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《创新设计》 2017届二轮专题复习 江苏专用 数学理科 WORD版材料 专题七 附加题部分


第1讲

立体几何中的向量方法

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)空间向量的坐标表示及坐标运算,属 B 级要求;(2)线线、线面、面面平行关系判定,属 B 级要求;(3)线线、线面、面 面垂直的判定,属 B 级要求;(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角, 属 B 级要求.

真 题 感 悟 (2015· 江苏卷)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 已知 PA⊥平面 ABCD, 且四边形 ABCD π 为直角梯形,∠ABC=∠BAD= 2 ,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的动点, 当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时, 求线段 BQ 的长. → ,AD → ,AP → }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标 解 以{AB 系 A-xyz,则各点的坐标为 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2, 0),P(0,0,2). → 是平面 PAB 的一个法向量, → (1)因为 AD⊥平面 PAB, 所以AD AD → =(1,1,-2),PD → =(0,2,-2).设平面 =(0,2,0).因为PC PCD 的法向量为 m=(x,y,z), → =0,m· → =0, 则 m· PC PD ?x+y-2z=0, 即? 令 y=1,解得 z=1,x=1. ?2y-2z=0. 所以 m=(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量, → ?m AD 3 → 从而 cos〈AD,m〉= =3, → |AD||m|

3 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 . → =(-1,0,2),设BQ → =λBP → =(-λ,0,2λ )(0≤λ≤1), (2)因为BP → =(0,-1,0),则CQ → =CB → +BQ → =(-λ,-1,2λ ), 又CB → =(0,-2,2), 又DP → ?DP → CQ 1+2λ → → 从而 cos〈CQ,DP〉= = . → ||DP →| 10λ2+2 |CQ 设 1+2λ=t,t∈[1,3], → ,DP → 〉= 则 cos2〈CQ 2t2 2 9 = ≤ . 2 5t -10t+9 ?1 5?2 20 10 9? t -9? + 9 ? ?

π? 9 2 3 10 ? →, →〉 当且仅当 t=5, 即 λ=5时, |cos 〈CQ DP |的最大值为 10 .因为 y=cos x 在?0, ? 2? ? 上是减函数,此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值. 2 2 5 又因为 BP= 12+22= 5,所以 BQ=5BP= 5 . 考 点 整 合 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1),平面 α,β 的法向量分别为 μ=(a2,b2, c2),ν=(a3,b3,c3),则 (1)线面平行 l∥α ?a⊥μ?a·μ=0?a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直 l⊥α ?a∥μ?a=kμ?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2. (3)面面平行 α ∥β ?μ∥ν?μ=λν?a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3. (4)面面垂直 α ⊥β ?μ⊥ν?μ· ν=0?a2a3+b2b3+c2c3=0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l,m 的方向向量分别为 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),平面 α,β 的

法向量分别为 μ=(a3,b3,c3),ν=(a4,b4,c4)(以下相同). (1)线线夹角 π 设 l,m 的夹角为 θ(0≤θ≤ 2 ),则 |a· b| cos θ=|a||b|= (2)线面夹角 π 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0≤θ≤ 2 ),则 |a·μ| sin θ=|cos〈a,μ 〉|=|a||μ|, (3)面面夹角 |μ·ν| 设平面 α,β 的夹角为 θ(0≤θ<π ),则|cos θ|=|cos〈μ,ν 〉|=|μ||ν|. |a1a2+b1b2+c1c2| 2 2 2 2 2. a1+b2 1+c1 a2+b2+c2

热点一 向量法证明平行与垂直 【例 1】 如图,在直三棱柱 ADE-BCF 中,平面 ABFE 和平 面 ABCD 都是正方形且互相垂直,M 为 AB 的中点,O 为 DF 的中点,运用向量方法求证: (1)OM∥平面 BCF; (2)平面 MDF⊥平面 EFCD. 证明 法一 由题意,得 AB,AD,AE 两两垂直,以 A 为原

点建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方形边长为 1,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0), ?1 ? ?1 1 1? D(0,1,0),F(1,0,1),M?2,0,0?,O?2,2,2?. ? ? ? ? 1 1? → =? ?0,-2,-2?, (1)OM ? ? → =(-1,0,0), BA → ?BA → =0,∴OM → ⊥BA →. ∴OM ∵棱柱 ADE-BCF 是直三棱柱,∴AB⊥平面 BCF, → 是平面 BCF 的一个法向量, ∴BA

且 OM?平面 BCF,∴OM∥平面 BCF. (2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2, 1 ? → → =(1,-1,1),DM → =? → =(0,-1,1), ?2,-1,0?,DC z2).∵DF =(1,0,0),CF ? ? → =0, ? ?n1?DF 由? → ? ?n1?DM=0. 1 x1-y1+z1=0, y = ? ? 1 ? 2x1, ? 得?1 解得? 1 x 1-y1=0, ? ?2 ? ?z1=-2x1, 1 1? ? 令 x1=1,则 n1=?1,2,-2?. ? ? 同理可得 n2=(0,1,1). ∵n1?n2=0,∴平面 MDF⊥平面 EFCD. → =OF → +FB → +BM → =1DF → → 1→ 法二 (1)OM 2 -BF+2BA 1 → → 1 → 1→ 1→ → +1BA → =2(DB +BF)-BF 2 =-2BD-2BF+2BA 1 → → 1→ 1→ =-2(BC +BA)-2BF+2BA 1→ 1→ =-2BC -2BF. → 与向量BF → ,BC → 共面, ∴向量OM 又 OM?平面 BCF,∴OM∥平面 BCF. (2)由(1)及题意知,BF,BC,BA 两两垂直, → =BA → ,FC → =BC → -BF →, ∵CD 1 → 1→? → → ?CD → =? ?-2BC-2BF??BA ∴OM =0, ? ? 1 → 1→? → → → ?FC → =? ?-2BC-2BF??(BC OM -BF) ? ? 1→2 1→2 =-2BC +2BF =0. ∴OM⊥CD,OM⊥FC,又 CD∩FC=C, ∴OM⊥平面 EFCD.

又 OM?平面 MDF,∴平面 MDF⊥平面 EFCD. 探究提高 解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系,用坐标表示向量或用 基底表示向量,证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算. 【训练 1】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 是菱形,PA=AB=2,∠BAD=60°,E 是 PA 的中 点. (1)求证:直线 PC∥平面 BDE; (2)求证:BD⊥PC. 证明 设 AC∩BD=O.因为∠BAD=60°, AB=2, 底面 ABCD 为菱形,所以 BO=1,AO=CO= 3,AC⊥BD. 如图,以 O 为坐标原点,以 OB,OC 所在直线分别为 x 轴,y 轴,过点 O 且平行于 PA 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz, 则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0),D(-1,0,0), E(0,- 3,1). (1)设平面 BDE 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), → =(-1,- 3,1),BD → =(-2,0,0), 因为BE → =0, -2x =0, ? ?n1?BD ? 1 由? 得? → -x - 3y1+z1=0, ? ?n1?BE=0, ? 1 令 z1= 3,得 y1=1,所以 n1=(0,1, 3). → =(0,2 3,-2),所以PC → ?n =0+2 3-2 3=0, 又PC 1 → ⊥n ,又 PC?平面 BDE,所以 PC∥平面 BDE. 即PC 1 → =(0,2 3,-2),BD → =(-2,0,0), (2)因为PC → ?BD → =0.故 BD⊥PC. 所以PC 热点二 利用空间向量求空间角 [微题型 1] 求线面角

【例 2-1】 (2016· 全国Ⅲ卷)如图,四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,

M 为线段 AD 上一点,AM=2MD,N 为 PC 的中点. (1)证明 MN∥平面 PAB; (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值. 2 (1)证明 由已知得 AM=3AD=2. 取 BP 的中点 T,连接 AT,TN,由 N 为 PC 中点知 TN∥BC, 1 TN=2BC=2. 又 AD∥BC,故 TN 綉 AM,四边形 AMNT 为平行四边形,于是 MN∥AT. 因为 AT?平面 PAB,MN?平面 PAB,所以 MN∥平面 PAB. (2)解 取 BC 的中点 E,连接 AE.

由 AB=AC 得 AE⊥BC, 从而 AE⊥AD,AE= AB2-BE2= ?BC?2 AB2-? 2 ? = 5. ? ?

