 x +1]-1 = 2 1 ( 12 x +1)-1≥ 2 1 -1=- 2 1 . 当 x=- 2 1 时，y取最小值- 2 1 ，所以函数值域是[- 2 1 ，+∞）。 4．换元法。 例 8 （经典例题） 求函数 y=( x1 + x1 +2)( 21 x +1),x∈[0,1]的值域。 【解】令 x1 + x1 =u，因为 x∈[0,1]，所以 2≤u2=2+2 21 x ≤4,所以 2≤u≤2,所以 2 22  ≤ 2 2u ≤2，1≤ 2 2u ≤2，所以 y= 2 2u ,u2∈[ 2 +2，8]。 所以该函数值域为[2+ 2，8]。 5．判别式法。 例 9 求函数 y= 43 43 2 2   xx xx 的值域。 【解】由函数解析式得(y-1)x2+3(y+1)x+4y-4=0. ① 当 y 1时，①式是关于 x的方程有实根。 所以△=9(y+1)2-16(y-1)2≥0，解得 7 1 ≤y≤1. 又当 y=1时，存在 x=0使解析式成立， 所以函数值域为[ 7 1 ，7]。 6．关于反函数。 例 10 （10年宁夏）若函数 y=f(x)定义域、值域均为 R，且存在反函数。若 f(x)在(-∞,+ ∞)上递增，求证： y=f-1(x)在(-∞,+ ∞)上也是增函数。 【证明】设 x10, 所以 f(x)在（-∞，- 3 2 ）上递增，同理 f(x)在[- 4 1 ，+∞）上递增。 在方程 f(x)=f-1(x)中，记 f(x)=f-1(x)=y，则 y≥0，又由 f-1(x)=y得 f(y)=x，所以 x≥0,所以 x,y∈[- 4 1 ，+∞）. 若 x y，设 xy也可得出矛盾。所以 x=y. 即 f(x)=x，化简得 3x5+2x4-4x-1=0, 即(x-1)(3x4+5x3+5x2+5x+1)=0, 因为 x≥0，所以 3x4+5x3+5x2+5x+1>0，所以 x=1. 7．待定系数法。 例 1 （经典例题） 设方程 x2-x+1=0的两根是α，β，求满足 f(α)=β,f(β)=α,f(1)=1的二次函数 f(x). 【解】 设 f(x)=ax2+bx+c(a 0), 则由已知 f(α)=β,f(β)=α相减并整理得（α-β）[（α+β）a+b+1]=0， 因为方程 x2-x+1=0中△ 0， 所以αβ，所以(α+β)a+b+1=0. 又α+β=1,所以 a+b+1=0. 又因为 f(1)=a+b+c=1， 所以 c-1=1，所以 c=2. 又 b=-(a+1)，所以 f(x)=ax2-(a+1)x+2. 再由 f(α)=β得 aα2-(a+1)α+2=β, 所以 aα2-aα+2=α+β=1，所以 aα2-aα+1=0. 即 a(α2-α+1)+1-a=0,即 1-a=0， 所以 a=1, 所以 f(x)=x2-2x+2. 8．方程的思想 例 2 （10.全国） 已知 f(x)=ax2-c满足-4≤f(1)≤-1, -1≤f(2)≤5，求 f(3)的取值范围。 【解】 因为-4≤f(1)=a-c≤-1, 所以 1≤-f(1)=c-a≤4. 又-1≤f(2)=4a-c≤5, f(3)= 3 8 f(2)- 3 5 f(1), 所以 3 8 ×(-1)+ 3 5 ≤f(3)≤ 3 8 ×5+ 3 5 ×4, 所以-1≤f(3)≤20. 9．利用二次函数的性质。 例 3 （经典例题） 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R, a 0)，若方程 f(x)=x无实根，求证：方程 f(f(x))=x 也无实根。 【证明】若 a>0，因为 f(x)=x无实根，所以二次函数 g(x)=f(x)-x图象与 x轴无公共点且开口向上，所以对 任意的 x∈R,f(x)-x>0即 f(x)>x，从而 f(f(x))>f(x)。 所以 f(f(x))>x，所以方程 f(f(x))=x无实根。 注：请读者思考例 3的逆命题是否正确。 10．利用二次函数表达式解题。 例 4 （经典例题）设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0)，方程 f(x)=x的两根 x1, x2满足 00，所以 f(x)>x. 其次 f(x)-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]=a(x-x1)[x-x2+ a 1 ]<0，所以 f(x)1，求证：方程的正根比 1小，负根比-1大。 【证明】 方程化为 2a2x2+2ax+1-a2=0. 构造 f(x)=2a2x2+2ax+1-a2, f(1)=(a+1)2>0, f(-1)=(a-1)2>0, f(0)=1-a2<0, 即△>0， 所以 f(x)在区间（-1,0）和（0，1）上各有一根。 即方程的正根比 1小，负根比-1大。 12．定义在区间上的二次函数的最值。 例 6 （经典例题）当 x取何值时，函数 y= 22 24 )1( 5   x xx 取最小值？求出这个最小值。 【解】 y=1- 222 )1( 5 1 1    xx ,令  1 1 2x u,则 0-(b+1)，即 b>-2时，x2+bx在[0，-(b+1)]上是减函数， 所以 x2+bx的最小值为 b+1,b+1=- 2 1 ,b=- 2 3 . 综上，b=- 2 3 . 13.一元二次不等式问题的解法。 例 8 （经典例题） 已知不等式组      12 022 ax aaxx ①②的整数解恰好有两个，求 a的取值范围。 【解】 因为方程 x2-x+a-a2=0的两根为 x1=a, x2=1-a, 若 a≤0，则 x11-2a. 因为 1-2a≥1-a，所以 a≤0,所以不等式组无解。 若 a>0，ⅰ）当 0 2 1 时，a>1-a，由②得 x>1-2a， 所以不等式组的解集为 1-a1且 a-(1-a)≤3， 所以 10，△=(B-A-C)2(y-z)2-4AC(y-z)2≤0恒成立，所以(B-A-C)2-4AC≤0，即 A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA) 同理有 B≥0，C≥0，所以必要性成立。 再证充分性，若 A≥0，B≥0，C≥0且 A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)， 1）若 A=0，则由 B2+C2≤2BC得(B-C)2≤0，所以 B=C，所以△=0，所以②成立，①成立。 2）若 A>0，则由③知△≤0，所以②成立，所以①成立。 综上，充分性得证。 15．常用结论。 定理 1 若 a, b∈R, |a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|.——绝对值不等式 【证明】 因为-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|, 所以|a+b|≤|a|+|b|（注：若 m>0，则-m≤x≤m等价于|x|≤m）. 又|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b|, 即|a|-|b|≤|a+b|.综上定理 1得证。 定理 2 若 a,b∈R, 则 a2+b2≥2ab；若 x,y∈R+,则 x+y≥ .2 xy (证略) 注 定理 2可以推广到 n个正数的情况，在不等式证明一章中详细论证。 第三章、基本初等函数 一、基础知识（必会） 1．指数函数及其性质：形如 y=ax(a>0, a 1)的函数叫做指数函数，其定义域为 R，值域为（0，+∞），当 01时，y=ax为增函数，它的图象恒过定点（0，1）。 2．分数指数幂： n m n m n nn mn m nn a a a aaaaa 1,1,, 1   。 3．对数函数及其性质：形如 y=logax(a>0, a 1)的函数叫做对数函数，其定义域为（0，+∞），值域为 R， 图象过定点（1，0）。当 01时，y=logax为增函数。 4．对数的性质（M>0, N>0）； 1）ax=M x=logaM(a>0, a 1)； 2）loga(MN)= logaM+ loga N； 3）loga（ N M ）= logaM- loga N；4）logaMn=n logaM（万能恒等式） 5）loga n M = n 1 logaM；6）alogaM=M; 7) loga b= a b c c log log (a,b,c>0, a, c 1). 5. 函数 y=x+ x a （a>0）的单调递增区间是  a , 和  ,a ，单调递减区间为  0,a 和  a,0 。 （请同学自己用定义证明） 6．连续函数的性质：若 a0. 【证明】 设 f(x)=(b+c)x+bc+1 (x∈(-1, 1))，则 f(x)是关于 x的一次函数。 所以要证原不等式成立，只需证 f(-1)>0 且 f(1)>0（因为-10， f(1)=b+c+bc+a=(1+b)(1+c)>0， 所以 f(a)>0，即 ab+bc+ca+1>0. 例 2 （柯西不等式）若 a1, a2,…,an是不全为 0的实数，b1, b2,…,bn∈R，则（  n i ia 1 2 ）·（  n i ib 1 2 ）≥(  n i ii ba 1 )2， 等号当且仅当存在  R，使 ai= ib , i=1, 2, …, n时成立。 【证明】 令 f(x)= （  n i ia 1 2 ）x2-2(  n i ii ba 1 )x+  n i ib 1 2 =   n i ii bxa 1 2)( , 因为  n i ia 1 2 >0，且对任意 x∈R, f(x)≥0， 所以△=4(  n i ii ba 1 )-4（  n i ia 1 2 ）(  n i ib 1 2 )≤0. 展开得（  n i ia 1 2 ）(  n i ib 1 2 )≥(  n i ii ba 1 )2。 等号成立等价于 f(x)=0有实根，即存在 ，使 ai= ib , i=1, 2, …, n。 ***注释：柯西不等式已经淡化，同学只需大致了解就即可，不需深入做题。 例 3（10.全国卷） 设 x, y∈R+, x+y=c, c为常数且 c∈(0, 2]，求 u=              y y x x 11 的最小值。 【解】u=              y y x x 11 =xy+ xyx y y x 1  ≥xy+ xy 1 +2· x y y x  =xy+ xy 1 +2. 令 xy=t，则 00，所以 p q = . 2 51 例 5 （经典例题）对于正整数 a, b, c(a≤b≤c)和实数 x, y, z, w，若 ax=by=cz=70w，且 wzyx 1111  ，求 证：a+b=c. 【证明】 由 ax=by=cz=70w取常用对数得 xlga=ylgb=zlgc=wlg70. 所以 w 1 lga= x 1 lg70, w 1 lgb= y 1 lg70, w 1 lgc= z 1 lg70， 相加得 w 1 (lga+lgb+lgc)=        zyx 111 lg70，由题设 wzyx 1111  ， 所以 lga+lgb+lgc=lg70，所以 lgabc=lg70. 所以 abc=70=2×5×7. 若 a=1，则因为 xlga=wlg70，所以 w=0与题设矛盾，所以 a>1. 又 a≤b≤c，且 a, b, c为 70的正约数，所以只有 a=2, b=5, c=7. 所以 a+b=c. 例 6 （经典例题） 已知 x 1, ac 1, a 1, c 1. 且 logax+logcx=2logbx，求证 c2=(ac)logab. 【证明】 由题设 logax+logcx=2logbx，化为以 a为底的对数，得 b x c x x a a a a a log log2 log log log  ， 因为 ac>0, ac 1，所以 logab=logacc2，所以 c2=(ac)logab. 注：指数与对数式互化，取对数，换元，换底公式往往是解题的桥梁。 3．指数与对数方程的解法。 解此类方程的主要思想是通过指对数的运算和换元等进行化简求解。值得注意的是函数单调性的应用和未 知数范围的讨论。 例 7 （经典例题）解方程：3x+4 x +5 x =6 x. 【解】 方程可化为 xxx                 6 5 3 2 2 1 =1。设 f(x)= xxx                 6 5 3 2 2 1 , 则 f(x)在(-∞,+∞)上是减函 数，因为 f(3)=1，所以方程只有一个解 x=3. 例 8 （经典例题） 解方程组：         3 12 xy yx yx yx （其中 x, y∈R+）. 【解】 两边取对数，则原方程组可化为 . 3lg)( lg12lg)(      glxyyx yxyx ①② 把①代入②得(x+y)2lgx=36lgx，所以[(x+y)2-36]lgx=0. 由 lgx=0得 x=1，由(x+y)2-36=0(x, y∈R+)得 x+y=6， 代入①得 lgx=2lgy，即 x=y2，所以 y2+y-6=0. 又 y>0，所以 y=2, x=4. 所以方程组的解为             2 4 ; 1 1 2 2 1 1 y x y x . 例 9 已知 a>0, a 1，试求使方程 loga(x-ak)=loga2(x2-a2)有解的 k的取值范围。 【解】由对数性质知，原方程的解 x应满足         0 0 )( 22 222 ax akx axakx .①②③ 若①、②同时成立，则③必成立， 故只需解      0 )( 222 akx axakx . 由①可得 2kx=a(1+k2)， ④ 当 k=0时，④无解；当 k 0时，④的解是 x= k ka 2 )1( 2 ，代入②得 k k 2 1 2 >k. 若 k<0，则 k2>1，所以 k<-1；若 k>0，则 k2<1，所以 00，则 Ax+By+C>0表示的区域 为 l上方的部分，Ax+By+C<0表示的区域为 l下方的部分。 11．解决简单的线性规划问题的一般步骤：（1）确定各变量，并以 x和 y表示；（2）写出线性约束条件 和线性目标函数；（3）画出满足约束条件的可行域；（4）求出最优解。 12．圆的标准方程：圆心是点 (a, b)，半径为 r 的圆的标准方程为 (x-a)2+(y-b)2=r2，其参数方程为        sin cos rby rax （θ为参数）。 13．圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)。其圆心为        2 , 2 ED ，半径为 FED 4 2 1 22  。 若点 P(x0, y0)为圆上一点，则过点 P的切线方程为 .0 22 00 00                F yy E xx Dyyxx ① 14．根轴：到两圆的切线长相等的点的轨迹为一条直线（或它的一部分），这条直线叫两圆的根轴。给定 如 下 三 个 不 同 的 圆 ： x2+y2+Dix+Eiy+Fi=0, i=1, 2, 3. 则 它 们 两 两 的 根 轴 方 程 分 别 为 (D1-D2)x+(E1-E2)y+(F1-F2)=0; (D2-D3)x+(E2-E3)y+(F2-F3)=0; (D3-D1)x+(E3-E1)y+(F3-F1)=0。不难证明这 三条直线交于一点或者互相平行，这就是著名的蒙日定理。 二、基础例题（必会） 1．坐标系的选取：建立坐标系应讲究简单、对称，以便使方程容易化简。 例 1 （经典例题） 在ΔABC中，AB=AC，∠A=900，过 A引中线 BD的垂线与 BC交于点 E，求证：∠ ADB=∠CDE。 [证明] 见图 10-1，以 A为原点，AC所在直线为 x轴，建立直角坐标系。设点 B，C坐标分别为（0,2a）,(2a,0)， 则点 D坐标为（a, 0）。直线 BD 方程为 1 2  a y a x ， ①直线 BC 方程为 x+y=2a， ②设直线 BD 和 AE的斜率分别为 k1, k2，则 k1=-2。因为BD AE，所以 k1k2=-1.所以 2 1 2 k ，所以直线AE方程为 xy 2 1  ， 由       ayx xy 2 , 2 1 解得点 E坐标为       aa 3 2, 3 4 。 所以直线 DE斜率为 .2 3 4 3 2 3    aa a k 因为 k1+k3=0. 所以∠BDC+∠EDC=1800，即∠BDA=∠EDC。 例 2 （经典例题）半径等于某个正三角形高的圆在这个三角形的一条边上滚动。证明：三角形另两条边截 圆所得的弧所对的圆心角为 600。 [证明] 以 A为原点，平行于正三角形 ABC的边 BC的直线为 x轴，建立直角坐标系见图 10-2，设⊙D的 半径等于 BC边上的高，并且在 B能上能下滚动到某位置时与 AB，AC的交点分别为 E，F，设半径为 r， 则直线 AB，AC的方程分别为 xy 3 , xy 3 .设⊙D的方程为(x-m)2+y2=r2.①设点 E，F的坐标分别 为(x1,y1),(x2,y2)，则 ,3 11 xy  22 3xy  ，分别代入①并消去 y得 .03).(03)( 22 2 2 2 22 1 2 1  rxmxrxmx 所以 x1, x2 是方程 4x2-2mx+m2-r2=0的两根。 由韦达定理          4 , 2 22 21 21 rmxx mxx ，所以 |EF|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(x1-x2)2+3(x1-x2)2 =4(x1+x2)2-4x1x2=m2-(m2-r2)=r2. 所以|EF|=r。所以∠EDF=600。 2．到角公式的使用。 例 3 设双曲线 xy=1 的两支为 C1，C2，正ΔPQR三顶点在此双曲线上，求证：P，Q，R不可能在双曲线 的同一支上。 [证明] 假设 P，Q，R 在同一支上，不妨设在右侧一支 C1 上，并设 P，Q，R 三点的坐标分别为 ,1,,1,,1, 3 3 2 2 1 1                   x x x x x x 且 0-1，在（1）区域里，求函数 f(x,y)=y-ax的最大值、最小值。 [解] （1）由已知得         ,032 ,322 ,41 x xy yx 或         .032 ,232 ,41 x xy yx 解得点(x, y)所在的平面区域如图 10-4 所示，其中各直线方程如图所示。AB：y=2x-5；CD：y=-2x+1；AD： x+y=1；BC：x+y=4. (2) f(x, y)是直线 l: y-ax=k 在 y 轴上的截距，直线 l 与阴影相交，因为 a>-1，所以它过顶点 C时，f(x, y)最 大，C点坐标为（-3，7），于是 f(x, y)的最大值为 3a+7. 如果-12，则 l通过 B（3，1）时，f(x, y)取最小值为-3a+1. 6．参数方程的应用。 例 7 如图 10-5 所示，过原点引直线交圆 x2+(y-1)2=1 于 Q点，在该直线上取 P点，使 P到直线 y=2的距 离等于|PQ|，求 P点的轨迹方程。 [解] 设直线 OP的参数方程为        sin cos ty tx （t参数）。 代入已知圆的方程得 t2-t•2sinα=0. 所以 t=0或 t=2sinα。所以|OQ|=2|sinα|，而|OP|=t. 所以|PQ|=|t-2sinα|，而|PM|=|2-tsinα|. 所以|t-2sinα|=|2-tsinα|. 化简得 t=2 或 t=-2或 sinα=-1. 当 t=±2时，轨迹方程为 x2+y2=4；当 sinα=1时，轨迹方程为 x=0. 7．与圆有关的问题。 例 8 点 A，B，C依次在直线 l上，且 AB=ABC，过 C作 l的垂线，M是这条垂线上的动点，以 A为圆 心，AB为半径作圆，MT1与MT2是这个圆的切线，确定ΔAT1T2 垂心 的轨迹。 [解] 见图 10-6，以 A为原点，直线 AB为 x 轴建立坐标系，H为 OM与圆的交点，N为 T1T2与 OM 的 交点，记 BC=1。 以 A为圆心的圆方程为 x2+y2=16，连结 OT1，OT2。因为 OT2MT2，T1HMT2，所以 OT2//HT1，同 理 OT1//HT2，又 OT1=OT2，所以 OT1HT2是菱形。所以 2ON=OH。 又因为 OM T1T2，OT1MT1，所以 2 1OT ON•OM。设点 H坐标为（x,y）。 点M坐标为(5, b)，则点 N坐标为       2 , 2 yx ，将坐标代入 2 1OT =ON•OM，再由 x yb  5 得 . 5 16 5 16 2 2 2             yx 在 AB上取点 K，使 AK= 5 4 AB，所求轨迹是以 K为圆心，AK为半径的圆。 