→ 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 A- 以 A 为坐标原点,AE xyz. ? 5 ? → 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C( 5,2,0),N? ,1,2?,PM =(0,2, 2 ? ? ? → ? 5 ? 5 → =? ? ,1,-2?,AN -4),PN =? ,1,2?. ?2 ? ?2 ? 设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量,则 → =0, ?2y-4z=0, ? ?n· PM ? 即? 5 可取 n=(0,2,1). → x + y - 2 z = 0 , ? PN=0, ? 2 ? n· → n· AN 8 5 → 于是 cos〈n,AN〉= = . → | 25 |n||AN 8 5 设 AN 与平面 PMN 所成的角为 θ,则 sin θ = 25 , 8 5 ∴直线 AN 与平面 PMN 所成的角的正弦值为 25 . 探究提高 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系

关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的 坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”. [微题型 2] 求二面角

【例 2-2】 (2016· 全国Ⅱ卷)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上, 5 AE=CF=4,EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的 位置. OD′= 10. (1)证明:D′H⊥平面 ABCD; (2)求二面角 B-D′A-C 的正弦值. (1)证明 由已知得 AC⊥BD,AD=CD. AE CF 又由 AE=CF 得AD=CD,故 AC∥EF. 因此 EF⊥HD,从而 EF⊥D′H. 由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= AB2-AO2=4. OH AE 1 由 EF∥AC 得DO=AD=4. 所以 OH=1,D′H=DH=3. 于是 D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故 D′H⊥OH. 又 D′H⊥EF,而 OH∩EF=H, 所以 D′H⊥平面 ABCD. (2)解 → 的方向为 x 轴正方向, → 如图, 以 H 为坐标原点, HF HD

→ 的方向为 y 轴正方向,HD ′的方向为 z 轴正方向,建立空 间直角坐标系 H-xyz.则 H(0,0,0), A(-3,-1,0), B(0,-5,0),C(3,-1,0), → =(3,-4,0),AC → =(6,0,0),AD → D′(0,0,3),AB ′=(3,1,3). 设 m=(x1,y1,z1)是平面 ABD′的法向量,则

→ ? ?m?AB=0, ?3x1-4y1=0, ? 即? → ′=0, ?3x1+y1+3z1=0, ? m · AD ? 所以可取 m=(4,3,-5). 设 n=(x2,y2,z2)是平面 ACD′的法向量,则 → =0, ? ?n· AC ?6x2=0, ? 即? → ′=0, ?3x2+y2+3z2=0, ? AD ?n· 所以可取 n=(0,-3,1). m· n 于是 cos〈m,n〉=|m||n|= 2 95 sin〈m,n〉= 25 . 2 95 因此二面角 B-D′A-C 的正弦值是 25 . 探究提高 利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角 相等或互补,在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下,这种 方法具有一定的优势,但要注意,必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直 角或钝角”,在用法向量法求二面角的大小时,务必要作出这个判断,否则解法 是不严谨的. 【训练 2】 (2013· 江苏卷)如图,在直三棱柱 A1B1C1?ABC 中,AB ⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点 D 是 BC 的中点. (1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值. 解 (1)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0, → → 4),C1(0,2,4),所以A 1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4). ???? ???? ? 18 3 10 A1 B ? C1 D → → 因为 cos〈A1B,C1D〉= = = 10 , 20? 18 A1 B C1 D 3 10 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 10 . → =(1,1,0),AC → =(0,2,4), (2)设平面 ADC1 的法向量为 n1=(x,y,z),因为AD 1 -14 7 5 =- 25 . 50? 10

→ → 所以 n1?AD=0,n1?AC1=0,即 x+y=0 且 y+2z=0,取 z=1,得 x=2,y= -2,所以, n1=(2,-2,1)是平面 ADC1 的一个法向量.取平面 AA1B 的一个法向量为 n2=(0, 1,0),设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为 θ. 2 2 5 ?n1?n2? ?= 由|cos θ |=? =3,得 sin θ = 3 . ? |n1||n2| ? 9? 1 5 因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 3 . 热点三 向量法解决立体几何中的探索性问题 【例 3】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为直角梯 形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面 PAD⊥底面 ABCD,Q 为 1 AD 的中点,PA=PD=2,BC=2AD=1,CD= 3. (1)求证:平面 PQB⊥平面 PAD; (2)在棱 PC 上是否存在一点 M,使二面角 M-BQ-C 为 30°,若存在,确定 M 的位置;若不存在,请说明理由. 1 (1)证明 ∵AD∥BC,BC=2AD,Q 为 AD 的中点, ∴BC∥DQ 且 BC=DQ, ∴四边形 BCDQ 为平行四边形,∴CD∥BQ. ∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°,即 QB⊥AD, ∵PA=PD,∴PQ⊥AD, ∵PQ∩BQ=Q,PQ,BQ?平面 PBQ,∴AD⊥平面 PBQ, ∵AD?平面 PAD,∴平面 PQB⊥平面 PAD. (2)解 当 M 是棱 PC 上靠近点 C 的四等分点时,有二面角 M-BQ-C 为 30°,

理由如下: 由(1)知 PQ⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD, 且平面 PAD∩平面 ABCD=AD, ∴PQ⊥平面 ABCD. 以 Q 为原点,QA 为 x 轴,QB 为 y 轴,QP 为 z 轴建立空间直角坐标系,则平面

BQC 的一个法向量 n=(0,0,1),Q(0,0,0),P(0,0, 3),B(0, 3,0),C(- 1, 3,0). 设满足条件的点 M(x,y,z)存在, → =(x,y,z- 3),MC → =(-1-x, 3-y,-z), 则PM → =tMC → ,其中 t>0, 令PM x=- , ? 1+t ?x=t(-1-x), ? 3t ∴?y=t( 3-y), ∴?y=1+t, ?z- 3=t(-z), ? 3 z = ? 1+t. 在平面 MBQ 中, t 3t 3? → =(0, 3,0),QM → =? ?- ?, , , QB ? 1+t 1+t 1+t? ∴平面 MBQ 的一个法向量 m=( 3,0,t), ∵二面角 M-BQ-C 为 30°, m? |t| 3 ? n· ? ∴cos 30°=?|n|· = = 2 2, ? |m|? 3+0+t 解得 t=3. 所以满足条件的点 M 存在,M 是棱 PC 的靠近点 C 的四等分点. → =tMC → 来求 M 探究提高 (1)确定点的坐标时, 通常利用向量共线来求, 如本例PM 点的坐标. (2)解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问 题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等,所以为使问题的解 决更简单、有效,应善于运用这一方法解题. 【训练 3】 (2016· 北京卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD =2,AC=CD= 5. (1)求证:PD⊥平面 PAB; (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值; t

AM (3)在棱 PA 上是否存在点 M,使得 BM∥平面 PCD?若存在,求 AP 的值;若不存 在,说明理由. (1)证明 ∵平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD. 又 AB⊥AD,AB?平面 ABCD. ∴AB⊥平面 PAD. ∵PD?平面 PAD.∴AB⊥PD. 又 PA⊥PD,PA∩AB=A. ∴PD⊥平面 PAB. (2)解 取 AD 中点 O,连接 CO,PO,∵PA=PD,∴PO⊥AD.

又∵PO?平面 PAD,平面 PAD⊥平面 ABCD, ∴PO⊥平面 ABCD,∵CO?平面 ABCD,∴PO⊥CO, ∵AC=CD,∴CO⊥AD. 以 O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知 P(0,0,1),B(1,1,0),D(0, -1,0),C(2,0,0). → =(1,1,-1),PD → =(0,-1,-1),PC → =(2,0,-1). 则PB → =(-2,-1,0). CD 设 n=(x0,y0,1)为平面 PDC 的一个法向量. y =-1, → ? ? ? 0 ?n· PD=0, ?-y0-1=0, 由? 得? 解得? 1 → 2 x x= . ? 0-1=0, ? ? PC=0 ? n· ? 0 2 ?1 ? 即 n=?2,-1,1?. ? ? 设 PB 与平面 PCD 的夹角为 θ. →? ? ? n· PB → ? ?=? 则 sin θ =|cos〈n,PB〉|=? ? → ?|n||PB|? ? 1 ? 3 2-1-1 ?= . 1 ? 3 + 1 + 1 ? 3 4 ?

?

(3)解

→ =λAP →, 设 M 是棱 PA 上一点, 则存在 λ∈[0, 1]使得AM 因此点 M(0, 1-λ,

→ =(-1,-λ,λ ),因为 BM?平面 PCD,所以 BM∥平面 PCD, λ ),BM 1 ?1 ? → ?n=0,即(-1,-λ,λ )· ?2,-1,1?=0,解得 λ= ,所以在棱 当且仅当BM 4 ? ?

AM 1 PA 上存在点 M 使得 BM∥平面 PCD,此时 AP =4.

π? ? 1.两条直线夹角的范围为?0,2?.设直线 l1,l2 的方向向量分别为 n1,n2,其夹角为 ? ? |n1?n2| θ,则 cos θ =|cos ? n1,n2 ?|= |n ||n | . 1 2 2.二面角的范围为[0,π ].设半平面 α 与 β 的法向量分别为 n1 与 n2,二面角为 θ, |n1?n2| 则|cos θ |=|cos ? n1,n2 ?|= |n ||n | . 1 2 3.利用空间向量求解二面角时,易忽视二面角的范围,误以为两个法向量的夹角 就是所求的二面角,导致出错. 4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性,能把“非运算”问题“运算” 化,即通过直线的方向向量和平面的法向量,把立体几何中的平行、垂直关系, 各类角、距离以向量的方式表达出来,把立体几何问题转化为空间向量的运算问 题.应用的核心是充分认识形体特征,进而建立空间直角坐标系,通过向量的运算 解答问题,达到几何问题代数化的目的,同时注意运算的准确性.

1.(2016· 南通调研)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,SA⊥平面 ABCD,AB=1,AD=AS=2,P 是棱 SD 1 上一点,且 SP=2PD. (1)求直线 AB 与 CP 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-PC-D 的余弦值. 解 (1)如图,以 A 为坐标原点,分别以 AB,AD,AS 所在 直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),S(0, 0,2). → =1SD → 得(x ,y ,z -2)=1(0,2, 设 P(x0,y0,z0),由SP 0 0 0 3 3 -2), 2 4? 2 4 ? 所以 x0=0,y0=3,z0=3,点 P 坐标为?0,3,3?. ? ?

4 4? → → ? CP=?-1,-3,3?,AB=(1,0,0). ? ? 设直线 AB 与 CP 所成的角为 α,由图可知,α 为锐角, 4 ? ? ? 4? ?-1?1+?-3??0+3?0? → → AB?CP ? ? ? ? 3 41 则 cos α = = = 41 . → ||CP →| |AB ? 4?2 ?4?2 1+?-3? +?3? ?1 ? ? ? ? (2)设平面 APC 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 2 4? → =(1,2,0),AP → =? ?0,3,3?, 由于AC ? ? → =x +2y =0, AC ?m· 1 1 所以? → =2y +4z =0. m · AP ? 3 1 31 令 y1=-2,则 x1=4,z1=1,m=(4,-2,1). 设平面 DPC 的法向量为 n=(x2,y2,z2), 4 4? → =(1,0,0),CP → =? ?-1,-3,3?, 由于DC ? ? → =x =0, DC ?n· 2 所以? → =-x -4y +4z =0, CP 2 ?n· 3 2 32 令 y2=1,则 z2=1,n=(0,1,1). 设二面角 A-PC-D 的大小为 θ, 0?4+1?(-2)+1?1 42 由于 cos〈m,n〉= =- 42 , 2? 21 42 由于 θ 为钝角,所以 cos θ =cos〈m,n〉=- 42 . 2.(2015· 山东卷)如图,在三棱台 DEF-ABC 中,AB=2DE,G, H 分别为 AC,BC 的中点. (1)求证:BD∥平面 FGH; (2)若 CF⊥平面 ABC,AB⊥BC,CF=DE, ∠BAC=45° ,求 平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角(锐角)的大小. (1)证明 法一 连接 DG,CD,设 CD∩GF=O,连接 OH,在

三棱台 DEF-ABC 中,

AB=2DE,G 为 AC 的中点, 可得 DF∥GC,DF=GC, 所以四边形 DFCG 为平行四边形. 则 O 为 CD 的中点,又 H 为 BC 的中点, 所以 OH∥BD, 又 OH?平面 FGH,BD?平面 FGH, 所以 BD∥平面 FGH. 法二 在三棱台 DEF-ABC 中, 由 BC=2EF,H 为 BC 的中点, 可得 BH∥EF,BH=EF, 所以四边形 BHFE 为平行四边形, 可得 BE∥HF.在△ABC 中,G 为 AC 的中点,H 为 BC 的中点,所以 GH∥AB. 又 GH∩HF=H, 所以平面 FGH∥平面 ABED. 因为 BD?平面 ABED, 所以 BD∥平面 FGH. (2)解 设 AB=2,则 CF=1.在三棱台 DEF-ABC 中,G 为

1 AC 的中点,由 DF=2AC=GC,可得四边形 DGCF 为平行四 边形, 因此 DG∥FC,又 FC⊥平面 ABC, 所以 DG⊥平面 ABC. 在△ABC 中,由 AB⊥BC,∠BAC=45°,G 是 AC 中点. 所以 AB=BC,GB⊥GC, 因此 GB,GC,GD 两两垂直. 以 G 为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系 G-xyz. 所以 G(0,0,0),B( 2,0,0),C(0, 2,0),D(0,0,1). ? 2 ? 2 可得 H? , ,0?,F(0, 2,1), 2 2 ? ?

? → 2 → ? 2 故GH=? , ,0?,GF=(0, 2,1). 2 2 ? ? 设 n=(x,y,z)是平面 FGH 的一个法向量, → =0, ? ?n· GH ?x+y=0, 则由? 可得? → =0, ? 2y+z=0. ? GF ? n· 可得平面 FGH 的一个法向量 n=(1,-1, 2). → 是平面 ACFD 的一个法向量,GB → =( 2,0,0). 因为GB → ?n GB 2 1 → 所以 cos〈GB,n〉= = =2. → |· |GB |n| 2 2 所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角(锐角)的大小为 60°. 3.(2016· 四川卷)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, AD∥BC, ∠ADC 1 =∠PAB=90°,BC=CD=2AD.E 为边 AD 的中点,异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°. (1)在平面 PAB 内找一点 M,使得直线 CM∥平面 PBE,并说明 理由; (2)若二面角 P-CD-A 的大小为 45°,求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值. 解 (1)在梯形 ABCD 中,AB 与 CD 不平行.延长 AB,DC,相交于点 M(M∈平面 PAB),点 M 即为所求的一个点.理由如下: 由已知,BC∥ED,且 BC=ED. 所以四边形 BCDE 是平行四边形. 从而 CM∥EB.又 EB?平面 PBE,CM?平面 PBE. 所以 CM∥平面 PBE. (说明:延长 AP 至点 N,使得 AP=PN,则所找的点可以是直线 MN 上任意一点) (2)法一 由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以 CD⊥平面 PAD. 于是 CD⊥PD. 从而∠PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角.所以∠PDA=45°.

由 PA⊥AB,可得 PA⊥平面 ABCD. 设 BC=1,则在 Rt△PAD 中,PA=AD=2. → ,AP → 的方向分别为 x 轴,z 轴的正方向,建立如 作 Ay⊥AD,以 A 为原点,以AD 图所示的空间直角坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0). → =(1,0,-2),EC → =(1,1,0),AP → =(0,0,2). 所以PE 设平面 PCE 的法向量为 n=(x,y,z). → =0, x-2z=0, ? ?n· PE ? 由? 得? → =0. ?x+y=0. ? EC ?n· 设 x=2,解得 n=(2,-2,1). 设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 α, 则 sin α = →| |n· AP 2 1 = =3. 2 2 2 → | 2? 2 +(-2) +1 |n|· |AP

1 所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为3. 法二 由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以 CD⊥平面 PAD.从而 CD⊥PD. 所以∠PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角. 所以∠PDA=45°. 设 BC=1,则在 Rt△PAD 中,PA=AD=2. 过点 A 作 AH⊥CE,交 CE 的延长线于点 H,连接 PH. 易知 PA⊥平面 ABCD, 从而 PA⊥CE.且 PA∩AH=A,于是 CE⊥平面 PAH.又 CE?平面 PCE 所以平面 PCE⊥平面 PAH. 过 A 作 AQ⊥PH 于 Q,则 AQ⊥平面 PCE. 所以∠APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角. 在 Rt△AEH 中,∠AEH=45°,AE=1, 2 所以 AH= 2 .

3 2 在 Rt△PAH 中,PH= PA2+AH2= 2 . AH 1 所以 sin∠APH=PH=3. 4.(2016· 浙江卷)如图, 在三棱台 ABC-DEF 中, 平面 BCFE⊥ 平面 ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC= 3. (1)求证:BF⊥平面 ACFD; (2)求二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值. (1)证明 延长 AD,BE,CF 相交于一点 K,如图所示.因为平面 BCFE⊥平面 ABC,且 AC⊥BC,所以 AC⊥平面 BCK,因此 BF⊥AC. 又因为 EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK 为等边三角形,且 F 为 CK 的中点,则 BF⊥CK, 且 CK∩AC=C, 所以 BF⊥平面 ACFD. (2)解 法一 如图, 延长 AD, BE, CF 相交于一点 K, 则△BCK

为等边三角形. 取 BC 的中点 O,连接 KO,则 KO⊥BC,又平面 BCFE⊥平面 ABC,所以 KO⊥平面 ABC. 以点 O 为原点,分别以射线 OB,OK 的方向为 x,z 的正方向, 建立空间直角坐标系 O-xyz. ?1 3? 由题意得 B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0, 3),A(-1,-3,0),E? ,0, ?, 2 2 ? ? ? 1 3? F?- ,0, ?. 2? ? 2 → =(0,3,0),AK → =(1,3, 3),AB → =(2,3,0). 因此,AC 设平面 ACK 的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 ABK 的法向量为 n=(x2,y2,z2). → ?m=0, 3y =0, ? ?AC ? 1 由? 得? → x +3y1+ 3z1=0, ? ?AK?m=0, ? 1 取 m=( 3,0,-1);

→ ? ?AB?n=0, ?2x2+3y2=0, 由? 得? → ?n=0, ?x2+3y2+ 3z2=0, ? AK ? 取 n=(3,-2, 3). m· n 3 于是,cos〈m,n〉=|m|· |n|= 4 . 3 所以,二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值为 4 . 法二 过点 F 作 FQ⊥AK 于 Q,连接 BQ. 因为 BF⊥平面 ACK,所以 BF⊥AK,则 AK⊥平面 BQF,所以 BQ⊥AK. 所以∠BQF 是二面角 B-AD-F 的平面角. 3 13 在 Rt△ACK 中,AC=3,CK=2,得 AK= 13,FQ= 13 . 3 13 在 Rt△BQF 中,FQ= 13 ,BF= 3, 3 得 cos∠BQF= 4 . 3 所以,二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值为 4 . 5.(2016· 苏北四市模拟)如图,△ABC 和△BCD 所在平面互相垂 直,且 AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F 分别 为 AC,DC 的中点. (1)求证:EF⊥BC; (2)求二面角 E-BF-C 的正弦值. 法一 (1)证明 由题意,以 B 为坐标原点,在平面 DBC 内过

B 作垂直 BC 的直线为 x 轴, BC 所在直线为 y 轴, 在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴, 建立如图所示空间直角坐标 系.易得 B(0,0,0),A(0,-1, 3),D( 3,-1,0),C(0, 2,0). 1 3 ? 3 1 ? 因而 E(0,2, 2 ),F? , ,0?, ?2 2 ? 3 3? → → =? ? ,0,- ?,BC 所以EF =(0,2,0), 2? ?2

→ → → → 因此EF?BC=0.从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC. (2)解 平面 BFC 的一个法向量为 n1=(0,0,1).