例 9 已知圆 x2+y2=1和直线 y=2x+m 相交于 A，B，且 OA，OB与 x轴正方向所成的角是α和β，见图 10-7，求证：sin(α+β)是定值。 [证明] 过 D作 OD AB于 D。则直线 OD的倾斜角为 2   ，因为 OD AB，所以 2• 1 2 tan    , 所以 2 1 2 tan    。所以 . 5 4 2 tan1 2 tan2 )sin( 2               例 10 已知⊙O是单位圆，正方形 ABCD的一边 AB是⊙O的弦，试确定|OD|的最大值、最小值。 [解] 以单位圆的圆心为原点，AB的中垂线为 x轴建立直角坐标系，设点 A，B的坐标分别为 A(cosα,sin α),B(cosα,-sinα)，由题设|AD|=|AB|=2sinα，这里不妨设 A在 x轴上方，则α∈(0,π).由对称性可设点 D 在点 A的右侧（否则将整个图形关于 y轴作对称即可），从而点 D坐标为(cosα+2sinα,sinα)， 所以|OD|= 1cossin4sin4sin)sin2(cos 222   = . 4 2sin2233)2cos2(sin2         因为 22 4 2sin2222         ，所以 .12||12  OD 当  8 3  时，|OD|max= 2 +1；当  8 7  时，|OD|min= .12  例 11 当 m变化且 m≠0时，求证：圆(x-2m-1)2+(y-m-1)2=4m2 的圆心在一条定直线上，并求这一系列圆 的公切线的方程。 [证明] 由      1 ,12 mb ma 消去m得 a-2b+1=0.故这些圆的圆心在直线 x-2y+1=0上。设公切线方程为 y=kx+b， 则由相切有 2|m|= 21 |)1()12(| k bmmk   ，对一切 m≠0成立。即(-4k-3)m2+2(2k-1)(k+b-1)m+(k+b-1)2=0 对一切 m≠0成立 所以      ,01 ,034 bk k 即         . 4 7 , 4 3 b k 当 k不存在时直线为 x=1。所以公切线方程 y= 4 7 4 3  x 和 x=1. 三、趋近高考【必懂】 1.（2010 江西理）8.直线 3y kx  与圆    2 23 2 4x y    相交于 M,N 两点，若 2 3MN  ，则 k 的取值范围是 A. 3 0 4     ， B.  3 0 4       ， ， C. 3 3 3 3       ， D. 2 0 3     ， 【答案】A 【解析】考查直线与圆的位置关系、点到直线距离公式，重点考察 数 形 结合的运用. 解法 1：圆心的坐标为（3.，2），且圆与 y轴相切.当 | MN | 2 3 时， 由 点 到直线距离公式，解得 3[ ,0] 4  ； 解法 2：数形结合，如图由垂径定理得夹在两直线之间即可， 不取 ， 排除 B，考虑区间不对称，排除 C，利用斜率估值，选 A 2.（2010安徽文）（4）过点（1，0）且与直线 x-2y-2=0平行的直线方程是 （A）x-2y-1=0 (B)x-2y+1=0 (C)2x+y-2=0 （D）x+2y-1=0 【答案】A 【解析】设直线方程为 2 0x y c   ，又经过 (1,0)，故 1c   ，所求方程为 2 1 0x y   . 【方法技巧】因为所求直线与与直线 x-2y-2=0 平行，所以设平行直线系方程为 2 0x y c   ，代入此直 线所过的点的坐标，得参数值，进而得直线方程.也可以用验证法，判断四个选项中方程哪一个过点（1，0） 且与直线 x-2y-2=0平行. 3.（2010重庆文）（8）若直线 y x b  与曲线 2 cos , sin x y       （ [0, 2 )  ）有两个不同的公共点，则 实数b的取值范围为 （A） (2 2,1) （B）[2 2,2 2]  （C） ( , 2 2) (2 2, )    （D） (2 2,2 2)  【答案】D 解析： 2 cos , sin x y       化为普通方程 2 2( 2) 1x y   ，表示圆， 因为直线与圆有两个不同的交点，所以 2 1, 2 b  解得 2 2 2 2b    法 2：利用数形结合进行分析得 2 2, 2 2AC b b      同理分析，可知 2 2 2 2b    4.（2010 重庆理）(8) 直线 y= 3 2 3 x  与圆心为 D 的圆 3 3 cos , 1 3 sin x y          0,2   交与 A、B 两点，则直线 AD与 BD的倾斜角之和为 A. 7 6  B. 5 4  C. 4 3  D. 5 3  【答案】C 解析：数形结合 301     302 由圆的性质可知 21     3030 故   4 3  5.（2010广东文） 6.（2010全国卷 1理）（11）已知圆 O的半径为 1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么 PA PB   的最小值为 (A) 4 2  (B) 3 2  (C) 4 2 2  (D) 3 2 2  7.（2010安徽理）9、动点  ,A x y 在圆 2 2 1x y  上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12秒旋转一周。 已知时间 0t  时，点 A的坐标是 1 3( , ) 2 2 ，则当0 12t  时，动点 A的纵坐标 y关于 t（单位：秒）的 函数的单调递增区间是 A、 0,1 B、 1,7 C、 7,12 D、 0,1 和  7,12 【答案】 D 【解析】画出图形，设动点 A与 x轴正方向夹角为 ，则 0t  时 3   ，每秒钟旋转 6  ，在  0,1t 上 [ , ] 3 2    ，在  7,12 上 3 7[ , ] 2 3    ，动点 A的纵坐标 y关于 t都是单调递增的。 【方法技巧】由动点  ,A x y 在圆 2 2 1x y  上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，可知与三角函数的定 义类似，由 12秒旋转一周能求每秒钟所转的弧度，画出单位圆，很容易看出，当 t在[0,12]变化时，点 A 的纵坐标 y关于 t（单位：秒）的函数的单调性的变化，从而得单调递增区间. 8.（2012江苏卷 18）（本小题满分 16分） 在平面直角坐标系 xoy 中，已知圆 2 2 1 : ( 3) ( 1) 4C x y    和圆 2 2 2 :( 4) ( 5) 4C x y    . （1）若直线 l过点 (4,0)A ，且被圆 1C 截得的弦长为 2 3，求直 线 l的方程； （2）设 P为平面上的点，满足：存在过点 P的无穷多对互相垂直 的直线 1l 和 2l ，它们分别与圆 1C 和圆 2C 相交，且直线 1l 被圆 1C 截得的弦长与直线 2l 被圆 2C 截得的弦长相等，试求所有满足条 件的点 P的坐标。 【解析】 (1)设直线 l的方程为： ( 4)y k x  ，即 4 0kx y k   由垂径定理，得：圆心 1C 到直线 l的距离 2 22 34 ( ) 1 2 d    ， 结合点到直线距离公式，得： 2 | 3 1 4 | 1, 1 k k k      化简得： 2 724 7 0, 0, , 24 k k k or k     求直线 l的方程为： 0y  或 7 ( 4) 24 y x   ，即 0y  或7 24 28 0x y   (2) 设点 P坐标为 ( , )m n ，直线 1l 、 2l 的方程分别为： 1( ), ( )y n k x m y n x m k        ，即： 1 10, 0kx y n km x y n m k k          因为直线 1l 被圆 1C 截得的弦长与直线 2l 被圆 2C 截得的弦长相等，两圆半径相等。 由垂径定理，得：：圆心 1C 到直线 1l 与 2C 直线 2l 的距离相等。 故有： 2 2 4 1| 5 || 3 1 | 11 1 n mk n km k k k k           ， 化简得： (2 ) 3, ( 8) 5m n k m n m n k m n         或 关于 k的方程有无穷多解，有： 2 0 , 3 0 m n m n          m-n+8=0 或 m+n-5=0 解之得：点 P坐标为 3 13( , ) 2 2  或 5 1( , ) 2 2  。 高中数学必修二 立体几何初步 一、基础知识（理解去记） （一）空间几何体的结构特征 （1）多面体——由若干个平面多边形围成的几何体. 围成多面体的各个多边形叫叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共 点叫做顶点。 旋转体——把一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线旋转形成的封闭几何体。其中，这条定直 线称为旋转体的轴。 （2）柱，锥，台，球的结构特征 1.棱柱 1.1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。 1.2相关棱柱几何体系列（棱柱、斜棱柱、直棱柱、正棱柱）的 关系： ①        底面是正多形 棱垂直于底面 斜棱柱 棱柱 正棱柱 直棱柱 其他棱柱 ②四棱柱 底面为平行四边形 平行六面体 侧棱垂直于底 面 直 平行六面体 底面为矩形 长方体 底面为正方形 正四棱柱 侧棱与底面边长相等 正方体 1.3棱柱的性质： ①侧棱都相等，侧面是平行四边形； ②两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形； ③过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形； ④直棱柱的侧棱长与高相等，侧面与对角面是矩形。 补充知识点 长方体的性质： ①长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的平 方和； 【如图】 2 2 2 2 1 1AC AB AD AA   ②（了解）长方体的一条对角线 1AC 与过顶点 A 的三条棱 所成的 角分别是  ， ， ，那么 2 2 2cos cos cos 1     ， C1D1 B1 C D A B A1 2 2 2sin sin sin 2     ； ③（了解）长方体的一条对角线 1AC 与过顶点 A 的相邻三个面所成的角分别是   ， ， ，则 2 2 2cos cos cos 2     ， 2 2 2sin sin sin 1     . 1.4侧面展开图：正 n棱柱的侧面展开图是由 n个全等矩形组成的以底面周长和侧棱长为邻边的矩形. 1.5面积、体积公式： 2 S c h S c h S S h        直棱柱侧 直棱柱全 底 棱柱 底 ，V （其中 c为底面周长，h为棱柱的高） 注意:大多数省市在高考试卷会给出面积体积公式，因此考生可以不用刻意地去记 2.圆柱 2.1圆柱——以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其 余 各 边 旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱. 2.2圆柱的性质：上、下底及平行于底面的截面都是 等圆；过 轴的截面（轴截面）是全等的矩形. 2.3侧面展开图：圆柱的侧面展开图是以底面周长和 母 线 长 为邻边的矩形. 2.4面积、体积公式： S圆柱侧= 2 rh ；S圆柱全= 22 2rh r  ，V圆柱=S底 h= 2r h （其中 r为底面半径，h为圆柱高） 3.棱锥 3.1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，并且顶点在底面的射影是底面的中 心，这样 的棱锥叫做正棱锥。 3.2棱锥的性质： ①平行于底面的截面是与底面相似的正 多边形， 相似比等于顶点到截面的距离与顶点到 底面的距 离之比； ②正棱锥各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形； ③正棱锥中六个元素，即侧棱、高、斜高、侧棱在底面内的射影、斜高在底面的射影、底面边长一半，构 成四个直角三角形。）（如上图： , , ,SOB SOH SBH OBH    为直角三角形） 3.3侧面展开图：正 n棱锥的侧面展开图是有 n个全等的等腰三角形组成的。 3.4面积、体积公式：S正棱锥侧= 1 2 ch ，S正棱锥全= 1 2 ch S  底 ，V棱锥= 1 3 S h底 .（其中 c为底面周长， h侧面斜高，h棱锥的高） 4.圆锥 4.1圆锥——以直角三角形的一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体 叫圆锥。 4.2圆锥的性质： ①平行于底面的截面都是圆，截面直径与底面直径之比等于 顶 点 到 截面的距离与顶点到底面的距离之比； ②轴截面是等腰三角形；如右图： SAB ③如右图： 2 2 2l h r  . 4.3圆锥的侧面展开图：圆锥的侧面展开图是以顶点为圆心， 以 母 线 长为半径的扇形。 4.4面积、体积公式： S圆锥侧= rl ，S圆锥全= ( )r r l  ，V圆锥= 21 3 r h （其 中 r为底面半径，h为圆锥的高，l为母线长） 5.棱台 5.1 棱台——用一个平行于底面的平面去截棱 锥，我们把 截面与底面之间的部分称为棱台. 5.2正棱台的性质： ①各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形； ②正棱台的两个底面以及平行于底面的截面是 正多边形； ③ 如右图：四边形 ` , ` `O MNO O B BO都是直角梯 形 ④ 棱 台 经 常 补 成 棱 锥 研 究 . 如 右 图 ： `SO M   与 SO N , S Ò B̀ 与̀ SO B相似，注意考虑相似比. 5.3棱台的表面积、体积公式： S SS全 上底 下底＝S ＋ ＋ 侧 ， 1 S ` `) 3 V SS S h棱台＝ （ ＋ ，（其中 , `S S 是上，下 底面面积，h 为棱台的高） 6.圆台 6.1圆台——用平行于圆锥底面的平面去截圆锥， 底面与截面 之间的部分叫做圆台. 6.2圆台的性质： ①圆台的上下底面，与底面平行的截面都是圆； ②圆台的轴截面是等腰梯形； ③圆台经常补成圆锥来研究。如右图： `SO A SOB 与 相似，注意相似比的应用. 6.3圆台的侧面展开图是一个扇环； 6.4圆台的表面积、体积公式： 2 2 ( )S r R R r l    全＝ ， V圆台 2 21 1S ` `) ) 3 3 SS S h r rR R h    ＝ （ ＋ ＝ （ ，（其中 r，R为上下底面半径，h为高） 7.球 7.1球——以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球. 或空间中，与定点距离等于定长的点的集合叫做球面，球面所围成的几何体叫做球体，简称球； 7.2球的性质： ①球心与截面圆心的连线垂直于截面； ② 2 2r R d  （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） 7.3球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长 方 体，球与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. 7.4 球面积、体积公式： 2 344 , 3 S R V R  球 球 （其 中 R为球的半径） （二）空间几何体的三视图与直观图 根据最近几年高考形式上看，三视图的考察已经淡化，所以同学只需了解即可 1.投影：区分中心投影与平行投影。平行投影分为正投影和斜投影。 2.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形； 正视图——光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图； 侧视图——光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图； 正视图——光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图； 注：（1）俯视图画在正视图的下方，“长度”与正视图相等；侧视图画在正视图的右边，“高度”与正 视图相等，“宽度”与俯视图。（简记为“正、侧一样高，正、俯一样长，俯、侧一样宽”. （2）正视图，侧视图，俯视图都是平面图形，而不是直观图。 3.直观图： 3.1直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。直观图通常是在平行投影下画 出的空间图形。 3.2斜二测法： step1：在已知图形中取互相垂直的轴 Ox、Oy，（即取 90xoy   ）； step2：画直观图时，把它画成对应的轴 ' ', ' 'o x o y ，取 ' ' ' 45 ( 135 )x o y or    ，它们确定的平面表示水平 平面； step3：在坐标系 ' ' 'x o y 中画直观图时，已知图形中平行于数轴的线段保持平行性不变，平行于 x 轴（或 在 x轴上）的线段保持长度不变，平行于 y轴（或在 y轴上）的线段长度减半。 结论：一般地，采用斜二测法作出的直观图面积是原平面图形面积的 2 4 倍. 解决两种常见的题型时应注意： （1）由几何体的三视图画直观图时，一般先考虑“俯视图”. （2）由几何体的直观图画三视图时，能看见的轮廓线和棱画成实线，不能看见的轮廓线和棱画成虚线。 二 点、直线、平面之间的位置关系 平面的基本性质 1.平面——无限延展，无边界 1.1三个定理与三个推论 公理 1：如果一条直线上有两点在一个平面内，那么直线在平面内。 用途：常用于证明直线在平面内. 图形语言： 符号语言： 公理 2：不共线的三点确定一个平面. 图形语言： 推论 1：直线与直线外的一点确定一个平面. 图形语言： 推论 2：两条相交直线确定一个平面. 图形语言： 推论 3：两条平行直线确定一个平面. 图形语言： 用途：用于确定平面。 公理 3：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有公共点，这些公共点的集合是一条直线（两个平面的 交线）. 用途：常用于证明线在面内，证明点在线上. 图形语言： 符号语言： 形语言，文字语言，符号语言的转化： a a b a 直线a与平面α相交于点A α 点A在直线a上 点B在直线a外 直线a在平面α内 直线b在平面α外 α α 点A在平面α外 点B在平面α内 符号语言文字语言图形语言 B A B A B A A b a a 平面α与平面β相交于 直线aα β 直线a与直线b交于点A A B A （二）空间图形的位置关系 1.空间直线的位置关系：    共面:a b=A,a//b 异面:a与b异面 平行线的传递公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行。符号表述： // , // //a b b c a c 等角定理：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补。 异面直线：（1）定义：不同在任何一个平面内的两条直线——异面直线； （2）判定定理：连平面内的一点与平面外一点的直线与这个平面内不过此点的直线是异面直线。 图形语言： a  A P 符号语言： PA a P A a A a           与 异面 异面直线所成的角：（1）范围：  0 ,90    ；（2）作异面直线所成的角：平移法. 如右图，在空间任取一点 O，过 O作 '// , '//a a b b，则 ', 'a b 所 成的 角为 异面直线 ,a b所成的角。特别地，找异面直线所成的角时，经 常把一条异 面直线平移到另一条异面直线的特殊点（如线段中点，端点等） 上，形成异 面直线所成的角. 2.直线与平面的位置关系： // l l A l l            图形语言：   A 3.平面与平面的位置关系：             平行： // 斜交： =a 相交 垂直： （三）平行关系（包括线面平行，面面平行） 1.