设平面 BEF 的法向量 n2=(x,y,z), ? → ? 3 1 1 3? → =? ? , ,0?,BE 又BF =?0, , ?. 2 2 2 2 ? ? ? ? → =0, ? ?n2?BF 由? 得其中一个 n2=(1,- 3,1). → ? ?n2?BE=0, 设二面角 E-BF-C 大小为 θ,且由题意知 θ 为锐角,则 n1?n2 1 5 cos〈n1,n2〉= |n ||n | = ,∴cos θ = 5 , 1 2 5 因此 sin θ = 法二 (1)证明 2 2 5 2 5 = ,即所求二面角的正弦值为 . 5 5 5 过 E 作 EO⊥BC,垂足为 O,连接 OF.

由△ABC≌△DBC 可证出△EOC≌△FOC. π 所以∠EOC=∠FOC= 2 , 即 FO⊥BC. 又 EO⊥BC,EO∩FO=O,EO,FO?平面 EFO,因此 BC⊥平面 EFO, 又 EF?平面 EFO, 所以 EF⊥BC. (2)解 过 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连接 EG.

由平面 ABC⊥平面 BDC,从而 EO⊥平面 BDC, BF?平面 BDC,∴BF⊥EO, 又 OG⊥BF,又 EO∩OG=O, 所以 BF⊥平面 EOG,又 EG?平面 EOG, 所以 EG⊥BF. 因此∠EGO 为二面角 E-BF-C 的平面角. 1 1 3 在△EOC 中,EO=2EC=2BC?cos 30°= 2 , BO 3 由△BGO∽△BFC 知,OG=BC ?FC= 4 ,

EO 2 5 因此 tan∠EGO=OG=2,从而 sin∠EGO= 5 ,即二面角 E?BF?C 的正弦值为 2 5 5 . 6.(2016· 北京海淀区二模)如图, 正方形 AMDE 的边长为 2, B, C 分别为 AM,MD 的中点.在五棱锥 P-ABCDE 中,F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD,PC 分别交于点 G,H. (1)求证:AB∥FG; (2)若 PA⊥底面 ABCDE,且 PA=AE.求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并求 线段 PH 的长. (1)证明 在正方形 AMDE 中,因为 B 是 AM 的中点, 所以 AB∥DE.又因为 AB?平面 PDE,DE?平面 PDE, 所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB?平面 ABF, 且平面 ABF∩平面 PDE=FG, 所以 AB∥FG. (2)解 因为 PA⊥底面 ABCDE,

所以 PA⊥AB,PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0, → =(1,1,0). 0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),BC 设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z),则 → =0, x=0, ? ?n· AB ? ? 即? → =0, ?y+z=0. ? AF ?n· 令 z=1,则 y=-1. 所以 n=(0,-1,1). 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α, → n· BC 1 1 → 则 cos〈n,BC〉= =-2.∴sin α =2, →| |n||BC π 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6 .

设点 H 的坐标为(u,v,w). 因为点 H 在棱 PC 上, → =λPC → (0<λ<1), 所以可设PH 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2), 所以 u=2λ,v=λ,w=2-2λ. 因为 n 是平面 ABF 的法向量, → =0, 所以 n· AH 即(0,-1,1)· (2λ,λ ,2-2λ)=0. 2 ?4 2 2? 解得 λ=3,所以点 H 的坐标为?3,3,3?. ? ? 所以 PH= ?4?2 ?2?2 ? 4?2 ?3? +?3? +?-3? =2. ? ? ? ? ? ?

第2讲

计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原 理, B 级要求.(2)排列与组合, B 级要求.(3)数学归纳法的简单应用, B 级要求; (4)n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差,B 级要求.

真 题 感 悟
3 4 (2016· 江苏卷)(1)求 7C6 -4C7 的值;

(2)设 m,n∈N*,n≥m,求证:
m m m m m+2 (m+1)Cm m+(m+2)Cm+1+(m+3)Cm+2+?+nCn-1+(n+1)Cn =(m+1)Cn+2 .

(1)解

3 4 7C6 -4C7 =7?20-4?35=0.

(2)证明 对任意的 m,n∈N*,n≥m, ①当 n=m 时,左边=(m+1)Cm m=m+1,
+2 右边=(m+1)Cm m+2=m+1,原等式成立.

②假设 n=k(k≥m)时命题成立.
m m m m m+2 即(m+1)Cm m+(m+2)Cm+1+(m+3)Cm+2+?+kCk-1+(k+1)Ck =(m+1)Ck+2 ,

当 n=k+1 时,
m m m m m 左边=(m+1)Cm m+(m+2)Cm+1+(m+3)Cm+2+?+kCk-1+(k+1)Ck +(k+2)Ck+1

+2 m =(m+1)Cm k+2 +(k+2)Ck+1, +2 右边=(m+1)Cm k+3 . +2 m+2 而(m+1)Cm k+3 -(m+1)Ck+2

(k+3)! (k+2)! ? ? - ? =(m+1)? ?(m+2)!(k-m+1)! (m+2)!(k-m)!? =(m+1)? =(k+2) (k+2)! [(k+3)-(k-m+1)] (m+2)!(k-m+1)!

(k+1)! m =(k+2)Ck +1, m!(k-m+1)!

+2 m m+2 ∴(m+1)Cm k+2 +(k+2)Ck+1=(m+1)Ck+3 ,

∴左边=右边. 即 m=k+1 时命题也成立. 综合①②可得原命题对任意 m,n∈N*,n≥m 均成立. 考 点 整 合 1.两种计数原理 分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.排列
m (1)排列的定义;(2)排列数公式:An =n(n-1)(n-2)?(n-m+1)=

n! (n-m)!

(m≤n,m,n∈N*). 3.组合 (1)组合的定义; (2)组合数公式:Cm n= (m≤n,m,n∈N*).
n-m m m-1 m (3)组合数性质:Cm n =Cn ;Cn +Cn =Cn+1.

n(n-1)(n-2)?(n-m+1) n! = m! m!(n-m)!

4.数学归纳法 运用数学归纳法证明命题要分两步,第一步是归纳奠基(或递推基础),证明当 n 取第一个值 n0(n0∈N*)时命题成立,第二步是归纳递推(或归纳假设),假设 n= k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当 n=k+1 时命题也成立,只要完成这两步, 就可以断定命题对从 n0 开始的所有的正整数都成立,两步缺一不可.

5.概率、随机变量及其分布 (1)离散型随机变量及其概率分布的表示: ①离散型随机变量:所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量; ②离散型随机变量概率分布的表示法:概率分布列和概率分布表; 性质:1°pi≥0(i=1,2,3,?,n);2°p1+p2+p3+?+pn=1. (2)特殊的概率分布列:①0-1 分布(两点分布)符号表示:X~0-1 分布; ②超几何分布:1° 符号表示:X~H(n,M,N); 2°概率分布列:X~H(r;n,M,N)=P(X=r)=
n-r Cr MCN-M ; M CN

③二项分布(又叫独立重复试验,伯努利试验):1°符号表示:X~B(n,p);2°
k n-k 概率分布列:P(X=k)=Ck . np (1-p)

注意:P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+?+P(X=r)+?+P(X=n)=1.

热点一 与计数原理有关的问题 【例 1】 (2011· 江苏卷)设整数 n≥4,P(a,b)是平面直角坐标系 xOy 中的点,其 中 a,b∈{1,2,3,?,n},a>b. (1)记 An 为满足 a-b=3 的点 P 的个数,求 An; 1 (2)记 Bn 为满足3(a-b)是整数的点 P 的个数,求 Bn. 解 (1)点 P 的坐标满足条件 1≤b=a-3≤n-3,所以 An=n-3. (2)设 k 为正整数,记 fn(k)为满足条件以及 a-b=3k 的点 P 的个数,只要讨论 fn(k)≥1 的情形. n-1 由 1≤b=a-3k≤n-3k 知 fn(k)=n-3k, 且 k≤ 3 , 设 n-1=3m+r, 其中 m∈N*, r∈{0,1,2},则 k≤m,所以 Bn=∑ f (k)=∑ (n-3k)=mn- k=1 n k=1 m(2n-3m-3) , 2 将 m= n-1-r (n-1)(n-2) r(r-1) 代入上式,化简得 B - ,所以 Bn= n= 3 6 6
m m

3m(m+1) = 2

n(n-3) n ? ? 6 ,3是整数, ?(n-1)(n-2) n ,3不是整数. ? ? 6 探究提高 此计数原理问题中要计算点的个数,因此要根据条件对正整数的取值 进行分类,弄清可能的取值类别,再根据加法原理进行计算. 【训练 1】 (2016· 南京、盐城、徐州、连云港模拟)设(1-x)n=a0+a1x+a2x2+? +anxn,n∈N*,n≥2. (1)设 n=11,求|a6|+|a7|+|a8|+|a9|+|a10|+|a11|的值; k+1 (2)设 bk= a (k∈N,k≤n-1),Sm=b0+b1+b2+?+bm(m∈N,m≤n-1), n-k k+1 ? Sm ? 求?Cm ?的值. ? n-1? 解 (1)因为 ak=(-1)kCk n,k∈N,
6 7 8 10 11 1 当 n=11 时,|a6|+|a7|+|a8|+|a9|+|a10|+|a11|=C11 +C11 +C11 +C9 11+C11 +C11= 2 1 10 11 10 (C0 11+C11+?+C11+C11)=2 =1 024.

k+1 k+1 k+1 (2)bk= ak+1=(-1)k+1 C =(-1)k+1Ck n, n-k n-k n 当 1≤k≤n-1 时,bk=(-1)k+1Ck n
k-1 k+1 k-1 =(-1)k+1(Ck Cn-1+(-1)k+1Ck n-1+Cn-1)=(-1) n-1
-1 k k =(-1)k-1Ck n-1-(-1) Cn-1.

? Sm ? ? b0 ? 当 m=0 时,?Cm ?=?C0 ?=1. ? n-1? ? n-1? 当 1≤m≤n-1 时,
-1 k k Sm=-1+ ?[(-1)k-1Ck n-1-(-1) Cn-1]=-1+1-

m

k=1

? Sm ? m m m (-1)mCn -1=-(-1) Cn-1.所以? m ?=1. ?Cn-1? ? Sm ? 综上,?Cm ?=1. ? n-1? 热点二 数学归纳法的应用 【例 2】 (2016· 南通调研)已知函数 f0(x)=x(sin x+cos x), 设 fn(x)为 fn-1(x)的导数,

n∈N*. (1)求 f1(x),f2(x)的表达式; (2)写出 fn(x)的表达式,并用数学归纳法证明. 解 (1)因为 fn(x)为 fn-1(x)的导数, 所以 f1(x)=f0′(x)=(sin x+cos x)+x(cos x-sin x) =(x+1)cos x+(x-1)(-sin x), 同理,f2(x)=f1′(x)=-(x+2)sin x-(x-2)cos x. (2)由(1)得 f3(x)=f2′(x)=-(x+3)cos x+(x-3)sin x, 把 f1(x),f2(x),f3(x)分别改写为 ? π? ? π? f1(x)=(x+1)sin?x+ ?+(x-1)cos?x+ ?, 2? 2? ? ? ? 2π ? ? 2π ? ?, f2(x)=(x+2)sin?x+ ?+(x-2)cos?x+ 2 2 ? ? ? ? ? 3π ? ? 3π ? ?, f3(x)=(x+3)sin?x+ ?+(x-3)cos?x+ 2 ? 2 ? ? ? ? nπ ? ? nπ ? ?.(*) 猜测 fn(x)=(x+n)sin?x+ ?+(x-n)cos?x+ 2 2 ? ? ? ? 下面用数学归纳法证明上述等式. 当 n=1 时,由(1)知,等式(*)成立; 假设当 n=k 时,等式(*)成立, ? kπ ? ? kπ ? 即 fk(x)=(x+k)sin?x+ ?+(x-k)cos?x+ ?, 2 ? 2 ? ? ? 则当 n=k+1 时, ? kπ ? ? kπ ? ? kπ ? fk+1(x)=fk′(x)=sin?x+ ?+(x+k)cos?x+ ?+cos?x+ ?+(x- 2 ? 2 ? 2 ? ? ? ? ? ? kπ ?? ?-sin?x+ ?? k)· 2 ?? ? ? ? kπ =(x+k+1)cos?x+ 2 ? ? ? ? kπ ?? ?+[x-(k+1)]?-sin?x+ ?? 2 ?? ? ? ?

? k+1 ? ? k+1 ? ?+[x-(k+1)]· ?,即当 n=k+1 时,等 =[x+(k+1)]sin?x+ cos?x+ π 2 2 π? ? ? ? 式(*)成立. 综上所述,当 n∈N*时,

? nπ ? ? nπ ? ?成立. fn(x)=(x+n)sin?x+ ?+(x-n)cos?x+ 2 ? 2 ? ? ? 探究提高 在数学归纳法中,归纳奠基和归纳递推缺一不可.在较复杂的式子中, 注意由 n=k 到 n=k+1 时,式子中项数的变化应仔细分析,观察通项.同时还应 注意,不用假设的证法不是数学归纳法. 【训练 2】 (2015· 江苏卷)已知集合 X={1,2,3},Yn={1,2,3,?,n}(n∈N*), 设 Sn={(a,b)|a 整除 b 或 b 整除 a,a∈X,b∈Yn},令 f(n)表示集合 Sn 所含元素 的个数. (1)写出 f(6)的值; (2)当 n≥6 时,写出 f(n)的表达式,并用数学归纳法证明. 解 (1)Y6={1,2,3,4,5,6},S6 中的元素(a,b)满足: 若 a=1,则 b=1,2,3,4,5,6;若 a=2,则 b=1,2,4,6; 若 a=3,则 b=1,3,6.所以 f(6)=13. (2)当 n≥6 时,

?n+2+??2+3??,n=6t, ?n+2+??n-1+n-1??,n=6t+1, ? ?2 3? n-2? ?,n=6t+2, ?n+2+???n 2+ 3 ? f(n)=? (t∈N ). ?n-1 n? ?n+2+?? 2 +3??,n=6t+3, n-1? ?n+2+???n ?,n=6t+4, + 2 3 ? ?n+2+??n-1+n-2??,n=6t+5 ? ?2 3?
*

?n

n?

下面用数学归纳法证明: 6 6 ①当 n=6 时,f(6)=6+2+2+3=13,结论成立; ②假设 n=k(k≥6)时结论成立,那么 n=k+1 时,Sk+1 在 Sk 的基础上新增加的元 素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论: 1)若 k+1=6t,则 k=6(t-1)+5,此时有 k-1 k-2 f(k+1)=f(k)+3=k+2+ 2 + 3 +3

k+1 k+1 =(k+1)+2+ 2 + 3 ,结论成立; 2)若 k+1=6t+1,则 k=6t,此时有 k k f(k+1)=f(k)+1=k+2+2+3+1 =(k+1)+2+ (k+1)-1 (k+1)-1 + ,结论成立; 2 3

3)若 k+1=6t+2,则 k=6t+1,此时有 k-1 k-1 f(k+1)=f(k)+2=k+2+ 2 + 3 +2 k+1 (k+1)-2 =(k+1)+2+ 2 + ,结论成立; 3 4)若 k+1=6t+3,则 k=6t+2,此时有 k k-2 f(k+1)=f(k)+2=k+2+2+ 3 +2 =(k+1)+2+ (k+1)-1 k+1 + 3 ,结论成立; 2

5)若 k+1=6t+4,则 k=6t+3,此时有 k-1 k f(k+1)=f(k)+2=k+2+ 2 +3+2 k+1 (k+1)-1 =(k+1)+2+ 2 + ,结论成立; 3 6)若 k+1=6t+5,则 k=6t+4,此时有 k k-1 f(k+1)=f(k)+1=k+2+2+ 3 +1 =(k+1)+2+ (k+1)-1 (k+1)-2 + ,结论成立. 2 3

综上所述,结论对满足 n≥6 的自然数 n 均成立. 热点三 随机变量的分布列及其数学期望 【例 3】 (2016· 扬州高三期末)某商场举办“迎新年摸球”活动, 主办方准备了甲、 乙两个箱子,其中甲箱中有四个球,乙箱中有三个球(每个球的大小、形状完全相 同),每一个箱子中只有一个红球,其余都是黑球.若摸中甲箱中的红球,则可获 得奖金 m 元,若摸中乙箱中的红球,则可获奖金 n 元.活动规定:①参与者每个箱 子中只能摸一次,一次摸一个球;②可选择先摸甲箱,也可先摸乙箱;③如果在

第一个箱子中摸到红球,则可继续在第二个箱子中摸球,否则活动终止. (1)如果参与者先在乙箱中摸球,求其恰好获得奖金 n 元的概率; (2)若要使得该参与者获奖金额的期望值较大,请你帮他设计摸箱子的顺序,并说 明理由. 解 (1)设“参与者先在乙箱中摸球,且恰好获得奖金 n 元”为事件 M. 1 3 1 1 则 P(M)=3?4=4,即参与者先在乙箱中摸球,且恰好获得奖金 n 元的概率为4. (2)参与者摸球的顺序有两种,分别讨论如下: ①先在甲箱中摸球,参与者获奖金额 X 的可能取值为 0,m,m+n, 3 则 P(X=0)=4, 1 2 1 P(X=m)=4?3=6, 1 1 1 P(X=m+n)=4?3=12, 故 X 的分布列为 X P 0 3 4 m 1 6 m+n 1 12

3 1 1 m n E(X)=0?4+m?6+(m+n)?12= 4 +12. ②先在乙箱中摸球,参与者获奖金额 Y 的可能取值为 0,n,m+n, 2 则 P(Y=0)=3, 1 3 1 P(Y=n)=3?4=4, 1 1 1 P(Y=m+n)=3?4=12, 故 Y 的分布列为 Y P 0 2 3 n 1 4 m+n 1 12

2 1 1 m n E(Y)=0?3+n?4+(m+n)?12=12+3.