线面平行： ①定义：直线与平面无公共点. ②判定定理： // // a b a a b         （线线平行线面平行）【如图】 b a b'a'   O ③性质定理： // // a a a b b          （线面平行线线平行）【如图】 ④判定或证明线面平行的依据：（i）定义法（反证）： //l l  （用于判断）；（ii）判定定理： // // a b a a b         “线线平行面面平行”（用于证明）；（iii） // //a a        “面面平行线面平 行”（用于证明）；（4） // b a b a a          （用于判断）； 2.线面斜交： l A  ①直线与平面所成的角（简称线面角）：若直线与平面斜交，则 平 面 的 斜线与该斜线在平面内射影的夹角。【如图】 PO  于 O，则 AO 是 PA在平面 内的射影， 则 PAO 就是直线 PA与平面 所成的 角。 范围：  0 ,90    ，注：若 //l l  或 ，则直线 l与平面所成的角为0；若 l  ，则直线 l与平面 所成的角为90。 3.面面平行： ①定义： //    ； ②判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么两个平面互相平行； 符号表述： , , , // , // //a b a b O a b       【如下图①】 O b a   a' b' O O b a   图① 图② 推论：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行 符号表述： , , , ', ' , // ', // ' //a b a b O a b a a b b       【如上图②】 判定 2：垂直于同一条直线的两个平面互相平行.符号表述： , //a a      .【如右图】 ③判定与证明面面平行的依据：（1）定义法；（2）判定定 理及推论（常 用）（3）判定 2   A P O a   ④面面平行的性质：（1） // //a a        （面面平行线面平行）；（2） // //a a b b              ；（面 面平行线线平行）（3）夹在两个平行平面间的平行线段相等。【如图】 （四）垂直关系（包括线面垂直，面面垂直） 1.线面垂直 ①定义：若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面。 符号表述：若任意 ,a  都有 l a ，且 l  ，则 l  . ②判定定理： ,a b a b O l l l a l b               （线线垂直线面垂直） ③性质：（1） ,l a l a     （线面垂直线线垂直）；（2） , //a b a b    ； ④证明或判定线面垂直的依据：（1）定义（反证）；（2）判定定理（常用）；（3） //a b b a       （较 常用）；（4） // a a         ；（5） a b a a a b               （面面垂直线面垂直）常用； ⑤三垂线定理及逆定理： （I）斜线定理：从平面外一点向这个平面所引的垂线段与斜线 段 中 ， PO  （1）斜线相等 射影相等；（2）斜线越长射影 越长；（3） 垂 线 段 最 短 。 【 如 图 】 PB PC OB OC   ； PA PB OA OB   （II）三垂线定理及逆定理：已知 PO  ，斜线 PA在平面 内的射影为 OA，a  ， ①若 a OA ，则 a PA ——垂直射影垂直斜线，此为三垂线定理； ②若 a PA ，则 a OA ——垂直斜线垂直射影，此为三垂 线定理的逆 定理； 三垂线定理及逆定理的主要应用：（1）证明异面直线垂直；（2） 作、证二面角 的平面角；（3）作点到线的垂线段；【如图】 3.2面面斜交 ①二面角：（1）定义：【如图】 a  O P A  O A BC P   B AO ,OB l OA l AOB l     是二面角 － 的平面角 范围： [0 ,180 ]AOB    ②作二面角的平面角的方法：（1）定义法；（2）三垂线法（常用）；（3）垂面法. 3.3面面垂直 （1）定义：若二面角 l   的平面角为90，则  ； （2）判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两 个平面 互相垂直. a a          （线面垂直面面垂直） （3）性质：①若  ，二面角的一个平面角为 MON ，则 90MON  ； ② a AB a a a AB               （面面垂直线面垂直）； ③ A a A a a              . ④ 二、基础题型（必懂） 1、概念辨析题： （1）此题型一般出现在填空题，选择题中，解题方法可采用排除法，筛选法等。 （2）对于判断线线关系，线面关系，面面关系等方面的问题，必须在熟练掌握有关的定理和性质的前提 下，利用长方体，正方体，实物等为模型来进行判断。你认为正确的命题需要证明它，你认为错误的命题 必须找出反例。 （3）相关例题：课本和辅导书上出现很多这样的题型，举例说明如下： 例：（09 年北京卷）设 m，n 是两条不同的直线， , ,   是三个不同的平面，给出下列四个说法：① , //m n m n    ；② // , // ,m m        ；③ // , // //m n m n   ④ , //        ，说法正确的序号是：_________________ 2、证明题。证明平行关系，垂直关系等方面的问题。 （1）基础知识网络： a   A B a   A B a   A //a a a           或 三、趋近高考（必懂） 1.（2010全国卷 2理）已知正四棱锥 S ABCD 中， 2 3SA  ，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为 （A）1 （B） 3 （C）2 （D）3 【答案】C 【解析】设底面边长为 a，则高 所以体积 ， 设 ，则 ，当 y取最值时， ，解得 a=0或 a=4时，体积最大， 此时 ，故选 C. 2.（2010陕西文）若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的 体积是 [B] （A）2 （B）1 （C） 2 3 （D） 1 3 【答案】 B 【解析】 如图，该立体图形为直三棱柱，所以其体积为 1221 2 1  3.（2010辽宁文）已知 , , ,S A B C 是球O表面上的点， SA ABC平面 ， AB BC ， 1SA AB  ， 2BC  ，则球O的表面积等于 平行关系 平面几何知识 线线平行 线面平行 面面平行 垂直关系 平面几何知识 线线垂直 线面垂直 面面垂直 判定 性质 判定推论 性质 判定 判定 性质 判定 面面垂直定义 1. , //a b a b    2. , //a a b b    3. , //a a      平行与垂直关系可互相 2 2 1 （A）4 （B）3 （C）2 （D） 【答案】A 【解析】选 A.由已知，球O的直径为 2 2R SC  ，表面积为 24 4 .R  4.（2010安徽文）一个几何体的三视图如图，该几何体的 表 面 积 是 （A）372 （B）360 （C）292 （D）280 【答案】B 【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于 下 面 长 方体的全面积加上面长方体的 4个侧面积之和。 2(10 8 10 2 8 2) 2(6 8 8 2) 360S            . 【方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键. 又 三 视 图很容易知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出 各 个 棱 的长度.把几何体的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的 4个侧面积之和。 5.（2010重庆文）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点 （A）只有 1个 （B）恰有 3个 （C）恰有 4个 （D）有无穷多个 【答案】 D 【解析】放在正方体中研究,显然，线段 1OO 、EF、FG、GH、 HE的中点到两垂直异面直线 AB、CD的距离都相等， 所以排除 A、B、C，选 D 亦可在四条侧棱上找到四个点到两垂直异面直线 AB、CD的距离相等 6.（2010浙江文） 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几 何体的体积是 （A） 352 3 cm3 （B） 320 3 cm3 （C） 224 3 cm3 （D） 160 3 cm3 【答案】B 【解析】选 B，本题主要考察了对三视图所表达示的空间几何体的识别以及几何体体积的计算，属容易题 7.（2010福建文）若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧面积等于 ( ) A． 3 B．2 C． 2 3 D．6 【答案】D 【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为 2，高为 1的正三棱柱，所以底面积为 32 4 2 3 4    ，侧面积为3 2 1 6   ，选 D． 8.（2010全国卷 1 文）已知在半径为 2的球面上有 A、B、C、D四点，若 AB=CD=2,则四面体 ABCD 的 体积的最大值为 (A) 2 3 3 (B) 4 3 3 (C) 2 3 (D) 8 3 3 【答案】B 【解析】过 CD 作平面 PCD，使 AB⊥平面 PCD,交 AB 与 P,设点 P 到 CD 的距离为 h ,则有 ABCD 1 1 22 2 3 2 3 V h h     四面体 ,当直径通过 AB与 CD的中点时, 2 2 max 2 2 1 2 3h    ,故 max 4 3 3 V  平面解析几何初步 一、基础知识（理解去记） 1．解析几何的研究对象是曲线与方程。解析法的实质是用代数的方法研究几何.首先是通过映射建立曲线 与方程的关系，即如果一条曲线上的点构成的集合与一个方程的解集之间存在一一映射，则方程叫做这条 曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线。如 x2+y2=1是以原点为圆心的单位圆的方程。 2．求曲线方程的一般步骤：(1)建立适当的直角坐标系；(2)写出满足条件的点的集合；(3)用坐标表示条件， 列出方程；(4)化简方程并确定未知数的取值范围；（5）证明适合方程的解的对应点都在曲线上，且曲线 上对应点都满足方程（实际应用常省略这一步）。 3．直线的倾斜角和斜率：直线向上的方向与 x轴正方向所成的小于 1800的正角，叫做它的倾斜角。规定 平行于 x轴的直线的倾斜角为 00，倾斜角的正切值（如果存在的话）叫做该直线的斜率。根据直线上一点 及斜率可求直线方程。 4．直线方程的几种形式：【必会】【必考】 （1）一般式：Ax+By+C=0； （2）点斜式：y-y0=k(x-x0)； （3）斜截式：y=kx+b； （4）截距式： 1 b y a x ； （5）两点式： 12 1 12 1 yy yy xx xx      ； （6）法线式方程：xcosθ+ysinθ=p（其中θ为法线倾斜角，|p|为原点到直线的距离）； （7）参数式：         sin cos 0 0 tyy txx （其中θ为该直线倾斜角），t的几何意义是定点 P0（x0, y0）到动点 P （x, y）的有向线段的数量（线段的长度前添加正负号，若 P0P方向向上则取正，否则取负）。 5．到角与夹角：若直线 l1, l2的斜率分别为 k1, k2，将 l1绕它们的交点逆时针旋转到与 l2重合所转过的最 小正角叫 l1到 l2的角；l1与 l2所成的角中不超过 900的正角叫两者的夹角。若记到角为θ，夹角为α， 则 tanθ= 21 12 1 kk kk   ,tanα= 21 12 1 kk kk   . 6．平行与垂直：若直线 l1与 l2的斜率分别为 k1, k2。且两者不重合，则 l1//l2的充要条件是 k1=k2；l1 l2 的充要条件是 k1k2=-1。 7．两点 P1(x1, y1)与 P2(x2, y2)间的距离公式：|P1P2|= 2 21 2 21 )()( yyxx  。 8．点 P(x0, y0)到直线 l: Ax+By+C=0 的距离公式： 22 00 || BA CByAx d    。 9．直线系的方程：若已知两直线的方程是 l1：A1x+B1y+C1=0 与 l2：A2x+B2y+C2=0，则过 l1, l2交点的 直线方程为 A1x+B1y+C1+λ (A2x+B2y+C2=0；由 l1 与 l2 组成的二次曲线方程为（A1x+B1y+C1） （A2x+B2y+C2）=0；与 l2平行的直线方程为 A1x+B1y+C=0( 1CC  ). 10．二元一次不等式表示的平面区域，若直线 l方程为 Ax+By+C=0. 若 B>0，则 Ax+By+C>0表示的区域 为 l上方的部分，Ax+By+C<0表示的区域为 l下方的部分。 11．解决简单的线性规划问题的一般步骤：（1）确定各变量，并以 x和 y表示；（2）写出线性约束条件 和线性目标函数；（3）画出满足约束条件的可行域；（4）求出最优解。 12．圆的标准方程：圆心是点 (a, b)，半径为 r 的圆的标准方程为 (x-a)2+(y-b)2=r2，其参数方程为        sin cos rby rax （θ为参数）。 13．圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)。其圆心为        2 , 2 ED ，半径为 FED 4 2 1 22  。 若点 P(x0, y0)为圆上一点，则过点 P的切线方程为 .0 22 00 00                F yy E xx Dyyxx ① 14．根轴：到两圆的切线长相等的点的轨迹为一条直线（或它的一部分），这条直线叫两圆的根轴。给定 如 下 三 个 不 同 的 圆 ： x2+y2+Dix+Eiy+Fi=0, i=1, 2, 3. 则 它 们 两 两 的 根 轴 方 程 分 别 为 (D1-D2)x+(E1-E2)y+(F1-F2)=0; (D2-D3)x+(E2-E3)y+(F2-F3)=0; (D3-D1)x+(E3-E1)y+(F3-F1)=0。不难证明这 三条直线交于一点或者互相平行，这就是著名的蒙日定理。 二、基础例题（必会） 1．坐标系的选取：建立坐标系应讲究简单、对称，以便使方程容易化简。 例 1 （经典例题） 在ΔABC中，AB=AC，∠A=900，过 A引中线 BD的垂线与 BC交于点 E，求证：∠ ADB=∠CDE。 [证明] 见图 10-1，以 A为原点，AC所在直线为 x轴，建立直角坐标系。设点 B，C坐标分别为（0,2a）,(2a,0)， 则点 D坐标为（a, 0）。直线 BD 方程为 1 2  a y a x ， ①直线 BC 方程为 x+y=2a， ②设直线 BD 和 AE的斜率分别为 k1, k2，则 k1=-2。因为BD AE，所以 k1k2=-1.所以 2 1 2 k ，所以直线AE方程为 xy 2 1  ， 由       ayx xy 2 , 2 1 解得点 E坐标为       aa 3 2, 3 4 。 所以直线 DE斜率为 .2 3 4 3 2 3    aa a k 因为 k1+k3=0. 所以∠BDC+∠EDC=1800，即∠BDA=∠EDC。 例 2 （经典例题）半径等于某个正三角形高的圆在这个三角形的一条边上滚动。证明：三角形另两条边截 圆所得的弧所对的圆心角为 600。 [证明] 以 A为原点，平行于正三角形 ABC的边 BC的直线为 x轴，建立直角坐标系见图 10-2，设⊙D的 半径等于 BC边上的高，并且在 B能上能下滚动到某位置时与 AB，AC的交点分别为 E，F，设半径为 r， 则直线 AB，AC的方程分别为 xy 3 , xy 3 .设⊙D的方程为(x-m)2+y2=r2.①设点 E，F的坐标分别 为(x1,y1),(x2,y2)，则 ,3 11 xy  22 3xy  ，分别代入①并消去 y得 .03).(03)( 22 2 2 2 22 1 2 1  rxmxrxmx 所以 x1, x2 是方程 4x2-2mx+m2-r2=0的两根。 由韦达定理          4 , 2 22 21 21 rmxx mxx ，所以 |EF|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(x1-x2)2+3(x1-x2)2 =4(x1+x2)2-4x1x2=m2-(m2-r2)=r2. 所以|EF|=r。所以∠EDF=600。 2．到角公式的使用。 例 3 设双曲线 xy=1 的两支为 C1，C2，正ΔPQR三顶点在此双曲线上，求证：P，Q，R不可能在双曲线 的同一支上。 [证明] 假设 P，Q，R 在同一支上，不妨设在右侧一支 C1 上，并设 P，Q，R 三点的坐标分别为 ,1,,1,,1, 3 3 2 2 1 1                   x x x x x x 且 0-1，在（1）区域里，求函数 f(x,y)=y-ax的最大值、最小值。 [解] （1）由已知得         ,032 ,322 ,41 x xy yx 或         .032 ,232 ,41 x xy yx 解得点(x, y)所在的平面区域如图 10-4 所示，其中各直线方程如图所示。AB：y=2x-5；CD：y=-2x+1；AD： x+y=1；BC：x+y=4. (2) f(x, y)是直线 l: y-ax=k 在 y 轴上的截距，直线 l 与阴影相交，因为 a>-1，所以它过顶点 C时，f(x, y)最 大，C点坐标为（-3，7），于是 f(x, y)的最大值为 3a+7. 如果-12，则 l通过 B（3，1）时，f(x, y)取最小值为-3a+1. 6．参数方程的应用。 例 7 如图 10-5 所示，过原点引直线交圆 x2+(y-1)2=1 于 Q点，在该直线上取 P点，使 P到直线 y=2的距 离等于|PQ|，求 P点的轨迹方程。 [解] 设直线 OP的参数方程为        sin cos ty tx （t参数）。 代入已知圆的方程得 t2-t•2sinα=0. 所以 t=0或 t=2sinα。所以|OQ|=2|sinα|，而|OP|=t. 所以|PQ|=|t-2sinα|，而|PM|=|2-tsinα|. 所以|t-2sinα|=|2-tsinα|. 化简得 t=2 或 t=-2或 sinα=-1. 当 t=±2时，轨迹方程为 x2+y2=4；当 sinα=1时，轨迹方程为 x=0. 7．与圆有关的问题。 例 8 点 A，B，C依次在直线 l上，且 AB=ABC，过 C作 l的垂线，M是这条垂线上的动点，以 A为圆 心，AB为半径作圆，MT1与MT2是这个圆的切线，确定ΔAT1T2 垂心 的轨迹。 [解] 见图 10-6，以 A为原点，直线 AB为 x 轴建立坐标系，H为 OM与圆的交点，N为 T1T2与 OM 的 交点，记 BC=1。 以 A为圆心的圆方程为 x2+y2=16，连结 OT1，OT2。因为 OT2MT2，T1HMT2，所以 OT2//HT1，同 理 OT1//HT2，又 OT1=OT2，所以 OT1HT2是菱形。所以 2ON=OH。 又因为 OM T1T2，OT1MT1，所以 2 1OT ON•OM。设点 H坐标为（x,y）。 点M坐标为(5, b)，则点 N坐标为       2 , 2 yx ，将坐标代入 2 1OT =ON•OM，再由 x yb  5 得 . 5 16 5 16 2 2 2             yx 在 AB上取点 K，使 AK= 5 4 AB，所求轨迹是以 K为圆心，AK为半径的圆。 例 9 已知圆 x2+y2=1和直线 y=2x+m 相交于 A，B，且 OA，OB与 x轴正方向所成的角是α和β，见图 10-7，求证：sin(α+β)是定值。 [证明] 过 D作 OD AB于 D。则直线 OD的倾斜角为 2   ，因为 OD AB，所以 2• 1 2 tan    , 所以 2 1 2 tan    。所以 . 5 4 2 tan1 2 tan2 )sin( 2               例 10 已知⊙O是单位圆，正方形 ABCD的一边 AB是⊙O的弦，试确定|OD|的最大值、最小值。 [解] 以单位圆的圆心为原点，AB的中垂线为 x轴建立直角坐标系，设点 A，B的坐标分别为 A(cosα,sin α),B(cosα,-sinα)，由题设|AD|=|AB|=2sinα，这里不妨设 A在 x轴上方，则α∈(0,π).