E(X)-E(Y)=

2m-3n 12 .

m 3 当 E(X)-E(Y)>0 时, n >2, m 3 当 E(X)-E(Y)=0 时, n =2, m 3 当 E(X)-E(Y)<0 时, n <2, m 3 综上,当 n >2时,先在甲箱中摸球,再在乙箱中摸球,参与者获奖金额的期望值 较大; m 3 当 n =2时,两种顺序摸球,参与者获奖金额的期望值相等; m 3 当 n <2时,先在乙箱中摸球,再在甲箱中摸球,参与者获奖金额的期望值较大. 探究提高 求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是:先根据随机变量的 意义,确定随机变量可以取哪些值,然后根据随机变量取这些值的意义求出取这 些值的概率,列出分布列,根据数学期望和方差的公式计算. 【训练 3】 (2012· 江苏卷)设 ξ 为随机变量,从棱长为 1 的正方体的 12 条棱中任 取两条, 当两条棱相交时, ξ =0; 当两条棱平行时, ξ 的值为两条棱之间的距离; 当两条棱异面时,ξ =1. (1)求概率 P(ξ=0); (2)求 ξ 的分布列,并求其数学期望 E(ξ). 解 (1)若两条棱相交,则交点必为正方体 8 个顶点中的 1 个,过任意 1 个顶点恰
2 8?3 4 8C3 有 3 条棱,所以共有 8C2 3对相交棱,因此 P(ξ=0)= 2 = C 66 =11. 12

(2)若两条棱平行,则它们的距离为 1 或 2,其中距离为 2的共有 6 对,故 P(ξ 6 1 4 1 6 = 2)=C2 =11,于是 P(ξ=1)=1-P(ξ=0)-P(ξ= 2)=1-11-11=11, 12 所以随机变量 ξ 的分布列是 ξ P 0 4 11 1 6 11 2 1 11

6 1 6+ 2 因此 E(ξ)=1?11+ 2?11= 11 .

1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理 如果每种方法都能将规定的事件完成, 则要用分类加法计数原理将方法种数相加; 如果需要通过若干步才能将规定的事件完成,则要用分步乘法计数原理将各步的 方法种数相乘. 2.数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题.通常与数列、不等式证明等基 础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力,要了解数学归纳法的原理,并能 加以简单的应用. 3.离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之 和. 4.求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为: 第一步是“判断取值”,即判断随机变量的所有可能取值,以及取每个值所表示 的意义; 第二步是“探求概率”,即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型 公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式,以及对 立事件的概率公式)等,求出随机变量取每个值时的概率; 第三步是“写分布列” ,即按规范形式写出分布列,并注意用分布列的性质检验所 求的分布列或某事件的概率是否正确; 第四步是“求期望值” ,一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.

1.(2014· 江苏卷)盒中共有 9 个球,其中有 4 个红球、3 个黄球和 2 个绿球,这些球 除颜色外完全相同. (1)从盒中一次随机取出 2 个球,求取出的 2 个球的颜色相同的概率 P; (2)从盒中一次随机取出 4 个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为 x1,x2, x3,随机变量 X 表示 x1,x2,x3 中的最大数,求 X 的概率分布和数学期望 E(X). 解 (1)取到的 2 个颜色相同的球可能是 2 个红球、2 个黄球或 2 个绿球,所以 P
2 2 C2 5 4+C3+C2 6+3+1 = = 36 =18. C2 9

(2)随机变量 X 所有可能的取值为 2,3,4. C4 1 4 {X=4}表示的随机事件是“取到的 4 个球是 4 个红球”,故 P(X=4)=C4=126;
9

{X=3}表示的随机事件是“取到的 4 个球是 3 个红球和 1 个其他颜色的球,或 3 个黄球和 1 个其他颜色的球”, 故 P(X=3)=
3 1 1 C4 C5+C3 3C6 20+6 13 = 126 =63; 4 C9

13 1 11 于是 P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-63-126=14. 所以随机变量 X 的概率分布如下表: X P 因此随机变量 X 的数学期望 11 13 1 20 E(X)=2?14+3?63+4?126= 9 . 2.(2016· 苏北四市调研)为推动乒乓球运动的发展,某乒乓球比赛允许不同协会的 运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员 3 名,其中种子选手 2 名;乙协会的运 动员 5 名,其中种子选手 3 名.从这 8 名运动员中随机选择 4 人参加比赛. (1)设 A 为事件“选出的 4 人中恰有 2 名种子选手,且这 2 名种子选手来自同一 个协会”,求事件 A 发生的概率; (2)设 X 为选出的 4 人中种子选手的人数,求随机变量 X 的分布列和数学期望.
2 2 2 C2 6 2C3+C3C3 解 (1)由已知,有 P(A)= = 4 C8 35.

2 11 14

3 13 63

4 1 126

6 所以,事件 A 发生的概率为35. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4.
4-k Ck 5C3 P(X=k)= C4 (k=1,2,3,4). 8

所以随机变量 X 的分布列为 X P 1 1 14 2 3 7 3 3 7 4 1 14

1 3 3 1 5 随机变量 X 的数学期望 E(X)=1?14+2?7+3?7+4?14=2. 3.(2015· 南通调研)记 1,2,?,n 满足下列性质 T 的排列 a1,a2,?,an 的个数 为 f(n)(n≥2,n∈N*).性质 T:排列 a1,a2,?,an 中有且只有一个 ai>ai+1(i∈{1, 2,?,n-1}). (1)求 f(3);(2)求 f(n). 解 (1)当 n=3 时,1,2,3 的所有排列有(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2, 3,1),(3,1,2),(3,2,1),其中满足仅存在一个 i∈{1,2,3},使得 ai>ai+1 的排列有(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),所以 f(3)=4. (2)在 1,2,?,n 的所有排列(a1,a2,?,an)中, 若 ai=n(1≤i≤n-1),从 n-1 个数 1,2,3,?,n-1 中选 i-1 个数按从小到 大顺序排列为 a1,a2,?,ai-1,其余按从小到大的顺序排列在余下位置,于是满
1 足题意的排列个数为 Cin- -1.

若 an=n,则满足题意的排列个数为 f(n-1).
-1 n-1 1i 综上,f(n)=f(n-1)+n- C -1. n-1=f(n-1)+2

i=1

?

23(1-2n-3) 从而 f(n)= -(n-3)+f(3)=2n-n-1. 1-2 4.(2016· 苏、锡、常、镇、宿调研)在杨辉三角形中,从第 2 行开始,除 1 以外, 其它每一个数值是它上面的两个数值之和,该三角形数阵开头几行如图所示.

(1)在杨辉三角形中是否存在某一行,使该行中三个相邻的数之比是 3∶4∶5?若

存在,试求出是第几行;若不存在,请说明理由;
+1 +2 (2)已知 n,r 为正整数,且 n≥r+3.求证:任何四个相邻的组合数 Cr Cr Cr n, n , n , +3 Cr n 不能构成等差数列.

(1)解

存在.杨辉三角形的第 n 行由二项式系数 Ck n,k=0,1,2,?,n 组成.

若第 n 行中有三个相邻的数之比为 3∶4∶5,
-1 Ck k+1 4 k 3 Ck n n 则 Ck = =4, k+1= = , n-k+1 Cn n-k 5 n

即 3n-7k=-3,4n-9k=5, 解得 k=27,n=62.
27 28 即第 62 行有三个相邻的数 C26 62,C62,C62的比为 3∶4∶5. r+1 r+2 r+3 (2)证明 若有 n,r(n≥r+3),使得 Cr n,Cn ,Cn ,Cn 成等差数列,
+1 r r+2 r+2 r+1 r+3 则 2Cr n =Cn+Cn ,2Cn =Cn +Cn ,



2?n! n! n! = + , (r+1)!(n-r-1)! r!(n-r)! (r+2)!(n-r-2)!

2?n! n! = + (r+2)!(n-r-2)! (r+1)!(n-r-1)! n! , (r+3)!(n-r-3)! 2 1 1 所以 = + , (r+1)(n-r-1) (n-r-1)(n-r) (r+1)(r+2) 2 1 1 = + , (r+2)(n-r-2) (n-r-2)(n-r-1) (r+2)(r+3) 整理得 n2-(4r+5)n+4r(r+2)+2=0,n2-(4r+9)n+4(r+1)(r+3)+2=0. 两式相减得 n=2r+3,
r+1 r+2 r+3 所以 Cr 2r+3,C2r+3,C2r+3,C2r+3成等差数列, r+3 r+1 r+2 由二项式系数的性质可知 Cr 2r+3=C2r+3<C2r+3=C2r+3,

这与等差数列的性质矛盾,从而要证明的结论成立. 5.(2010· 江苏卷)已知△ABC 的三边长都是有理数. (1)求证:cos A 是有理数; (2)求证:对任意正整数 n,cos nA 是有理数. b2+c2-a2 证明 (1)设三边长分别为 a,b,c,cos A= , 2bc