由对称性可设点 D 在点 A的右侧（否则将整个图形关于 y轴作对称即可），从而点 D坐标为(cosα+2sinα,sinα)， 所以|OD|= 1cossin4sin4sin)sin2(cos 222   = . 4 2sin2233)2cos2(sin2         因为 22 4 2sin2222         ，所以 .12||12  OD 当  8 3  时，|OD|max= 2 +1；当  8 7  时，|OD|min= .12  例 11 当 m变化且 m≠0时，求证：圆(x-2m-1)2+(y-m-1)2=4m2 的圆心在一条定直线上，并求这一系列圆 的公切线的方程。 [证明] 由      1 ,12 mb ma 消去m得 a-2b+1=0.故这些圆的圆心在直线 x-2y+1=0上。设公切线方程为 y=kx+b， 则由相切有 2|m|= 21 |)1()12(| k bmmk   ，对一切 m≠0成立。即(-4k-3)m2+2(2k-1)(k+b-1)m+(k+b-1)2=0 对一切 m≠0成立 所以      ,01 ,034 bk k 即         . 4 7 , 4 3 b k 当 k不存在时直线为 x=1。所以公切线方程 y= 4 7 4 3  x 和 x=1. 三、趋近高考【必懂】 1.（2010 江西理）8.直线 3y kx  与圆    2 23 2 4x y    相交于 M,N 两点，若 2 3MN  ，则 k 的取值范围是 A. 3 0 4     ， B.  3 0 4       ， ， C. 3 3 3 3       ， D. 2 0 3     ， 【答案】A 【解析】考查直线与圆的位置关系、点到直线距离公式，重点考察 数 形 结合的运用. 解法 1：圆心的坐标为（3.，2），且圆与 y轴相切.当 | MN | 2 3 时， 由 点 到直线距离公式，解得 3[ ,0] 4  ； 解法 2：数形结合，如图由垂径定理得夹在两直线之间即可， 不取 ， 排除 B，考虑区间不对称，排除 C，利用斜率估值，选 A 2.（2010安徽文）（4）过点（1，0）且与直线 x-2y-2=0平行的直线方程是 （A）x-2y-1=0 (B)x-2y+1=0 (C)2x+y-2=0 （D）x+2y-1=0 【答案】A 【解析】设直线方程为 2 0x y c   ，又经过 (1,0)，故 1c   ，所求方程为 2 1 0x y   . 【方法技巧】因为所求直线与与直线 x-2y-2=0 平行，所以设平行直线系方程为 2 0x y c   ，代入此直 线所过的点的坐标，得参数值，进而得直线方程.也可以用验证法，判断四个选项中方程哪一个过点（1，0） 且与直线 x-2y-2=0平行. 3.（2010重庆文）（8）若直线 y x b  与曲线 2 cos , sin x y       （ [0, 2 )  ）有两个不同的公共点，则 实数b的取值范围为 （A） (2 2,1) （B）[2 2,2 2]  （C） ( , 2 2) (2 2, )    （D） (2 2,2 2)  【答案】D 解析： 2 cos , sin x y       化为普通方程 2 2( 2) 1x y   ，表示圆， 因为直线与圆有两个不同的交点，所以 2 1, 2 b  解得 2 2 2 2b    法 2：利用数形结合进行分析得 2 2, 2 2AC b b      同理分析，可知 2 2 2 2b    4.（2010 重庆理）(8) 直线 y= 3 2 3 x  与圆心为 D 的圆 3 3 cos , 1 3 sin x y          0,2   交与 A、B 两点，则直线 AD与 BD的倾斜角之和为 A. 7 6  B. 5 4  C. 4 3  D. 5 3  【答案】C 解析：数形结合 301     302 由圆的性质可知 21     3030 故   4 3  5.（2010广东文） 6.（2010全国卷 1理）（11）已知圆 O的半径为 1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么 PA PB   的最小值为 (A) 4 2  (B) 3 2  (C) 4 2 2  (D) 3 2 2  7.（2010安徽理）9、动点  ,A x y 在圆 2 2 1x y  上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12秒旋转一周。 已知时间 0t  时，点 A的坐标是 1 3( , ) 2 2 ，则当0 12t  时，动点 A的纵坐标 y关于 t（单位：秒）的 函数的单调递增区间是 A、 0,1 B、 1,7 C、 7,12 D、 0,1 和  7,12 【答案】 D 【解析】画出图形，设动点 A与 x轴正方向夹角为 ，则 0t  时 3   ，每秒钟旋转 6  ，在  0,1t 上 [ , ] 3 2    ，在  7,12 上 3 7[ , ] 2 3    ，动点 A的纵坐标 y关于 t都是单调递增的。 【方法技巧】由动点  ,A x y 在圆 2 2 1x y  上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，可知与三角函数的定 义类似，由 12秒旋转一周能求每秒钟所转的弧度，画出单位圆，很容易看出，当 t在[0,12]变化时，点 A 的纵坐标 y关于 t（单位：秒）的函数的单调性的变化，从而得单调递增区间. 8.（2012江苏卷 18）（本小题满分 16分） 在平面直角坐标系 xoy 中，已知圆 2 2 1 : ( 3) ( 1) 4C x y    和圆 2 2 2 :( 4) ( 5) 4C x y    . （1）若直线 l过点 (4,0)A ，且被圆 1C 截得的弦长为 2 3，求直 线 l的方程； （2）设 P为平面上的点，满足：存在过点 P的无穷多对互相垂直 的直线 1l 和 2l ，它们分别与圆 1C 和圆 2C 相交，且直线 1l 被圆 1C 截得的弦长与直线 2l 被圆 2C 截得的弦长相等，试求所有满足条 件的点 P的坐标。 【解析】 (1)设直线 l的方程为： ( 4)y k x  ，即 4 0kx y k   由垂径定理，得：圆心 1C 到直线 l的距离 2 22 34 ( ) 1 2 d    ， 结合点到直线距离公式，得： 2 | 3 1 4 | 1, 1 k k k      化简得： 2 724 7 0, 0, , 24 k k k or k     求直线 l的方程为： 0y  或 7 ( 4) 24 y x   ，即 0y  或7 24 28 0x y   (2) 设点 P坐标为 ( , )m n ，直线 1l 、 2l 的方程分别为： 1( ), ( )y n k x m y n x m k        ，即： 1 10, 0kx y n km x y n m k k          因为直线 1l 被圆 1C 截得的弦长与直线 2l 被圆 2C 截得的弦长相等，两圆半径相等。 由垂径定理，得：：圆心 1C 到直线 1l 与 2C 直线 2l 的距离相等。 故有： 2 2 4 1| 5 || 3 1 | 11 1 n mk n km k k k k           ， 化简得： (2 ) 3, ( 8) 5m n k m n m n k m n         或 关于 k的方程有无穷多解，有： 2 0 , 3 0 m n m n          m-n+8=0 或 m+n-5=0 解之得：点 P坐标为 3 13( , ) 2 2  或 5 1( , ) 2 2  。 高中数学必修三 **** 在各省市中，必修三算法、统计、初等概率（选修部分是重点），不会考解答大题，所以同学要重 视这本书中的选择填空题！ 一、基础知识（理解去记） (1)四种基本的程序框 (2)三种基本逻辑结构 顺序结构 条件结构 循环结构 (3)基本算法语句 （一）输入语句 单个变量 多个变量 （二）输出语句 （三）赋值语句 （四）条件语句 IF-THEN-ELSE格式 IF 条件 THEN 语句 1 ELSE 语句 2 END IF 满足条件？ 语句 1 语句 2 是 否 INPUT “提示内容”；变量 INPUT “提示内容 1，提示内容 2，提示内容 3，…”；变量 1，变量 2，变量 3，… PRINT “提示内容”；表达式 变量=表达式 当计算机执行上述语句时，首先对 IF 后的条件进行判断，如果条件符合，就执行 THEN后的语句 1，否则 执行 ELSE后的语句 2。其对应的程序框图为：（如上右图） IF-THEN 格式 计算机执行这种形式的条件语句时，也是首先对 IF 后的条件进行判断，如果条件符合，就执行 THEN后 的语句，如果条件不符合，则直接结束该条件语句，转而执行其他语句。其对应的程序框图为：（如上右 图） （五）循环语句 （1）WHILE 语句 其中循环体是由计算机反复执行的一组语句构成的。WHLIE 后面的“条件”是用于控制计算机执行循环 体或跳出循环体的。 当计算机遇到WHILE 语句时，先判断条件的真假，如果条件符合，就执行WHILE与WEND之间的循环 体；然后再检查上述条件，如果条件仍符合，再次执行循环体，这个过程反复进行，直到某一次条件不符 IF 条件 THEN 语句 END IF 满足条件？ 语句 是 否 WHILE 条件 循环体 WEND 满足条件？ 循环体 是 否 合为止。这时，计算机将不执行循环体，直接跳到WEND语句后，接着执行WEND之后的语句。因此， 当型循环有时也称为“前测试型”循环。其对应的程序结构框图为：（如上右图） （2）UNTIL语句 其对应的程序结构框图为：（如上右图） (4)算法案例 案例 1 辗转相除法与更相减损术 案例 2 秦九韶算法 案例 3 排序法：直接插入排序法与冒泡排序法 案例 4 进位制 二.基础例题（必会） 例 1 写一个算法程序,计算 1+2+3+…+n的值(要求可以输入任意大于 1的正自然数) 解：INPUT “n=”;n i=1 sum=0 WHILE i<=n sum=sum+i i=i+1 WEND PRINT sum END 思考：在上述程序语句中我们使用了WHILE 格式的循环语句，能不能使用 UNTIL 循环？ 例 2 设计一个程序框图对数字 3,1,6,9,8进行排序(利用冒泡排序法) DO 循环体 LOOP UNTIL 条件 满足条件？ 循环体 是 否 思考：上述程序框图中哪些是顺序结构？哪些是条件结构？哪些是循环结构？ 例 3 把十进制数 53转化为二进制数. 解：53＝1×25＋1×24＋0×23＋1×22＋0×21＋1×20 ＝110101（2） 例 4 利用辗转相除法求 3869与 6497的最大公约数与最小公倍数。 解：6497＝3869×1＋2628 3869＝2628×1＋1241 2628＝1241*2＋146 1241＝146×8＋73 146＝73×2＋0 所以 3869与 6497的最大公约数为 73 最小公倍数为 3869×6497/73＝344341 思考：上述计算方法能否设计为程序框图？ 三、趋近高考（必懂） 1.（2010浙江理）某程序框图如图所示， 若输出的 S=57，则判断框内位 （A） k＞4? （B）k＞5? （C） k＞6? （D）k＞7? 【答案】A 解析：本题主要考察了程序框图的结构， 以及与数列有关的简 单运算，属容易题 2.（2010辽宁理）如果执行右面的程序框图，输入正 整数 n，m， 满足 n≥m，那么输出的 P等于 （A） 1m nC  (B) 1m nA  (C) m nC (D) m nA 【答案】D 【解析】第一次循环：k=1,p=1,p=n-m+1; 第二次循环：k=2,p=(n-m+1)(n-m+2)； 第三次循环： k=3， p=(n-m+1) (n-m+2) (n-m+3) …… 第 m 次循环：k=3，p=(n-m+1) (n-m+2) (n-m+3)… (n-1)n 此时结束循环，输出 p=(n-m+1) (n-m+2) (n-m+3)… (n-1)n= m nA 3.（2010广东理）某城市缺水问题比较突出，为了制定 节水管理办 法，对全市居民某年的月均用水量进行了抽样调查，其 中 n 位居民 的月均用水量分别为 x1…xn(单位：吨)，根据图 2所示 的 程 序 框 图，若 n=2,且 x1，x2 分别为 1,2，则输出地结果 s 为 . 【答案】 3 2 1 1.5 1.5 2 6 3 4 4 2 s       4.（2010广东文）某城市缺水问题比较突出，为了制定 节水 管 理办法，对全市居民某年的月均用水量进行了 抽样调查，其中 4位居民的月均用水量分别为 （单位：吨）。根据图 2所示的程序框图，若分 别为 1，1.5，1.5，2，则输出的结果 s为 . 第一（ 1i ）步： 11011  ixss 第二（ 2i ）步： 5.25.1111  ixss 第三（ 3i ）步： 45.15.211  ixss 第四（ 4i ）步： 62411  ixss ， 2 36 4 1 s 第五（ 5i ）步： 45 i ，输出 2 3 s 4.（2010安徽文）如图所示，程序框图(算法流程图)的输出值 x= 【答案】 12 【解析】程序运行如下: 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12x x x x x x x x x         ,输出 12。 【规律总结】这类问题，通常由开始一步一步运行，根据判断条件，要么几步后就会输出结果，要么就会 出现规律，如周期性，等差或等比数列型. 5.（2010江苏卷）右图是一个算法的流程图，则输出 S的值是_____________ 【解析】考查流程图理解。 2 41 2 2 2 31 33,      输出 2 51 2 2 2 63S       。 6.（2012浙江卷理）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的 k的 值是 （ ） A． 4 B．5 C．6 D．7 【解析】对于 0, 1, 1k s k    ，而对于 1, 3, 2k s k    ，则 2, 3 8, 3k s k     ，后面是 113, 3 8 2 , 4k s k      ，不 符合条件时输出的 4k  ． 答案 A 7、(2012年广东卷文)某篮球队 6名主力队员在最近三场比赛中投进 的三分球个数如下表所示： 队员 i 1 2 3 4 5 6 三分球个数 1a 2a 3a 4a 5a 6a 下图（右）是统计该 6名队员在最近三场比赛中投进的三分球总数的程序框图，则图中判断框应填 ， 输出的 s= (注：框图中的赋值符号“=”也可以写成“←”或“：=”) 【解析】顺为是统计该 6名 队员在最近三场比赛中投进的三分球总 数的程序框图，所图中判断 框应填 6i  ，输出的 s= 1 2 6a a a   . 8、(2012山东卷理)执行右边 的程序框图，输出的 T= . 【解析】:按照程序框图依次执行为 S=5,n=2,T=2; S=10,n=4,T=2+4=6;S=15,n=6,T=6+6=12; S=20,n=8,T=12+8=20;S=25,n=10,T=20+10=30>S,输出 T=30 答案 30 高中数学必修四 第一章 基本初等函数 II 一、基础知识（理解去记） 定义 1 角，一条射线绕着它的端点旋转得到的图形叫做角。若旋转方向为逆时针方向，则角为正角，若 旋转方向为顺时针方向，则角为负角，若不旋转则为零角。角的大小是任意的。 定义 2 角度制，把一周角 360等分，每一等价为一度，弧度制：把等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做 一弧度。360度=2π弧度。若圆心角的弧长为 L，则其弧度数的绝对值|α|= r L ,其中 r是圆的半径。 定义 3 三角函数，在直角坐标平面内，把角α的顶点放在原点，始边与 x轴的正半轴重合，在角的终边 上任意取一个不同于原点的点 P，设它的坐标为（x,y），到原点的距离为 r,则正弦函数 sinα= r y ,余弦函数 cosα= r x ,正切函数 tanα= x y ，余切函数 cotα= y x ，正割函数 secα= x r ,余割函数 cscα= . y r 开 S=0,T=0,n T>S S=S+5 n=n+2 T=T+n 输 出 结束 是 否 定理 1 同角三角函数的基本关系式： 倒数关系：tanα= cot 1 ,sinα= csc 1 ，cosα= sec 1 ； 商数关系：tanα=     sin coscot, cos sin  ； 乘积关系：tanα×cosα=sinα,cotα×sinα=cosα； 平方关系：sin2α+cos2α=1, tan2α+1=sec2α, cot2α+1=csc2α. 定理 2 诱导公式（Ⅰ）sin(α+π)=-sinα, cos(π+α)=-cosα, tan(π+α)=tanα, cot(π+α)=cotα;（Ⅱ）sin(- α)=-sinα, cos(-α)=cosα, tan(-α)=-tanα, cot(-α)=cotα; （Ⅲ）sin(π-α)=sinα, cos(π-α)=-cosα, tan=(π- α)=-tanα, cot(π-α)=-cotα; （Ⅳ）sin        2 =cosα, cos        2 =sinα, tan        2 =cotα（记法：奇 变偶不变，符号看象限）。 定理 3（根据图像去记） 正弦函数的性质：根据图象可得 y=sinx（x∈R）的性质如下。单调区间：在区 间      2 2, 2 2  kk 上为增函数，在区间       2 32, 2 2 kk 上为减函数，最小正周期为 2 . 奇偶 数. 有界性：当且仅当 x=2kx+ 2  时，y取最大值 1，当且仅当 x=3k - 2  时, y取最小值-1。对称性：直线 x=k + 2  均为其对称轴，点（k , 0）均为其对称中心，值域为[-1，1]。这里 k∈Z. 定理4（根据图像去记）余弦函数的性质：根据图象可得y=cosx(x∈R)的性质。单调区间：在区间[2kπ, 2kπ+π] 上单调递减，在区间[2kπ-π, 2kπ]上单调递增。最小正周期为 2π。奇偶性：偶函数。对称性：直线 x=kπ均 为其对称轴，点        0, 2 k 均为其对称中心。有界性：当且仅当 x=2kπ时，y取最大值 1；当且仅当 x=2kπ-π 时，y取最小值-1。值域为[-1，1]。这里 k∈Z. 定理 5 （根据图像去记） 正切函数的性质：由图象知奇函数 y=tanx(x  kπ+ 2  )在开区间(kπ- 2  , kπ+ 2  ) 上为增函数, 最小正周期为π，值域为（-∞，+∞），点（kπ，0），（kπ+ 2  ，0）均为其对称中心。 定理 6 两角和与差的基本关系式：cos(αβ)=cosαcosβ sinαsinβ,sin(αβ)=sinαcosβ cosαsin β; tan(αβ)= . )tantan1( )tan(tan     定理 7 和差化积与积化和差公式: sinα+sinβ=2sin        2  cos        2  ,sinα-sinβ=2sin        2  cos        2  , cosα+cosβ=2cos        2  cos        2  , cosα-cosβ=-2sin        2  sin        2  , sinαcosβ= 2 1 [sin(α+β)+sin(α-β)],cosαsinβ= 2 1 [sin(α+β)-sin(α-β)], cosαcosβ= 2 1 [cos(α+β)+cos(α-β)],sinαsinβ=- 2 1 [cos(α+β)-cos(α-β)]. 口诀记忆： 积化和差： 2 1 前系数：“有余为正，无余为负”“前和后差”“同名皆余，异名皆正”“余后为和，正后 为差” 和差化积：正弦之和正余弦、正弦之差余正弦、余弦之和得余弦、余弦之差负正弦 定理 8 倍角公式（常考）:sin2α=2sinαcosα, cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α, tan2α= . )tan1( tan2 2    定理 9 半角公式:sin       2  = 2 )cos1(   ,cos       2  = 2 )cos1(   , tan       2  = )cos1( )cos1(      = . sin )cos1( )cos1( sin        定理 10 万能公式:              2 tan1 2 tan2 sin 2    ,              2 tan1 2 tan1 cos 2 2    , . 2 tan1 2 tan2 tan 2                 定理 11 ****【必考】辅助角公式：如果 a, b是实数且 a2+b2 0，则取始边在 x轴正半轴，终边经过点(a, b)的一个角为β，则 sinβ= 22 ba b  ,cosβ= 22 ba a  ，对任意的角α. asinα+bcosα= )( 22 ba  sin(α+β). 定理 12 正弦定理：在任意△ABC中有 R C c B b A a 2 sinsinsin  ，其中 a, b, c分别是角 A，B，C的 对边，R为△ABC外接圆半径。 定理 13 余弦定理：在任意△ABC中有 a2=b2+c2-2bcosA，其中 a,b,c分别是角 A，B，C的对边。 定理 14 图象之间的关系：y=sinx的图象经上下平移得 y=sinx+k的图象；经左右平移得 y=sin(x+ )的图 象（相位变换）；纵坐标不变，横坐标变为原来的 1 ，得到 y=sin x ( 0 )的图象（周期变换）；横坐 标不变，纵坐标变为原来的 A倍，得到 y=Asinx 的图象（振幅变换）；y=Asin( x+ )( >0)的图象（周 期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的 A倍，得到 y=Asinx的图象（振幅变换）；y=Asin( x+ )( ,  >0)(|A|叫作振幅)的图象向右平移  个单位得到 y=Asin x的图象。 定义 4 函数 y=sinx           2 , 2 x 的反函数叫反正弦函数，记作 y=arcsinx(x∈[-1, 1])，函数 y=cosx(x∈ [0, π]) 的反函数叫反余弦函数，记作 y=arccosx(x∈[-1, 1]). 函数 y=tanx           2 , 2 x 的反函数叫反正切 函数。记作 y=arctanx(x∈[-∞, +∞]). y=cosx(x∈[0, π])的反函数称为反余切函数，记作 y=arccotx(x∈[-∞, + ∞]). 定理 15 三角方程的解集，如果 a∈(-1,1)，方程 sinx=a 的解集是{x|x=nπ+(-1)narcsina, n∈Z}。方程 cosx=a 的解集是{x|x=2kx  arccosa, k∈Z}. 如果 a∈R，方程 tanx=a 的解集是{x|x=kπ+arctana, k∈Z}。恒等式： arcsina+arccosa= 2  ；arctana+arccota= 2  . 定理 16 若       2 ,0 x ，则 sinx-1，所以 cos      0, 2 x ， 所以 sin(cosx) ≤0,又 00， 所以 cos(sinx)>sin(cosx). 若       2 ,0 x ，则因为 sinx+cosx= 2cos 2 2sin 2 22        xx (sinxcos 4  +sin 4  cosx)= 2 sin(x+ 4  ) ≤ 2 < 2  ， 所以 0cos( 2  -cosx)=sin(cosx). 综上，当 x∈(0,π)时，总有 cos(sinx)0，求证： .2 sin cos sin cos            xx     【证明】 若α+β> 2  ，则 x>0，由α> 2  -β>0得 cosαsin( 2  -β)=cosβ, 所以 0<   sin cos <1， 所以 .2 sin cos sin cos sin cos sin cos 00                               xx 若α+β< 2  ，则 x<0，由 0<α< 2  -β< 2  得 cosα>cos( 2  -β)=sinβ>0, 所以   sin cos >1。又 01， 所以 2 sin cos sin cos sin cos sin cos 00                               xx ，得证。 注：以上两例用到了三角函数的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论。 3．最小正周期的确定。 例 4 求函数 y=sin(2cos|x|)的最小正周期。 【解】 首先，T=2π是函数的周期（事实上，因为 cos(-x)=cosx，所以 co|x|=cosx）；其次，当且仅当 x=kπ+ 2  时，y=0（因为|2cosx|≤2<π）, 所以若最小正周期为 T0，则 T0=mπ, m∈N+，又 sin(2cos0)=sin2 sin(2cosπ)，所以 T0=2π。 4．三角最值问题。 例 5 已知函数 y=sinx+ x2cos1 ，求函数的最大值与最小值。 【解法一】 令 sinx=         4 30 4 sin2cos1,cos2 2 x , 则有 y= ). 4 sin(2sin2cos2   因为  4 30 4  ，所以   42 ， 所以 ) 4 sin(0   ≤1， 所以当  4 3  ，即 x=2kπ- 2  (k∈Z)时，ymin=0， 当 4   ，即 x=2kπ+ 2  (k∈Z)时，ymax=2. 例 6 设 0< <π，求 sin )cos1( 2   的最大值。 【解】因为 0< <π，所以 22 0   ，所以 sin 2  >0, cos 2  >0. 所 以 sin 2  （ 1+cos  ） =2sin 2  · cos2 2  = 2 cos 2 cos 2 sin22 222   ≤ 3 222 3 2 cos 2 cos 2 sin2 2                = . 9 34 27 16  当且仅当 2sin2 2  =cos2 2  , 即 tan 2  = 2 2 ,  =2arctan 2 2 时，sin 2  (1+cos )取得最大值 9 34 。 例 7 若 A，B，C为△ABC三个内角，试求 sinA+sinB+sinC的最大值。 【解】 因为 sinA+sinB=2sin 2 BA  cos 2 sin2 2 BABA    , ① sinC+sin 2 3sin2 2 3cos 2 3sin2 3       CCC , ② 又因为 3 sin2 4 3cos 4 3sin2 2 3sin 2 sin         CBACBACBA ，③ 由①，②，③得 sinA+sinB+sinC+sin 3  ≤4sin 3  , 所以 sinA+sinB+sinC≤3sin 3  = 2 33 , 当 A=B=C= 3  时，（sinA+sinB+sinC）max= 2 33 . 注：三角函数的有界性、|sinx|≤1、|cosx|≤1、和差化积与积化和差公式、均值不等式、柯西不等式、函数 的单调性等是解三角最值的常用手段。 5．换元法的使用。 例 8 求 xx xxy cossin1 cossin   的值域。 【解】 设 t=sinx+cosx= ). 4 sin(2cos 2 2sin 2 22         xxx 因为 ,1) 4 sin(1  x 所以 .22  t 又因为 t2=1+2sinxcosx, 所以 sinxcosx= 2 12 t ，所以 2 1 1 2 12      t t x y ， 所以 . 2 12 2 12    y 因为 t -1，所以 1 2 1  t ，所以 y -1. 所以函数值域为 . 2 12,11, 2 12                 y 例 9 已知 a0=1, an= 1 1 121    n n a a (n∈N+)，求证：an> 22 n  . 【证明】 由题设 an>0，令 an=tanan, an∈       2 ,0  ，则 an= .tan 2 tan sin cos1 tan 1sec tan 1tan1 1 1 1 1 1 1 1 2 n n n n n n n n a a a a a a a a              因为 2 1na ，an∈       2 ,0  ，所以 an= 12 1 na ，所以 an= . 2 1 0a n       又因为 a0=tana1=1，所以 a0= 4  ，所以 n na       2 1 · 4  。 又因为当 0x，所以 . 22 tan 22   nnna  注：换元法的关键是保持换元前后变量取值范围的一致性。 另外当 x∈       2 ,0  时，有 tanx>x>sinx，这是个熟知的结论，暂时不证明，学完导数后，证明是很容易的。 6．图象变换【常考】：y=sinx(x∈R)与 y=Asin( x+ )(A,  ,  >0). 由 y=sinx 的图象向左平移 个单位，然后保持横坐标不变，纵坐标变为原来的 A倍，然后再保持纵坐标 不变，横坐标变为原来的 1 ，得到 y=Asin( x+ )的图象；也可以由 y=sinx的图象先保持横坐标不变， 纵坐标变为原来的 A 倍，再保持纵坐标不变，横坐标变为原来的  1 ，最后向左平移   个单位，得到 y=Asin( x+ )的图象。 例 10 例 10 已知 f(x)=sin( x+ )( >0, 0≤ ≤π)是 R 上的偶函数，其图象关于点       0, 4 3M 对称， 且在区间     2 ,0  上是单调函数，求和的值。 【解】 由 f(x)是偶函数，所以 f(-x)=f(x)，所以 sin( + )=sin(- x+ )，所以 cos sinx=0，对任意 x∈R 成立。 又 0≤ ≤π，解得 = 2  ， 因为 f(x)图象关于       0, 4 3M 对称，所以 ) 4 3() 4 3( xfxf   =0。 取 x=0，得 ) 4 3( f =0，所以 sin .0 24 3         所以 24 3   k (k∈Z)，即 = 3 2 (2k+1) (k∈Z). 又 >0，取 k=0时，此时 f(x)=sin(2x+ 2  )在[0， 2  ]上是减函数； 取 k=1时， =2，此时 f(x)=sin(2x+ 2  )在[0， 2  ]上是减函数； 取 k=2时， ≥ 3 10 ，此时 f(x)=sin( x+ 2  )在[0， 2  ]上不是单调函数， 综上， = 3 2 或 2。 7．三角公式的应用。 例 11 已知 sin(α-β)=13 5 ，sin(α+β)=- 13 5 ，且α-β∈        , 2 ，α+β∈        2, 2 3 ，求 sin2α,cos2β的值。 【解】 因为α-β∈        , 2 ，所以 cos(α-β)=- . 13 12)(sin1 2   又因为α+β∈        2, 2 3 ，所以 cos(α+β)= . 13 12)(sin1 2   所以 sin2α=sin[(α+β)+(α-β)]=sin(α+β)cos(α-β)+cos(α+β)sin(α-β)=169 120 , cos2β=cos[(α+β)-(α-β)]=cos(α+β)cos(α-β)+sin(α+β)sin(α-β)=-1. 例 12 已知△ABC的三个内角 A，B，C成等差数列，且 BCA cos 2 cos 1 cos 1  ，试求 2 cos CA  的值。 【解】 因为 A=1200-C，所以 cos 2 CA  =cos(600-C)， 又由于 )120cos(cos cos)120cos( cos 1 )120cos( 1 cos 1 cos 1 0 0 0 CC CC CCCA      = 22 2 1)2120cos( )60cos(2 )]2120cos(120[cos 2 1 )60cos(60cos2 0 0 00 00       C C C C ， 所以 23 2 cos2 2 cos24 2     CACA =0。 解得 2 2 2 cos  CA 或 8 23 2 cos  CA 。 又 2 cos CA  >0，所以 2 2 2 cos  CA 。 例 13 求证：tan20  +4cos70  . 【解】 tan20  +4cos70  =   20cos 20sin +4sin20          20cos 40sin220sin 20cos 20cos20sin420sin         20cos 40sin10cos30sin2 20cos 40sin40sin20sin .3 20cos 20cos60sin2 20cos 40sin80sin        三、趋近高考（必懂） 1.（四川省成都市 2010届高三第三次诊断理科）计算 cot15°－tan15的结果是( ) (A) 3 2 (B) 6 2 (C)3 3 (D)2 3 【答案】D 2.（成都 2010届高三第三次诊断文科）计算 cos45cos15－sin45cos75的结果是( ) (A) 3 2 (B) 2 2 (C) 1 2 (D)1 【答案】C 【解析】cos45cos15－sin45cos75 ＝cos45cos15－sin45sin15 ＝cos(45＋15) ＝cos60 ＝ 1 2 3. （成都 2010届高三第三次诊断文科）先把函数 f(x)＝sinx－ 3 cosx的图象按向量 a＝(π 3 ，0)平移得到曲 线 y＝g(x)，再把曲线 y＝g(x)上所有点的纵坐标缩短到原来的 1 2倍，横坐标保持不变，得到曲线 y＝h(x)， 则曲线 y＝h(x)的函数表达式为( ) (A)h(x)＝sin(x－2π 3 ) (B)h(x)＝sinx (C)h(x)＝4sin (x－2π 3 ) (D)h (x)＝4sinx 【答案】A 【解析】f(x)＝2sin(x－π 3 )， 按向量 a＝(π 3 ，0)平移后，得到曲线 y＝g(x) ＝2sin(x－2π 3 ) 再把纵坐标缩短到原来的 1 2倍，横坐标保持不变，得到曲线 y＝h(x)＝sin(x－2π 3 ) 4. （成都 2010 届高三第三次诊断理科）已知 sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝ 3 3 ，则 cos2β的值为 ________________. 【答案】 1 3 【解析】因为 sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα ＝sin[(α＋β)－α] ＝sinβ＝ 3 3 于是 cos2β＝1－2sin22β＝1－ 2 1 3 3  5.（四川省攀枝花市 2010年 4月高三第二次统考文科试题） . 1 2  6.(绵阳 2010年 4月高三三诊理科试题) （本小题满分 12分）已知△ABC中，角 A、B、C所对的边分别 为 a，b，c，若 A、B、C成等差数列，b=1，记角 A=x，a+c=f (x)． （Ⅰ）当 x∈[ 6  ， 3  ]时，求 f (x)的取值范围； （Ⅱ）若 5 6) 6 (  xf ，求 sin2x的值． 解：（I）由已知 A、B、C成等差数列，得 2B=A+C， ∵ 在△ABC中， A+B+C=π，于是解得 3  B ， 3 2 CA ． ∵ 在△ABC中， C c B b A a sinsinsin  ，b=1， ∴ CAca sin 3 sin 1sin 3 sin 1   )] 3 2sin([sin 3 32 AA   ]sin 3 2coscos 3 2sin[sin 3 32 AAA   AA cossin3  ) 6 sin(2   A ， 即 ) 6 sin(2)(   xxf ． …………………………………………………………6分 由 6  ≤x≤ 3  得 3  ≤x+ 6  ≤ 2  ，于是 3≤ )(xf ≤2， 即 f (x)的取值范围为[ 3 ，2] ． ………………………………………………8分 （Ⅱ）∵ 5 6) 66 sin(2) 6 (   xxf ，即 5 3sin x ． ∴ 5 4sin1cos 2  xx ． ……………………………………………………9分 若 5 4cos x ，此时由 2 2 5 4  知 x> 4 3 ，这与 3 2 CA 矛盾． ∴ x为锐角，故 5 4cos x ． ……………………………………………………11分 ∴ 25 24cossin22sin  xxx ．……………………………………………………12分 7．（雅安 2010届高三第三次诊断性考试理科） （本题满分 12分） 三角形的三内角 , ,A B C所对边的长分别为 , ,a b c，设向量 ( , )m c a b a    ， n   ( , )a b c ，若 //m n   。 (1)求角 B的大小； (2)求 sin sinA C 的取值范围。 8．（自贡 2010届高三三诊理科试题）（本小题满分 12分） 如图 4，已知△ABC中， | | 1AC  ，∠ABC=120°，∠BAC= ，记 ( )f AB BC     。 （I）求 ( )f  关于 的表达式； （II）求 ( )f  的值域。 解：（Ⅰ），由正弦定理有：   120sin 1 sin ||  BC ＝ )60sin( ||  AB …………(2分) ∴ sin 120sin 1||  BC ,    120sin )60sin(|| AB …………(4分) ∴ )(f 2 1)60sin(sin 3 4)0(  BCABf ＝  sin)sin 2 1cos 2 3( 3 2  ＝ ) 2 2cos12sin 2 3( 3 1    ＝ 6 1) 6 2sin( 3 1   ) 3 0(   …………(8分) (Ⅱ) 3 0   => 6 5 6 2 6   , ∴ 1) 6 2sin( 2 1   ∴ ] 6 1,0()( f ………（12分） 9.（南充 2010届高三 4月月考理科试题）（本小题满分 12分） 在△ABC中，角 A、B、C的对边分别为 a、b、c， 7,5, 2 72cos 2 sin4 2   cbaCBA ． （1）求角 C的大小； （2）求△ABC的面积． 解：（1）由 2 72cos 2 cos4, 2 72cos 2 sin4 22 CCCBA   得 ∴ 4cos2C－4cosC＋１＝０ 解得 2 1cos C ∴ C＝60° （2）由余弦定理得 C2＝a2＋b2－2ab cos C 即 7＝a2＋b2－ab ① 又 a＋b＝5 ∴a2＋b2＋2ab＝25 ② 由①②得 ab＝6 ∴ S△ABC＝ 2 33sin 2 1 Cab 10．（资阳 2012—2010学年度高三第三次高考模拟理）（本小题满分 12分） 在直角坐标系 xOy 中，若角α的始边为 x轴的非负半轴，终边为射线 l： 2 ( 0)y x x  ． （Ⅰ）求 tan 2 的值； （Ⅱ）求 22cos 2sin( ) 1 2 72 cos( ) 4         的值． 解：（Ⅰ）在终边 l上取一点 ( 1, 2)P   ，则 2tan 2 1      ， 2分 ∴ 2 2 2 4tan 2 1 2 3       ． 4分 （Ⅱ） 22cos 2sin( ) 1 2 72 cos( ) 4         cos 2sin 2 cos( ) 4       cos 2sin cos sin        8分 1 2 tan 1 2 2 5 1 tan 1 2            ． 12分 11.（四川省攀枝花市 2010年 4月高三第二次统考文科试题）（12分）在 ABC 中， 角 , ,A B C所对的边分别是 , ,a b c， 2 2 2 1 2 a c b ac   . (Ⅰ)求 2sin cos 2 2 A C B  的值； （Ⅱ）若 2b  ，求 ABC 面积的最大值. 解：（Ⅰ）由余弦定理： 1cos 4 B  2 2 2 2 2 2 sin cos 2 sin ( ) 2cos 1 2 2 2 cos 2cos 1 2 1 cos 2cos 1 2 1 4 A C BB B B B B B                （Ⅱ）由 . 4 15sin, 4 1cos  BB 得 ∵ 2b ， 2 2 2 1 2 a c b ac   ∴ 2 2 21 1 4 2 2 2 a c ac b ac ac      ，从而 8 3 ac  故 1 15sin 2 3ABCS ac B   （当且仅当 a c 时取等号） 12．(成都石室中学 2010届高三三诊模拟理科) （12分） 已知 ABC 中， .sin3)cos3(sinsin CBBA  （I）求角 A的大小； （II）若 BC=3，求 ABC 周长的取值范围。 