∵a,b,c 是有理数, b2+c2-a2 是有理数,分母 2bc 为正有理数,又有理数集对于除法具有封闭性, ∴ b2+c2-a2 2bc 必为有理数,

∴cos A 是有理数. (2)①当 n=1 时,显然 cos A 是有理数; 当 n=2 时,∵cos 2A=2cos2A-1, 因为 cos A 是有理数, ∴cos 2A 也是有理数; ②假设当 n≤k(k≥2)时,结论成立,即 cos kA、cos(k-1)A 均是有理数. 当 n=k+1 时,cos(k+1)A=cos kAcos A-sin kAsin A 1 =cos kAcos A-2[cos(kA-A)-cos(kA+A)] 1 1 =cos kAcos A-2cos(k-1)A+2cos(k+1)A 解得:cos(k+1)A=2cos kAcos A-cos(k-1)A ∵cos A,cos kA,cos(k-1)A 均是有理数, ∴2cos kAcos A-cos(k-1)A 是有理数, ∴cos(k+1)A 是有理数. 即当 n=k+1 时,结论成立. 综上所述,对于任意正整数 n,cos nA 是有理数. sin x 6.(2014· 江苏卷)已知函数 f0(x)= x (x>0),设 fn(x)为 fn-1(x)的导数,n∈N*. ?π ? π ?π ? (1)求 2f1? ?+ 2 f2? ?的值; ?2? ?2? 2 ? ?π ? π ?π ?? (2)证明:对任意的 n∈N*,等式?nfn-1? ?+ fn? ??= 2 都成立. 4 4 4 ? ? ? ?? ? (1)解 cos x sin x ?sin x? 由已知,得 f1(x)=f′0(x)=? x ?′= x - x2 ,于是 f2(x)=f′1(x)= ? ?

sin x 2cos x 2sin x 4 2 ?π ? ?π ? ?cos x? ?sin x? ? x ?′-? x2 ?′=- 所以 f1? ?=- 2, f2? ?=- + x - x2 + x3 , ? ? ? ? 2 2 π π ? ? ? ? 16 , π3

?π ? π ?π ? 故 2f1? ?+ 2 f2? ?=-1. ?2? ?2? (2)证明 由已知,得 xf0(x)=sin x,等式两边分别对 x 求导,得 f0(x)+xf′0(x)= ? π? cos x,即 f0(x)+xf1(x)=cos x=sin?x+ ?,类似可得 2? ? 2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π ), ? 3π ? 3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin?x+ ?, 2 ? ? 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π ). 下面用数学归纳法证明等式 nfn-1(x)+xfn(x) ? nπ ? =sin?x+ ?对所有的 n∈N*都成立. 2 ? ? (ⅰ)当 n=1 时,由上可知等式成立. (ⅱ)假设当 n=k 时等式成立, ? kπ ? 即 kfk-1(x)+xfk(x)=sin?x+ ?. 2 ? ? 因为[kfk-1(x)+xfk(x)]′=kf′k-1(x)+fk(x)+xf′k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x), ? ? kπ ?? ? kπ ? ? kπ ? ? (k+1)π ? ?sin?x+ ??′=cos?x+ ???x+ ?′=sin?x+ ?, 2 2 2 2 ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? (k+1)π ? ?. 所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin?x+ 2 ? ? 因此当 n=k+1 时,等式也成立. 综合(ⅰ),(ⅱ)可知等式 nfn-1(x)+xfn(x) ? nπ ? =sin?x+ ?对所有的 n∈N*都成立. 2 ? ? π ?π ? π ?π ? 令 x= 4 ,可得 nfn-1? ?+ 4 fn? ? ?4? ?4? ?π nπ ? =sin? + ?(n∈N*). 2 ? ?4 2 ? ?π ? π ?π ?? 所以?nfn-1? ?+ fn? ??= 2 (n∈N*). 4 4 4 ? ? ? ?? ?

第1讲

几何证明选讲

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)三角形及相似三角形的判定与性质; (2)圆的相交弦定理, 切割线定理; (3)圆内接四边形的性质与判定; (4)相交弦定理, 本内容考查属 B 级要求.

真 题 感 悟 1.(2016· 江苏卷)如图,在△ABC 中,∠ABC=90°,BD⊥AC, D 为垂足,E 是 BC 的中点,求证:∠EDC=∠ABD. 1 证明 由 BD⊥AC.可得∠BDC=90°,由 E 为 BC 中点,可得 DE=CE=2BC, 则∠EDC=∠C,由∠BDC=90°,得∠C+∠DBC=90°, 又∠ABC=90°,则∠ABD+∠DBC=90°, ∴∠ABD=∠C, 又∵∠EDC=∠C,∴∠EDC=∠ABD. 2.(2015· 江苏卷)如图,在△ABC 中,AB=AC,△ABC 的外接圆 ⊙O 的弦 AE 交 BC 于点 D.求证:△ABD∽△AEB. 证明 因为 AB=AC, 所以∠ABD=∠C. 又因为∠C=∠E, 所以∠ABD=∠E, 又∠BAE 为公共角, 可知△ABD∽△AEB. 考 点 整 合 1.(1)相似三角形的判定定理 判定定理 1:对于任意两个三角形,如果一个三角形的两个角与另一个三角形的 两个角对应相等,那么这两个三角形相似.

判定定理 2:对于任意两个三角形,如果一个三角形的两边和另一个三角形的两 边对应成比例,并且夹角相等,那么这两个三角形相似. 判定定理 3:对于任意两个三角形,如果一个三角形的三条边和另一个三角形的 三条边对应成比例,那么这两个三角形相似. (2)相似三角形的性质 ①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比; ②相似三角形周长的比等于相似比; ③相似三角形面积的比等于相似比的平方. (3)直角三角形的射影定理:直角三角形中,每一条直角边是这条直角边在斜边上 的射影与斜边的比例中项;斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项. 2.(1)圆周角定理:圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半. (2)圆心角定理:圆心角的度数等于它所对弧的度数. 3.(1)圆内接四边形的性质定理: ①圆的内接四边形的对角互补; ②圆内接四边形的外角等于它的内角的对角. (2)圆内接四边形判定定理:如果一个四边形的对角互补,那么这个四边形的四个 顶点共圆. 4.(1)圆的切线的性质定理:圆的切线垂直于经过切点的半径. (2)圆的切线的判定定理: 经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线. (3)弦切角定理:弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角. (4)相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的积相等. (5)切割线定理:从圆外一点引圆的切线和割线,切线长是这点到割线与圆交点的 两条线段长的比例中项. 5.证明等积式成立,应先把它写成比例式,找出比例式中给出的线段所在三角形 是否相似,若不相似,则进行线段替换或等比替换. 6.圆幂定理与圆周角、弦切角联合应用时,要注意找相等的角,找相似三角形, 从而得出线段的比.由于圆幂定理涉及圆中线段的数量计算, 所以应注意代数法在 解题中的应用.

热点一 三角形相似的判定及应用

[微题型 1]

利用弦切角定理证明三角形相似

︵ ︵ 【例 1-1】 如图,已知圆上的弧AC=BD,过 C 点的圆的切 线与 BA 的延长线交于 E 点. 证明:(1)∠ACE=∠BCD; (2)BC2=BE· CD. ︵ ︵ 证明 (1)因为AC=BD,所以∠ABC=∠BCD. 又因为 EC 与圆相切于点 C,故∠ACE=∠ABC, 所以∠ACE=∠BCD. (2)因为∠ECB=∠CDB,∠EBC=∠BCD, BC CD 所以△BDC∽△ECB,故BE= BC ,即 BC2=BE· CD. 探究提高 在证明角或线段相等时,证三角形相似是首选的解题思路,如果涉及 弦切角,则需考虑弦切角定理. [微题型 2] 利用圆周角、圆心角定理证明三角形相似

【例 1-2】 如图,已知圆 O 是△ABC 的外接圆,AB=BC, AD 是 BC 边上的高, AE 是圆 O 的直径, 过点 C 作圆 O 的切 线交 BA 的延长线于点 F. (1)求证:AC· BC=AD· AE; (2)若 AF=2,CF=2 2,求 AE 的长. (1)证明 连接 BE,由题意知△ABE 为直角三角形. 因为∠ABE=∠ADC=90°,∠AEB=∠ACB, 所以△ABE∽△ADC, AB AE 所以AD=AC,即 AB· AC=AD· AE. 又 AB=BC,所以 AC· BC=AD· AE. (2)解 因为 FC 是圆 O 的切线,所以 FC2=FA· FB,

又 AF=2,CF=2 2,所以 BF=4,AB=BF-AF=2, 因为∠ACF=∠FBC,又∠CFB=∠AFC, 所以△AFC∽△CFB.

AF?BC AF AC 所以FC=BC,得 AC= CF = 2,在△ABC 中, cos∠ACD= BC2+AC2-AB2 4+2-4 2 = =4, 2BC?AC 2?2? 2

14 ∴sin∠ACD= 4 =sin∠AEB, ∴AE= AB 4 14 = 7 . sin ∠AEB 在证明线段的乘积相等时,通常用三角形相似或圆的切割线定理.同

探究提高

时,要注意等量的代换. 【训练 1】 (2014· 江苏卷)如图,AB 是圆 O 的直径,C,D 是 圆 O 上位于 AB 异侧的两点. 证明:∠OCB=∠D. 证明 因为 B,C 是圆 O 上的两点, 所以 OB=OC. 故∠OCB=∠B. 又因为 C,D 是圆 O 上位于 AB 异侧的两点, 故∠B,∠D 为同弧所对的两个圆周角, 所以∠B=∠D. 因此∠OCB=∠D. 热点二 四点共圆的判定及性质 [微题型 1] 四点共圆的判定

【例 2-1】 如图, 已知△ABC 的两条角平分线 AD 和 CE 相交于 H, ∠B=60°, F 在 AC 上,且 AE=AF.证明: (1)B、D、H、E 四点共圆; (2)EC 平分∠DEF. 证明 (1)在△ABC 中,因为∠B=60°,所以∠BAC+∠BCA =120°. 因为 AD、CE 是角平分线, 所以∠HAC+∠HCA=60°, 故∠AHC=120°.