解：（I）  CBA 得 )sin(sin BAC  代入已知条件得 BBA sincos3sinsin  0sin B ，由此得 3 ,3tan   AA …………6分 （II）由上可知： BCCB  3 2, 3 2  由正弦定理得： )) 3 2sin((sin32)sin(sin2 BBCBRACAB   即得： ) 6 sin(6)cos 2 3sin 2 3(32   BBBACAB 1) 6 sin( 2 1 3 20   BB 得 63  ACAB ， ABC 周长的取值范围为  9,6 …………12分 5_u.c o*m 第二章 平面向量 一、基础知识（理解去记） 定义 1 既有大小又有方向的量，称为向量。画图时用有向线段来表示，线段的长度表示向量的模。向量 的符号用两个大写字母上面加箭头，或一个小写字母上面加箭头表示。书中用黑体表示向量，如 a. |a|表示 向量的模，模为零的向量称为零向量，规定零向量的方向是任意的。零向量和零不同，模为 1的向量称为 单位向量【最近几年常考】。 定义 2 方向相同或相反的向量称为平行向量（或共线向量），规定零向量与任意一个非零向量平行和结 合律。 定理 1 向量的运算，加法满足平行四边形法规，减法满足三角形法则。加法和减法都满足交换律和结合 律。 定理 2 非零向量 a, b共线的充要条件是存在实数  0，使得 a= .b f 定理 3 平面向量的基本定理，若平面内的向量 a, b不共线，则对同一平面内任意向是 c，存在唯一一对实 数 x, y，使得 c=xa+yb，其中 a, b称为一组基底。 定义 3 向量的坐标，在直角坐标系中，取与 x轴，y轴方向相同的两个单位向量 i, j作为基底，任取一个 向量 c，由定理 3可知存在唯一一组实数 x, y，使得 c=xi+yi，则（x, y）叫做 c坐标。 定义 4 向量的数量积，若非零向量 a, b的夹角为 ，则 a, b的数量积记作 a·b=|a|·|b|cos =|a|·|b|cos，也称内积，其中|b|cos 叫做 b在 a上的投影（注：投影可能为负值）。 定理 4 平面向量的坐标运算：若 a=(x1, y1), b=(x2, y2)， 1．a+b=(x1+x2, y1+y2), a-b=(x1-x2, y1-y2)， 2．λa=(λx1, λy1), a·(b+c)=a·b+a·c， 3．a·b=x1x2+y1y2, cos(a, b)= 2 2 2 2 2 1 2 1 2121 yxyx yyxx   (a, b 0), 4. a//b x1y2=x2y1, a b x1x2+y1y2=0. 定义 5 若点 P是直线 P1P2 上异于 p1，p2的一点，则存在唯一实数λ，使 21 PPPP  ，λ叫 P分 21 PP 所成的比，若 O为平面内任意一点，则      1 21 OPOPOP 。由此可得若 P1，P，P2的坐标分别为(x1, y1), (x, y), (x2, y2)，则 .. 1 1 2 1 2 1 21 21 yy yy xx xx yyy xxx                        定义 6 设 F是坐标平面内的一个图形，将 F上所有的点按照向量 a=(h, k)的方向，平移|a|= 22 kh  个单 位得到图形 'F ，这一过程叫做平移。设 p(x, y)是 F上任意一点，平移到 'F 上对应的点为 )','(' yxp ，则      kyy hxx ' ' 称为平移公式。 定理 5 对于任意向量 a=(x1, y1), b=(x2, y2), |a·b|≤|a|·|b|，并且|a+b|≤|a|+|b|. 【证明】 因为|a|2·|b|2-|a·b|2= ))(( 2 2 2 2 2 1 2 1 yxyx  -(x1x2+y1y2)2=(x1y2-x2y1)2≥0，又|a·b|≥0, |a|·|b|≥0， 所以|a|·|b|≥|a·b|. 由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|. 注：本定理的两个结论均可推广。1）对 n维向量，a=(x1, x2,…,xn)，b=(y1, y2, …, yn)，同样有|a·b|≤|a|·|b|， 化简即为柯西不等式：  ))(( 22 2 2 1 22 2 2 1 nn yyyxxx  (x1y1+x2y2+…+xnyn)2≥0，又|a·b|≥0, |a|·|b|≥0， 所以|a|·|b|≥|a·b|. 由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|. 注：本定理的两个结论均可推广。1）对 n维向量，a=(x1, x2,…,xn), b=(y1, y2, …, yn)，同样有|a·b|≤|a|·|b|， 化简即为柯西不等式：  ))(( 22 2 2 1 22 2 2 1 nn yyyxxx  (x1y1+x2y2+…+xnyn)2。 2）对于任意 n个向量，a1, a2, …,an，有| a1, a2, …,an|≤| a1|+|a2|+…+|an|。 二、基础例题【必会】 1．向量定义和运算法则的运用 例 1 设 O是正 n边形 A1A2…An的中心，求证： .21 OOAOAOA n   【证明】 记 nOAOAOAS  21 ，若 OS  ，则将正 n边形绕中心 O旋转 n 2 后与原正 n边形 重合，所以 S不变，这不可能，所以 .OS  例 2 给定△ABC，求证：G是△ABC重心的充要条件是 .OGCGBGA  【证明】必要性。如图所示，设各边中点分别为 D，E，F，延长 AD至 P，使 DP=GD，则 .2 GPGDAG  又因为 BC与 GP互相平分， 所以 BPCG为平行四边形，所以 BG // PC，所以 .CPGB  所以 .OPGCPGCGCGBGA  充分性。若 OGCGBGA  ，延长 AG 交 BC 于 D，使 GP=AG，连结 CP，则 .PGGA  因为 OPCPGGC  ，则 PCGB  ，所以 GB // CP，所以 AG平分 BC。 同理 BG平分 CA。 所以 G为重心。 例 3 在 凸 四 边 形 ABCD 中 ， P 和 Q 分 别 为 对 角 线 BD 和 AC 的 中 点 ， 求 证 ： AB2+BC2+CD2+DA2=AC2+BD2+4PQ2。 【证明】 如图所示，结结 BQ，QD。 因为 DQPQDPBQPQBP  , ， 所以 2222 )()( PQDPPQBPDQBQ  = BPPQDPBP 22 222  · PQDPPQ  2 = .2)(22 222222 PQDPBPPQDPBPPQDPBP  ① 又因为 ,,, OQCQABAQABQBCQCBQ  同理 22222 2BQQCQABCBA  ， ② 22222 2QDQCQADACD  ， ③ 由①，②，③可得 )(24 222222 QDBQQACDBCBA  222222 4)22(2 PQBDACPQBPAC  。得证。 2．证利用定理证明共线 例 4 △ABC外心为 O，垂心为 H，重心为 G。求证：O，G，H为共线，且 OG：GH=1： 【证明】 首先 AMOAAGOAOG 3 2  = )2( 3 1)( 3 1 OCOBAOOAACABOA  ).( 3 1 OCOBOA  其次设 BO交外接圆于另一点 E，则连结 CE后得 CE .BC 又 AH BC，所以 AH//CE。 又 EA AB，CH AB，所以 AHCE为平行四边形。 所以 ,ECAH  所以 OCOBOAOCEOOAECOAAHOAOH  ， 所以 OGOH 3 ， 所以OG与OH 共线，所以 O，G，H共线。 所以 OG：GH=1：2。 3．利用数量积证明垂直 例 5 给定非零向量 a, b. 求证：|a+b|=|a-b|的充要条件是 a b. 【证明】|a+b|=|a-b| (a+b)2=(a-b)2 a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2 a·b=0 a b. 例 6 已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，D为 AB中点，E为△ACD 重心。求证：OE CD。 【证明】 设 cOCbOBaOA  ,, ， 则 )( 2 1 baOD  ， . 6 1 2 1 3 1)( 2 1 3 1 bacbacaOE      又 cbaCD  )( 2 1 ， 所以              cbabcaCDOE 2 1 2 1 6 1 3 1 2 1 cabacba  3 1 3 1 3 1 12 1 4 1 222 3 1  a·(b-c). （因为|a|2=|b|2=|c|2=|OH|2） 又因为 AB=AC，OB=OC，所以 OA为 BC的中垂线。 所以 a·(b-c)=0. 所以 OE CD。 4．向量的坐标运算 例 7 已知四边形 ABCD是正方形，BE//AC，AC=CE，EC的延长线交 BA的延长线于点 F，求证：AF=AE。 【证明】 如图所示，以 CD所在的直线为 x轴，以 C为原点建立直角坐标系，设正方形边长为 1，则 A， B坐标分别为（-1，1）和（0，1），设 E点的坐标为（x, y），则 BE =(x, y-1), )1,1( AC ，因为 ACBE // ， 所以-x-(y-1)=0. 又因为 |||| ACCE  ，所以 x2+y2=2. 由①，②解得 . 2 31, 2 31     yx 所以 .324||, 2 31, 2 33 2         AEAE 设 )1,'(xF ，则 )1,'(xCF  。由CF 和CE共线得 .0 2 31' 2 31     x 所以 )32(' x ，即 F )1,32(  ， 所以 2|| AF =4+ 2||32 AE ，所以 AF=AE。 三、趋近高考【必懂】 1.（成都市 2010届高三第三次诊断理科）已知向量 a＝(－3,2),b＝(2,1),则|a＋2 b|的值为( ) (A)3 2 (B)7 (C) 17 (D) 13 2 5 【答案】C 【解析】因为 a＋2 b＝(1,4) 故|a＋2 b|＝ 2 21 4 17   2. (绵阳市 2010年 4月高三三诊理科试题)已知向量 a、b不共线，若向量 a+λb与 b+λa 的方向相反，则λ= （ C ） （A）1 （B）0 （C）-1 （D）±1 3．（雅安市 2010届高三第三次诊断性考试理科）已知 ,a b   为非零向量，函数 ( ) ( ) ( )f x xa b a xb        ，则 使 ( )f x 的图象为关于 y轴对称的抛物线的一个必要不充分条件 是( C ) A． a b   B． //a b   C． | | | |a b   D． a b   4．（资阳市 2012—2010学年度高三第三次高考模拟理）已知平面直角坐标系内的点 A(1，1)，B(2，4)， C(－1，3)，则 | |AB AC    （ B ） （A） 2 2 （B） 10 （C）8 （D）10 5．（泸州市 2010届高三第二次教学质量 诊断性考试理科）如图：正六边形 ABCDEF 中，下列命题错误的是（ C ） A． AC AD AD AB       B． 2AD AB AF     C． 2AC AF BC     D．    AD AF EF EF AF AD         6.（四川省攀枝花市 2010年 4月高三第二次统考文科试题）已知  1, 6, 2a b a b a          ，则向量 a  与 向量b  的夹角是（ C ） A. 6  B. 4  C. 3  D. 2  7． (成都市石室中学 2010届高三三诊模拟理科)已知 ba, 是非零向量且满足 bbaaba  )4(,)3( ，则 ba与 的夹角是 （ A ） A． 6  B． 3  C． 3 2 D． 6 5 二、填空题： 8．（自贡市 2010届高三三诊理科试题）有下列命题： ① a b 是 2 2a b 的充分不必要条件； ② 2 2 21 ( ) 2 OP OQ OP OQ PQ         ； ③若函数 ( )f x 满足 ( 1) 1 ( )f x f x   ，则 ( )f x 是周期函数； ④如果一组数据中，每个数都加上同一个非零常数 c，则这组数据的平均数和方差都改变。 其中错误命题的序号为 （要求填写所有错误命题的序号）。①④ 9.（眉山市 2010 年 4 月高三第二次诊断性考试理科）设 1 2 3 4, , ,e e e e     是平面内的四个单位向量，其中 1 2 3,e e e    与 4e  的夹角为135，对这个平面内的任一个向量 1 2a xe ye     ，规定经过一次“斜二测变换” 得到向量 1 3 42 ya xe e     ，设向量 1 23 4v e e     ，则经过一次“斜 二测变换”得到向量 1v  的模 1v  是_____________________. 13 6 2 [ 10．（省泸州市 2010届高三第二次教学质量诊断性考试理科）已知向量 (2,1), 10a a b      ， 5 2a b    ， 则 b   5 . 11．（泸州市 2010届高三第二次教学质量诊断性考试文科）已知向量 (1, ), ( 1, )a n b n     ，若 2a b   与b  垂直，则 a   2 . 12.（四川省攀枝花市 2010年 4月高三第二次统 考文科试题）已知点 ( 1, 5)A   和向量 (2,3)a   ，若 3AB a   ，则点 B的坐标为 .  5 , 4 13.（攀枝花市 2010年 4月高三第二次统考文科试题）（12分）已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的离心率 为 1 2 ，且其焦点 ( ,0)( 0)F c c  到相应准线 l的距离为３， 过焦点 F 的直线与椭圆交于 ,A B两点. (Ⅰ)求椭圆的标准方程； （Ⅱ）设M 为椭圆的右顶点，则直线 ,AM BM 与准线 l分别交于 ,P Q两点（ ,P Q两点不重合），求证： 0FP FQ     . 【解析】 ∴直线 AB的方程为 0),1(  kxky 又设 ),(),,(),,(),,( 44332211 yxQyxPyxByxA 联立       1 34 )1( 22 yx xky 消 y得 01248)43( 2222  kxkxk ∴ 2 2 212 2 21 43 124, 43 8 k kxx k kxx      ∴ 2 2 21 2 21 43 9)1)(1( k kxxkyy    又∵A、M、P三点共线，∴ 2 2 1 1 3   x yy 同理 2 2 2 2 4   x yy ∴ ) 2 2,3( 1 1   x yFP ， ) 2 2,3( 2 2   x yFQ ∴ 0 4)(2 49 2121 21    xxxx yyFQFP 综上所述： 0FQFP [ 高中数学必修五 第一章 解三角形 一、基础知识【理解去记】 在本章中约定用 A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各边长， 2 cbap   为半周长。 1．正弦定理： C c B b A a sinsinsin  =2R（R为△ABC外接圆半径）。 推论 1：△ABC的面积为 S△ABC= .sin 2 1sin 2 1sin 2 1 BcaAbcCab  推论 2：在△ABC中，有 bcosC+ccosB=a. 推论 3：在△ABC中，A+B= ，解 a满足 )sin(sin a b a a    ，则 a=A. 正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证推论。先证推论 1，由正弦函数定义，BC 边上的高为 bsinC，所以 S△ABC= Cab sin 2 1 ；再证推论 2，因为 B+C= -A，所以 sin(B+C)=sinA，即 sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以 2R得 bcosC+ccosB=a；再证推论 4，由正弦定理 B b A a sinsin  ，所 以 )sin( )sin( sin sin A a A a      ， 即 sinasin(  -A)=sin(  -a)sinA ， 等 价 于 2 1  [cos(  -A+a)-cos(  -A-a)]= 2 1  [cos( -a+A)-cos( -a-A)]，等价于 cos( -A+a)=cos( -a+A)，因为 0< -A+a， -a+A< . 所以只有  -A+a= -a+A，所以 a=A，得证。 2．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA bc acbA 2 cos 222   ，下面用余弦定理证明几个常用的结论。 （1）斯特瓦特定理【了解】：在△ABC中，D是 BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则 AD2= . 22 pq qp qcpb    （1） 【证明】 因为 c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos ADB ， 所以 c2=AD2+p2-2AD·pcos .ADB ① 同理 b2=AD2+q2-2AD·qcos ADC ， ② 因为ADB+ADC= ， 所以 cosADB+cosADC=0， 所以 q×①+p×②得 qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即 AD2= . 22 pq qp qcpb    注：在（1）式中，若 p=q，则为中线长公式 . 2 22 222 acbAD   （ 2 ） 海 伦 公 式 ： 因 为 4 12   ABCS b2c2sin2A= 4 1 b2c2 (1-cos2A)= 4 1 b2c2 16 1 4 )(1 22 2222         cb acb [(b+c) 2 -a2][a2-(b-c) 2]=p(p-a)(p-b)(p-c). 这里 . 2 cbap   所以 S△ABC= ).)()(( cpbpapp  二、基础例题【必会】 1．面积法 例 1 （共线关系的张角公式）如图所示，从 O 点发出的三条射线满足   QORPOQ , ，另外 OP，OQ，OR的长分别为 u, w, v，这里α，β，α+β∈(0,  )，则 P，Q，R的共线的充要条件是 .)sin(sinsin wvu    【证明】P，Q，R共线 ORQOPQOPRΔPQR SSSS   0 sin 2 1 uv (α+β)= 2 1 uwsinα+ 2 1 vwsinβ vuw  sinsin)sin(    ，得证。 2．正弦定理的应用 例 2 如图所示，△ABC内有一点 P，使得 BPC- BAC= CPA- CBA= APB- ACB。 求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。 【证明】 过点 P作 PD BC，PE AC，PF AB，垂足分别为 D，E，F，则 P，D，C，E；P，E，A， F；P，D，B，F 三组四点共圆，所以 EDF= PDE+ PDF= PCA+ PBA= BPC- BAC。由题设 及 BPC+ CPA+APB=3600可得 BAC+ CBA+ACB=1800。 所以 BPC- BAC= CPA- CBA=APB-ACB=600。 所以 EDF=600，同理DEF=600，所以△DEF是正三角形。 所以 DE=EF=DF，由正弦定理，CDsin ACB=APsin BAC=BPsin ABC，两边同时乘以△ABC的外接 圆直径 2R，得 CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证： 例 3 如图所示，△ABC的各边分别与两圆⊙O1，⊙O2相切，直线 GF与 DE交于 P，求证：PA BC。 【证明】 延长 PA交 GD于M， 因为 O1G BC，O2D BC，所以只需证 . 2 1 AE AF AO AO MD GM  由正弦定理  sin)2sin( , sin)1sin( AEPAAFAP     ， 所以 . sin sin 2sin 1sin       AF AE 另一方面， 2sinsin , 1sinsin     PMMDPMGM  ， 所以   sin sin 1sin 2sin     MD GM ， 所以 AE AF MD GM  ，所以 PA//O1G， 即 PA BC，得证。 3．一个常用的代换：在△ABC中，记点 A，B，C到内切圆的切线长分别为 x, y, z，则 a=y+z, b=z+x, c=x+y. 例 4 在△ABC中，求证：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 【证明】 令 a=y+z, b=z+x, c=x+y，则 abc=(x+y)(y+z)(z+x) zxyzxy  8 =8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c) =a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc. 所以 a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 4．三角换元。 例 5 设 a, b, c∈R+，且 abc+a+c=b，试求 1 3 1 2 1 2 222       cba P 的最大值。 【解】 由题设 b ac ca   1 ，令 a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 则 tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤ 3 10 3 10 3 1sin3 2         ， 当且仅当α+β= 2  ，sinγ= 3 1 ，即 a= 4 2,2, 2 2  cb 时，Pmax= . 3 10 例 6 在△ABC中，若 a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc< . 2 1 【证明】 设 a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β       2 ,0  . 因为 a, b, c为三边长，所以 c< 2 1 , c>|a-b|， 从而       4 ,0  ，所以 sin2β>|cos2α·cos2β|. 因为 1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca), 所以 a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). 又 ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c) =sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β = 4 1 [1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β] = 4 1 + 4 1 cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β) > 4 1 + 4 1 cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)= 4 1 . 所以 a2+b2+c2+4abc< . 2 1 三、趋近高考【必懂】 1．（全国 10高考）在△ABC中，cos2 10 9 22    c cbA ，c＝5，求△ABC的内切圆半径． 【解析】：∵ c＝5， 10 9 2   c cb ，∴ b＝4 又 cos2 c cbAA 22 cos1 2     ∴ cosA＝ c b 又 cosA＝ bc acb 2 222  ∴ c b bc acb   2 222 ∴ b2＋c2-a2＝2b2 ∴ a2＋b2＝c2 ∴ △ABC是以角 C为直角的三角形． a＝ 22 bc  ＝3 ∴ △ABC的内切圆半径 r＝ 2 1 (b＋a-c)＝1． 2．（全国 10高考）R是△ABC的外接圆半径，若 ab＜4R2cosAcosB，则外心位于△ABC的外部． 【解析】：∵ ab＜4R2cosAcosB 由正弦定理得 a＝2RsinA，b＝2RsinB ∴ 4R2sinAsinB＜4R2cosAcosB ∴ cosAcosB＞sinAsinB ∴ cosAcosB-sinAsinB＞0 ∴ cos(A＋B)＞0 ∵ cos(A＋B)＝-cosC ∴ -cosC＞0 ∴ cosC＜0 ∴ 90°＜C＜180° ∴ △ABC是钝角三角形 ∴ 三角形的外心位于三角形的外部． 3．（全国 10高考）半径为 R的圆外接于△ABC，且 2R(sin2A-sin2C)＝( 3 a-b)sinB． (1)求角 C； (2)求△ABC面积的最大值． 【解析】：(1)∵ R C c B b A a 2 sinsinsin  R bB R cC R aA 2 sin,) 2 (sin,) 2 (sin 2222  ∵ 2R(sin2A-sin2C)＝( 3 a－b)sinB ∴ 2R［( R a 2 )2-( R c 2 )2］＝( 3 a-b)· R b 2 ∴ a2-c2＝ 3 ab-b2 ∴ 2 3 2 222   ab cba ∴ cosC＝ 2 3 ，∴ C＝30° (2)∵ S＝ 2 1 absinC ＝ 2 1 ·2RsinA·2RsinB·sinC ＝R2sinAsinB ＝- 2 2R ［cos(A＋B)-cos(A-B)］ ＝ 2 2R ［cos(A-B)＋cosC］ ＝ 2 2R ［cos(A-B)＋ 2 3 ］ 当 cos(A-B)＝1时，S有最大值 第二章 数列 *******毋庸置疑，数列是历年各省市解答题中必出的内容。因此同学要熟练百倍！ 一、基础知识【理解去记】 定义 1 数列，按顺序给出的一列数，例如 1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an} 的一般形式通常记作 a1, a2, a3,…，an 或 a1, a2, a3,…，an…。其中 a1叫做数列的首项，an是关于 n 的具 体表达式，称为数列的通项。 定理 1 若 Sn表示{an}的前 n项和，则 S1=a1, 当 n>1时，an=Sn-Sn-1. 定义 2 等差数列，如果对任意的正整数 n，都有 an+1-an=d（常数），则{an}称为等差数列，d叫做公差。 若三个数 a, b, c成等差数列，即 2b=a+c，则称 b为 a和 c的等差中项，若公差为 d, 则 a=b-d, c=b+d. 定理 2 *****【必考】等差数列的性质： 1）通项公式 an=a1+(n-1)d； 2）前 n 项和公式： Sn= dnnna aan n 2 )1( 2 )( 1 1    ；3）an-am=(n-m)d，其中 n, m为正整数；4）若 n+m=p+q，则 an+am=ap+aq； 5）对任意正整数 p, q，恒有 ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若 A，B至少有一个不为零，则{an}是等差数列的充 要条件是 Sn=An2+Bn. 定义 3 等比数列，若对任意的正整数 n，都有 q a a n n 1 ，则{an}称为等比数列，q叫做公比。 定理 3 *****【必考】等比数列的性质：1）an=a1qn-1；2）前 n项和 Sn，当 q 1时，Sn= q qa n   1 )1(1 ； 当 q=1时，Sn=na1；3）如果 a, b, c成等比数列，即 b2=ac(b 0)，则 b叫做 a, c的等比中项；4）若 m+n=p+q， 则 aman=apaq。 定义 4 极限，给定数列{an}和实数 A，若对任意的 >0，存在M，对任意的 n>M(n∈N),都有|an-A|< ， 则称 A为 n→+∞时数列{an}的极限，记作 .lim Aann   定义 5 无穷递缩等比数列，若等比数列{an}的公比 q满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数列，其前 n项 和 Sn的极限（即其所有项的和）为 q a 1 1 （由极限的定义可得）。 定理 4 数学归纳法：给定命题 p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当 p(n)时 n=k成立时能推出 p(n)对 n=k+1 成立，则由（1），（2）可得命题 p(n)对一切自然数 n≥n0成立。 【补充知识点】 定理 5 第二数学归纳法：给定命题 p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当 p(n)对一切 n≤k的自然数 n都成 立时（k≥n0）可推出 p(k+1)成立，则由（1），（2）可得命题 p(n)对一切自然数 n≥n0成立。 定理 6 对于齐次二阶线性递归数列 xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程 x2=ax+b的两个根为α,β:(1)若α β，则 xn=c1an-1+c2βn-1，其中 c1, c2由初始条件 x1, x2的值确定；(2)若α=β，则 xn=(c1n+c2) αn-1， 其中 c1, c2的值由 x1, x2 的值确定。 二、基础例题【必会】 1．不完全归纳法。 这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世界的 普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明。 例 1 试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5，19，65，…； 3）-1，0，3，8，15，…。 【解】1）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n. 例 2 已知数列{an}满足 a1= 2 1 ,a1+a2+…+an=n2an, n≥1，求通项 an. 【解】 因为 a1= 2 1 ,又 a1+a2=22·a2, 所以 a2= 23 1  ，a3= 43 1 132 2     aa ,猜想 )1( 1   nn an (n≥1). 证明；1）当 n=1时，a1= 12 1  ，猜想正确。2）假设当 n≤k时猜想成立。 当 n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+ a1+…+a1=[(k+1)2-1] ak+1,， 所以 )1( 1 23 1 12 1      kk  =k(k+2)ak+1, 即 1 11 3 1 2 1 2 11   kk  =k(k+2)ak+1, 所以 1k k =k(k+2)ak+1,所以 ak+1= . )2)(1( 1  kk 由数学归纳法可得猜想成立，所以 . )1( 1   nn an 例 3 设 01. 【证明】 证明更强的结论：1an. 又由 an+1=5an+ 124 2 na 移项、平方得 .0110 2 1 2 1   nnnn aaaa ① 当 n≥2时，把①式中的 n换成 n-1 得 0110 2 11 2   nnnn aaaa ，即 .0110 2 1 2 1   nnnn aaaa ② 因为 an-10, 所以 4 1 2 1 2 1 nS Sn, 所以 2 1 4 1 nS ， 所以 Sn<2，得证。 4．特征方程法 例 9 已知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an，求 an. 【解】 由特征方程 x2=4x-4得 x1=x2=2. 故设 an=(α+βn)·2n-1，其中      2)2(6 3   ， 所以α=3，β=0， 所以 an=3·2n-1. 例 10 已知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an，求通项 an. 【解】 由特征方程 x2=2x+3得 x1=3, x2=-1, 所以 an=α·3n+β·(-1)n，其中        96 33 ， 解得α= 4 3 ，β 4 3  ， 所以 11 )1(3[ 4 1   nn na ·3]。 5．构造等差或等比数列 例 11 正数列 a0,a1,…,an,…满足 212   nnnn aaaa =2an-1(n≥2)且 a0=a1=1，求通项。 【解】 由 1212 2   nnnnn aaaaa 得 2 1 1 2     n n n n a a a a =1， 即 .121 2 1 1             n n n n a a a a 令 bn= 1n n a a +1，则{bn}是首项为 0 1 a a +1=2，公比为 2的等比数列， 所以 bn= 1n n a a +1=2n，所以 1n n a a =（2n-1）2， 所以 an= 1n n a a · 2 1   n n a a … 1 2 a a · 0 1 a a ·a0=    n k k 1 2 .)12( 注：    n i iC 1 C1·C2·…·Cn. 例 12 已知数列{xn}满足 x1=2, xn+1= n n x x 2 22  ,n∈N+, 求通项。 【解】 考虑函数 f(x)= x x 2 22  的不动点，由 x x 2 22  =x得 x= .2 因为 x1=2, xn+1= n n x x 2 22  ,可知{xn}的每项均为正数。 又 2 nx +2≥ nx22 ，所以 xn+1≥ 2 (n≥1)。又 Xn+1- 2 = 2 2 22   n n x x = n n x x 2 )2( 2 , ① Xn+1+ 2 = 2 2 22   n n x x = n n x x 2 )2( 2 , ② 由①÷②得 2 1 1 2 2 2 2                n n n n x x x x 。 ③ 又 2 2 1 1   x x >0， 由③可知对任意 n∈N+， 2 2   n n x x >0且                        2 2 lg2 2 2 lg 1 1 n n n n x x x x , 所以           2 2 lg n n x x 是首项为         22 22lg ，公比为 2的等比数列。 所以 12 2 2 lg    n n n x x ·         22 22lg ，所以    2 2 n n x x 12 22 22          n ， 解得 2nx · 11 11 22 22 )22()22( )22()22(     nn nn 。 注意：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。 三、趋近高考【必懂】 1.（2010.北京）设 4 7 10 3 10( ) 2 2 2 2 2 kf n       ，则 ( )f n （ ）． （A） 2 (8 1) 7 n  （B） 22 (8 1) 7 n  （C） 32 (8 1) 7 n  （D） 42 (8 1) 7 n  解析：数列 4 7 102 2 2 2，，， ，…， 3 102 n 是以 2为首项，8为公比的等比数列，给出的这个数列共有 ( 4)n  项， 根据等比数列的求和公式有 4 42(8 1) 2 (8 1) 8 1 7 n n nS       ．选（D）． 2.（2010.广东）在德国不来梅举行的第 48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正 三棱锥”形的展品，其中第 1堆只有 1层，就一个球；第 2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按下图所 示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第 n堆第 n层就放一个乒乓球，以 ( )f n 表示第 n堆的乒乓球总数，则 (3)f  _____； ( )f n  =_____（答案用 n表示）． 【解析】：观察归纳， (3) 6 3 1 10f     ； 观察图示，不难发现第 n堆最底层（第一层）的乒乓球数 ( 1)1 2 3 2n n na n        ，第 n堆的乒乓球总数相当于 n堆乒乓球的底层数之和， 即 2 2 2 2 1 2 3 1 1 ( 1) ( 1)( 2)( ) (1 2 3 ) 2 2 2 6n n n n n nf n a a a a n                  ． 品：数列求和，无论等差还是等比数列，分清项数及规律都尤为重要． 3.（2010.北京）设等差数列 { }na 的首项 1a 及公差 d都为整数，前 n项和为 nS ． （1）若 11 140 98a S ， ，求数列 { }na 的通项公式； （2）若 1 11 146 0 77a a S， ，≥ ≤ ，求所有可能的数列 { }na 的通项公式． 【解析】：（1）由 14 11 98 0 S a    ， ， ，即 1 1 2 13 14 10 0 a d a d      ， ， ， 解得 12 20d a  ， ． 因此， { }na 的通项公式是 22 2 1 2 3na n n   ， ，，， ； （2）由 14 11 1 77 0 6 S a a      ， ， ， ≤ ≥ ，得 1 1 1 2 13 11 10 0 6 a d a d a       ， ， ， ≤ ≥ ， 即 1 1 1 2 13 11 (1) 2 20 0 (2) 2 12. (3) a d a d a       ， ， ≤ ≤ 由①+②，得 7 11d  ，即 11 7 d   ． 由①+③，得 13 1d ≤ ，即 1 13 d ≤ ． 所以 11 1 7 13 d  ≤ ． 又 d Z ，故 1d   ． 将 1d   代入①、②，得 110 12a ≤ ． 又 1a Z ，故 1 11a  或 1 12a  ． 所以，数列 { }na 的通项公式是 12na n  或 13 1 2 3na n n   ， ，，， ． 品：利用等差（比）数列的定义构造方程（组）或不等式（组）是常用的解题方法． 4.（2010.江苏）设数列 { }{ }{ }n n na b c， ， 满足 2 1 22 3n n n n n n nb a a c a a a      ， ( 1 2 3 )n  ，，， ，证明 { }na 为等差数列的充要条件是 { }nc 为等差数列且 1( 1 2 3 )n nb b n  ，，，…≤ ． 【解析】：必要性：设 { }na 是公差为 1d 的等差数列， 则 1 1 3 2( ) ( )n n n n n nb b a a a a        1 3 2 1 1( ) ( ) 0n n n na a a a d d         ． 易知 1( 1 2 3 )n nb b n  ，，，≤ 成立． 由递推关系 1 1 2 1 3 2 1 1 1 1( ) 2( ) 3( ) 2 3 6n n n n n n n nc c a a a a a a d d d d                （常数）（n=1，2，3，…）． 所以数列 { }nc 为等差数列． 充分性：设数列 { }nc 是公差为 2d 的等差数列，且 1( 1 2 3 )n nb b n  ，，，≤ ， ∵ 1 22 3n n n nc a a a    ， ① ∴ 2 2 3 42 3n n n nc a a a      ， ② 由①②，得 2 2 1 3 2 4 1 2( ) 2( ) 3( ) 2 3n n n n n n n n n n nc c a a a a a a b b b                 ． ∵ 2 22n nc c d   ， ∴ 1 2 22 3 2n n nb b b d     ， ③ 从而有 1 2 3 22 3 2n n nb b b d      ， ④ ④③，得 1 2 1 3 2( ) 2( ) 3( ) 0n n n n n nb b b b b b          ， ⑤ ∵ 1 2 1 3 20 0 0n n n n n nb b b b b b      ， ，≥ ≥ ≥ ， ∴由⑤得 1 0( 1 2 3 )n nb b n    ，，， ， 由此不妨设 3( 1 2 3 )nb d n  ，，， ， 则 2 3n na a d  （常数）． 由此 1 2 1 32 3 4 2 3n n n n n nc a a a a a d        ． 从而 1 1 2 34 2 3n n nc a a d     ，两式相减得 1 1 32( ) 2n n n nc c a a d     ． 因此 1 1 3 2 3 1 1( ) 2 2n n n na a c c d d d       （常数）（n=1，2，3，…），即数列 { }na 为等差数列． 品：利用递推关系式是解决数列问题的重要方法，要熟练掌握等差数列的定义、通项公式． 5.（2010.福建）已知数列 { }na 满足 1 11 2 1n na a a  ， ． （1）求数列 { }na 的通项公式； （2）若 1 2 11 14 4 4 ( 1)n nk kk k n n na b k      ， ，证明 { }nb 是等差数列． 【解析】：（1）∵ 1 2 1( )n na a n     N ，∴ 1 1 2( 1)n na a    ． ∴ { 1}na  是以 1 1 2a   为首项，2为公比的等比数列． ∴ 1 2nna   ，即 2 1n na   ； （2）∵ 1 2 11 14 4 4 ( 1)nkk k k na     … ， 利用 { }na 的通项公式，有 1 2( )4 2n nk k k n nk     ． ∴ 1 22[( ) ]n nb b b n nb     ．① 构建递推关系 1 2 1 12[( ) ( 1)] ( 1)n n nb b b b n n b         ，② ②－①，得 1( 1) 2 0n nn b nb    ，③ 从而有 2 1( 1) 2 0n nnb n b     ，④ ③④，得 2 12 0n n nnb nb nb    ，即 2 12 0n n nb b b    ． 故 { }nb 是等差数列． [方法：]由递推式求数列的通项，常常构造新的辅助数列为等差或等比数列，用迭代法、累加法或累乘法 求其通项． 第三章 不等式 ***本章节总结的知识点已经涵盖了选修 4-5 的不等式专讲一书。因此后期不会总结《选修 4-5 不等式选讲》 一书。希望同学周知！ 一、基础知识【理解去记】 ***【必会】不等式的基本性质： （1）a>b a-b>0； （2）a>b, b>c a>c； （3）a>b a+c>b+c； （4）a>b, c>0 ac>bc； （5）a>b, c<0 acb>0, c>d>0 ac>bd; （7）a>b>0, n∈N+ an>bn; （8）a>b>0, n∈N+ nn ba  ; （9）a>0, |x|a x>a或 x<-a; （10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b∈R，则(a-b)2≥0 a2+b2≥2ab; （12）x, y, z∈R+，则 x+y≥2 xy , x+y+z .33 xyz 因为前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。 （6）因为 a>b>0, c>d>0，所以 ac>bc, bc>bd，所以 ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性 质（8），用反证法，若 nn ba  ，由性质（7）得 nnnn ba )()(  ，即 a≤b，与 a>b矛盾，所以假设不成 立，所以 nn ba  ；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以 |a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11） 显然成立；下证（12），因为 x+y-2 2)( yxxy  ≥0，所以 x+y≥ xy2 ，当且仅当 x=y时，等号成 立，再证另一不等式，令 czbyax  333 ,, ，因为 x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= 2 1 (a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以 a3+b3+c3≥3abc，即 x+y+z≥ 33 xyz ，等号当且仅当 x=y=z时成立。 二、基础例题【必会】 1．不等式证明的基本方法。 （1）比较法，在证明 A>B 或 A0）与 1 比较大小，最后 得出结论。 例 1 设 a, b, c∈R+ ， 试 证 ： 对 任 意 实 数 x, y, z, 有 x2+y2+z2 . ))()(( 2              xz b acyz a cbxy c ba accbba abc 【证明】 左边-右边= x2+y2+z2 yz acba bcxy accb ab ))(( 2 ))(( 2                222 ))(( 2 ))(( 2 y ac cy ac axy accb abx cb bxz cbba ca           222 ))(( 2 ))(( 2 x cb cxz cbba caz ba az ba byz acba bc .0 222                            x cb cz ba az ba by ac cy ac ax cb b 所以左边≥右边，不等式成立。 例 2 若 alog(1-x)(1-x)=1 （ 因 为 0<1-x2<1 ， 所 以 x1 1 >1-x>0, 0<1-x<1）. 所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|. （2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证……， 只需证……。 例 3 已知 a, b, c∈R+，求证：a+b+c-3 3 abc ≥a+b .2 ab 【证明】 要证 a+b+c 33 bac  ≥a+b .2 ab 只需证 332 abcabc  ， 因为 33 332 abcbacababcabc  ，所以原不等式成立。 例 4 已知实数 a, b, c满足 0(n+1)n. 【证明】 1）当 n=3时，因为 34=81>64=43，所以命题成立。 2）设 n=k时有 kk+1>(k+1)k，当 n=k+1 时，只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1，即 1 2 )2( )1(     k k k k >1. 因为 1 )1( 1    k k k k ， 所 以 只 需 证 1 2 )2( )1(     k k k k k k k k )1( 1    ， 即 证 (k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1 ， 只 需 证 (k+1)2>k(k+2) ， 即 证 k2+2k+1>k2+2k. 显然成立。 所以由数学归纳法，命题成立。 （4）反证法。 例 6 设实数 a0, a1,…,an满足 a0=an=0，且 a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，求证 ak≤0(k=1, 2,…, n-1). 【证明】 假设 ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设 ar是 a1, a2,…, an-1 中第一个出现的正数， 则 a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是 ar-ar-1>0，依题设 ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。 所以从 k=r起有 an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0. 因为 an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0与 an=0矛盾。故命题获证。 （5）分类讨论法。 例 7 已知 x, y, z∈R+，求证： .0 222222          yx xz xz zy zy yx 【证明】 不妨设 x≥y, x≥z. ⅰ）x≥y≥z，则 zyzxyx      111 ，x2≥y2≥z2，由排序原理可得 yx x xz z zy y yx z xz y zy x            222222 ，原不等式成立。 ⅱ）x≥z≥y，则 zyyxzx      111 ，x2≥z2≥y2，由排序原理可得 yx x xz z zy y yx z xz y zy x            222222 ，原不等式成立。 （6）放缩法，即要证 A>B，可证 A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+). 例 8 求证： ).2( 12 1 3 1 2 11    nnn 【证明】     12 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 2 11 12 1 3 1 2 11                 n nnnn 22 1 2 11 2 1 nn nn    ，得证。 例 9 已知 a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证： . mc c mb b ma a      【证明】 mba m mba ba mba b mba a mb b ma a             1 mc c mc m     1 （因为 a+b>c），得证。 （7）引入参变量法。 例 10 已知 x, y∈R+, l, a, b为待定正数，求 f(x, y)= 2 3 2 3 y b x a  的最小值。 【解】 设 k x y  ，则 k kly k lx     1 , 1 ，f(x,y)=         2 3 3 2 2)1( k ba l k 2 2333 2 33333 2 11111 l ka k b k b k bkakaba l                  (a3+b3+3a2b+3ab2)= 2 3)( l ba  ，等号当且仅当 y b x a  时成立。所以 f(x, y)min= .)( 2 3 l ba  例 11 设 x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4. 【 证 明 】 设 x1=k(x2+x3+x4) ， 依 题 设 有 3 1 ≤k≤1, x3x4≥4 ， 原 不 等 式 等 价 于 (1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即 k k 4 )1( 2 (x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为 f(k)=k+ k 1 在     1, 3 1 上递减， 所以 k k 4 )1( 2 (x2+x3+x4)= )21( 4 1  k k (x2+x3+x4) ≤ 4 2 3 13  ·3x2=4x2≤x2x3x4. 所以原不等式成立。 （8）局部不等式。 例 12 已知 x, y, z∈R+，且 x2+y2+z2=1，求证： 222 111 z z y y x x      . 2 33  【证明】 先证 . 2 33 1 2 2 x x x   因为 x(1-x2)= 33 2 3 2 2 1)1(2 2 1 3 222       xx , 所以 . 2 33 33 2)1(1 2 2 2 2 2 xx xx x x x     同理 2 2 2 33 1 y y y   ， 2 2 2 33 1 z z z   ， 所以 . 2 33)( 2 33 111 222 222       zyx z z y y x x 例 13 已知 0≤a, b, c≤1，求证： 111      ab c ca b bc a ≤2。 【证明】 先证 .2 1 cba a bc a    ① 即 a+b+c≤2bc+2. 即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a. 因为 0≤a, b, c≤1，所以①式成立。 同理 .2 1 ,2 1 cba c ab c cba b ca b      三个不等式相加即得原不等式成立。 （9）利用函数的思想。 例 14 已知非负实数 a, b, c满足 ab+bc+ca=1，求 f(a, b, c)= accbba      111 的最小值。 【解】 当 a, b, c中有一个为 0，另两个为 1时，f(a, b, c)= 2 5 ，以下证明 f(a, b, c) ≥ 2 5 . 不妨设 a≥b≥c，则 0≤c≤ 3 3 , f(a, b, c)= .1 11 2 22 bac ba c c       因为 1=(a+b)c+ab≤ 4 )( 2ba  +(a+b)c， 解关于 a+b的不等式得 a+b≥2( 12 c -c). 考虑函数 g(t)= tc t 1 12   , g(t)在[  ,12c ）上单调递增。 又因为 0≤c≤ 3 3 ，所以 3c2≤1. 所以 c2+a≥4c2. 所以 2 )1( 2 cc  ≥ .12 c 所以 f(a, b, c)= bac ba c c       1 11 2 22 ≥ )1(2 1 1 )1(2 1 2 22 2 2 ccc cc c c       = 1 1 1 2 2 2 2     c cc c c = 2 13 2 1 1 12 2 2 2          ccc c ≥ . 22 )11(3 2 5 2 13 2 4 22 cccc      下证  cc )11(3 2 0 ①  133 2cc c2+6c+9≥9c2+9        cc 4 3 ≥0 . 4 3  c 因为 4 3 3 3 c ，所以①式成立。 所以 f(a, b, c) ≥ 2 5 ，所以 f(a, b, c)min= . 2 5 2．几个常用的不等式——《选修 4-5不等式选讲》 （1）【只需了解】柯西不等式：若 ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则 .)())(( 2 11 2 1 2    n i ii n i i n i i baba 等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意 i=1, 2, , n, ai=λbi, 变式 1：若 ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则 . )( )( )( 2 1 2 1 1 2        n i i n i in i i i b a b a 等号成立条件为 ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。 变式 2：设 ai, bi同号且不为 0(i=1, 2, …, n)，则 . )( 1 2 1 1        n i ii n i in i i i ba a b a 等号成立当且仅当 b1=b2=…=bn. （2）【必会】平均值不等式：设 a1, a2,… ,an∈R+，记 Hn= naaa n 111 21   , Gn= n naaa 21 , An= n aaa Q n aaa n n n 22 2 2 121 ,     ，则 Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤ 平方平均。 其中等号成立的条件均为 a1=a2=…=an. 【证明】 由柯西不等式得 An≤Qn，再由 Gn≤An可得 Hn≤Gn，以下仅证 Gn≤An. 1）当 n=2时，显然成立； 2）设 n=k时有 Gk≤Ak，当 n=k+1时，记 k kkaaaa  1 121  =Gk+1. 因为 a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥ k k kk k k Gakaaak 1 1121    ≥     k k k k k kk GkGaaak 2 2 1 2 1 1121 22  2kGk+1, 所以 a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即 Ak+1≥Gk+1. 所以由数学归纳法，结论成立。 （3）排序不等式： 例 15 已知 a1, a2,…,an∈R+，求证；   1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n a1+a2+…+an. 【证明】证法一：因为 23 3 2 2 11 2 2 1 2,2 aa a aaa a a  ，…， 1 1 2 1 2 1 ,2 a a a aa a a n nn n n    ≥2an. 上述不等式相加即得 1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n   ≥a1+a2+…+an. 证法二：由柯西不等式         1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n (a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2， 因为 a1+a2+…+an >0，所以 1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n   ≥a1+a2+…+an. 证 法 三 ： 设 a1, a2, … ,an 从 小 到 大 排 列 为 niii aaa   21 ， 则 222 21 niii aaa   ， 11 111 iii aaa nn    ，由排序原理可得 niii aaa   21 =a1+a2+…+an≥ 1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n   ，得证。 注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。 三、趋近高考【必懂】 1.（成都市 2010届高三第三次诊断理科）不等式 2 0 1 x x    的解集为（ ） (A){x|－1≤x≤2} (B) {x|－1＜x≤2} (C){x|－1≤x＜2} (D){x|－1＜x＜2} 【答案】B[ ]【解析】原不等式等价于 ( 1)( 2) 0 1 0 x x x       ， 解得－1＜x≤2 2.（成都市 2010 理）某物流公司有 6 辆甲型卡车和 4 辆乙型卡车，此公司承接了每天至少运送 280t货物 的业务，已知每辆甲型卡车每天的运输量为 30t，运输成本费用为 0.9千元；每辆乙型卡车每天的运输量为 40t，运输成本为 1千元，则当每天运输成本费用最低时，所需甲型卡车的数量是( ) (A)6 (B)5 (C)4 (D)3 【答案】C 【解析】设需要甲型卡车 x辆，乙型卡车 y辆 由题意 30 40 280 0 6 0 4 x y x y         且 x、y∈Z 运输成本目标函数 z＝0.9x＋y 画出可行域(如图)可知，当目标函数经过 A(4,4)时，z最小 7.6千元 及需要甲型卡车和乙型卡车各 4辆。 3.(绵阳 2010年)把圆 C： 2 122  yx 按向量 a=(h，-1)平移后得圆 C1，若圆 C1在不等式 x+y+1 ≥0所确定的平面区域内，则 h的最小值为（ A ） 4 y 0 6 3x＋4y＝28 x A z＝0.9x＋y （A）1 （B）-1 （C） 3 3 （D） 3 3  4．（雅安市 2010届高三第三次诊断性考试理科）已知函数 ( )f x 的定义域为[ 3, )  ，部分函数值如表 所示，其导函数的图象如图所示，若正数 a，b满足 (2 ) 1f a b  ，则 2 2 b a   的取值范围是( B ) A． 2( ,1) 5 B． 2( ,4) 5 C． (1,4) D． 2( , ) (4, ) 5   5.（2010四川省攀枝花市文）已知函数  2( ) 1 ,f x ax bx a b R    . (Ⅰ)若 ( 1) 0f   且对任意实数 x均有 ( ) 0f x  成立，求实数 ,a b的值； （Ⅱ）在(Ⅰ)的条件下，当  2,2x  时， ( ) ( )g x f x kx  是单调函数，求实数 k的取值范围. 【解析】） ( 1) 0 1 0 1f a b b a        即 又对任意实数 x均有 )(xf  0成立 2 4 0b a    恒成立，即 2( 1) 0a   恒成立 1, 2a b   （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 2 2( ) 2 1 ( ) (2 ) 1f x x x g x x k x        ( )g x 在 x [－2，2]时是单调函数， 2 2[ 2,2] ( , ] [ 2, 2] [ , ) 2 2 k k        或 2 22 2 2 2 k k     或 即实数 k的取值范围为 ( , 2] [6, )  