于是∠EHD=∠AHC=120°. 因为∠EBD+∠EHD=180°, 所以 B、D、H、E 四点共圆. (2)连接 BH,则 BH 为∠ABC 的平分线, 得∠HBD=30°.由(1)知 B、D、H、E 四点共圆, 所以∠CED=∠HBD=30°. 又∠AHE=∠EBD=60°, 由已知可得 EF⊥AD,可得∠CEF=30°. 所以 EC 平分∠DEF. 探究提高 (1)如果四点与一定点距离相等,那么这四点共圆;(2)如果四边形的一 组对角互补,那么这个四边形的四个顶点共圆;(3)如果四边形的一个外角等于它 的内对角,那么这个四边形的四个顶点共圆. [微题型 2] 考查四点共圆的性质

︵ 【例 2-2】 (2016· 全国Ⅲ卷)如图,⊙O 中AB的中点为 P,弦 PC,PD 分别交 AB 于 E,F 两点. (1)若∠PFB=2∠PCD,求∠PCD 的大小; (2)若 EC 的垂直平分线与 FD 的垂直平分线交于点 G,证明 OG⊥CD. (1)解 连接 PB,BC,则∠BFD=∠PBA+∠BPD,∠PCD=∠PCB+∠BCD.

︵ ︵ 因为AP=BP,所以∠PBA=∠PCB,又∠BPD=∠BCD, 所以∠BFD=∠PCD. 又∠PFB+∠BFD=180°,∠PFB=2∠PCD,所以 3∠PCD= 180°,因此∠PCD=60°. (2)证明 因为∠PCD=∠BFD,所以∠EFD+∠PCD=180°,由此知 C,D,F, E 四点共圆,其圆心既在 CE 的垂直平分线上,又在 DF 的垂直平分线上,故 G 就是过 C,D,F,E 四点的圆的圆心,所以 G 在 CD 的垂直平分线上. 又 O 也在 CD 的垂直平分线上,因此 OG⊥CD. 探究提高 利用四点共圆的性质可解决角的相等,或结合切割线定理解决线段成 比例问题.

【训练 2】 (2016· 全国Ⅱ卷)如图,在正方形 ABCD 中,E,G 分 别在边 DA,DC 上(不与端点重合),且 DE=DG,过 D 点作 DF⊥CE,垂足为 F. (1)证明:B,C,G,F 四点共圆; (2)若 AB=1,E 为 DA 的中点,求四边形 BCGF 的面积. (1)证明 因为 DF⊥EC,则∠EFD=∠DFC=90°, 易得∠DEF=∠CDF, 所以△DEF∽△CDF,则有∠GDF=∠DEF=∠FCB, DF DE DG CF=CD= CB , 所以△DGF∽△CBF,由此可得∠DGF=∠CBF. 因此∠CGF+∠CBF=180°, 所以 B,C,G,F 四点共圆. (2)解 由 B,C,G,F 四点共圆,CG⊥CB 知 FG⊥FB.

连接 GB. 由 G 为 Rt△DFC 斜边 CD 的中点,知 GF=GC, 故 Rt△BCG≌Rt△BFG.因此,四边形 BCGF 的面积 S 是△GCB 的面积 S△GCB 的 2 1 1 1 倍,即 S=2S△GCB=2?2?2?1=2.

1.(2016· 南京、盐城模拟)如图,AB 为⊙O 的直径,直线 CD 与 ⊙O 相切于点 D,AC⊥CD,DE⊥AB,点 C,E 为垂足,连接 AD,BD,若 AC=4,DE=3,求 BD 的长. 解 因为 CD 与⊙O 相切于点 D,所以∠CDA=∠DBA, 又 AB 为⊙O 的直径,所以∠ADB=90°. 又 DE⊥AB,所以△EDA∽△DBA,所以∠EDA=∠DBA, 所以∠EDA=∠CDA. 又∠ACD=∠AED=90°,AD=AD,所以△ACD≌△AED.

所以 AE=AC=4,所以 AD= AE3+DE2=5. DE AE DE 15 又BD=AD,所以 BD= AE ?AD= 4 . 2.(2010· 江苏卷)AB 是圆 O 的直径,D 为圆 O 上一点,过 D 作圆 O 的切线交 AB 延长线于点 C,若 DA=DC,求证:AB=2BC. 证明 连接 OD, 则 OD⊥DC, 又 OA=OD, DA=DC, 所以∠DAO =∠ODA=∠DCO,∠DOC=∠DAO+∠ODA=2∠DCO,所以 ∠DCO=30°,∠DOC=60°,所以 OC=2OD,即 OB=BC= OD=OA,所以 AB=2BC. 3.(2011· 江苏卷)如图,圆 O1 与圆 O2 内切于点 A,其半径分别为 r1 与 r2(r1>r2),圆 O1 的弦 AB 交圆 O2 于点 C(O1 不在 AB 上). 求证:AB∶AC 为定值. 证明 如图,连接 AO1 并延长,分别交两圆于点 E 和点 D.连接 BD,CE.因为圆 O1 与圆 O2 内切于点 A,所以点 O2 在 AD 上, π 故 AD, AE 分别为圆 O1, 圆 O2 的直径.从而∠ABD=∠ACE= 2 . AB AD 2r1 r1 所以 BD∥CE,于是AC= AE =2r =r .所以 AB∶AC 为定值.
2 2

4.(2013· 江苏卷)如图,AB 和 BC 分别与圆 O 相切于点 D,C,AC 经过圆心 O,且 BC=2OC.求证:AC=2AD. 证明 连接 OD.因为 AB 和 BC 分别与圆 O 相切于点 D,C,所以 ∠ADO=∠ACB=90°. 又因为∠A=∠A, 所以 Rt△ADO∽Rt△ACB. BC AC 所以OD=AD.又 BC=2OC=2OD, 故 AC=2AD. 5.(2012· 江苏卷)如图,AB 是圆 O 的直径,D,E 为圆上位于 AB 异侧的两点, 连接 BD 并延长至点 C, 使 BD=DC, 连接 AC, AE, DE. 求证:∠E=∠C.

证明 连接 OD, 因为 BD=DC, O 为 AB 的中点, 所以 OD∥AC, 于是∠ODB=∠C.因为 OB=OD,所以∠ODB=∠B 于是∠B= ∠C. 因为点 A,E,B,D 都在圆 O 上,且 D,E 为圆 O 上位于 AB 异 侧的两点,所以∠E 和∠B 为同弧所对的圆周角, 故∠E=∠B.所以∠E=∠C. 6.(2016· 全国Ⅰ卷)如图, △OAB 是等腰三角形, ∠AOB=120°. 1 以 O 为圆心,2OA 为半径作圆. (1)证明:直线 AB 与⊙O 相切; (2)点 C, D 在⊙O 上, 且 A, B, C, D 四点共圆, 证明: AB∥CD. 证明 (1)设 E 是 AB 的中点,连接 OE. 因为 OA=OB,∠AOB=120°, 所以 OE⊥AB,∠AOE=60°, 1 在 Rt△AOE 中,OE=2AO,即 O 到直线 AB 的距离等于⊙O 的半径,所以直线 AB 与⊙O 相切. (2)连接 OD,因为 OA=2OD, 所以 O 不是 A,B,C,D 四点所在圆的圆心. 设 O′是 A,B,C,D 四点所在圆的圆心,作直线 OO′.由已知得 O 在线段 AB 的垂 直平分线上,又 O′在线段 AB 的垂直平分线上,所以 OO′⊥AB. 同理可证 OO′⊥CD,所以 AB∥CD.

第2讲

矩阵与变换

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)常见的平面变换与矩阵的乘法运算; (2)二阶矩阵的逆矩阵及其求法;(3)矩阵的特征值与特征向量的求法.本内容考查 主要属 B 级要求.

真 题 感 悟 ?1 1.(2016· 江苏卷)已知矩阵 A=? ?0 ? 2? 1 -1 ?,矩阵 B 的逆矩阵 B =? ? -2? ?0 1? -2? ?,求矩阵 2?

AB.

解 B=(B-1)-1

?2 ? =?2 ? 0 ?2 ?

1 2 ?1 2 =? ?0 1 ? 2

1 4? ?. 1? 2?

?1 ∴AB=? ?0

1 2?? ? ? -2?? ?0

1 ? 4? ?=?1 1? ? ?0 2?

5 ? 4 ?. ? -1?

? 1? ?x 1? ?的属于特征值-2 2.(2015· 江苏卷)已知 x,y∈R,向量 α=? ?是矩阵 A=? ?y 0? ?-1? 的一个特征向量,求矩阵 A 以及它的另一个特征值. 解 由已知,得 Aα=-2α, ?x 1?? 1? ?x-1? ?-2? ?? ?=? ?=? ?, 即? ?y 0??-1? ? y ? ? 2? ?x-1=-2, ?x=-1, 则? 即? ?y=2, ?y=2, ?-1 所以矩阵 A=? ? 2 1? ?. 0?

从而矩阵 A 的特征多项式 f(λ)=(λ+2)(λ-1), 所以矩阵 A 的另一个特征值为 1. 考 点 整 合 1.矩阵的乘法与逆矩阵
? a11 a12 ? ?b11 b12 ? ? a11b11 ? a12b12 a11b12 ? a12b22 ? (1) ? ? ? ? =? ? ? a21 a22 ? ?b21 b22 ? ? a21b11 ? a22b21 a21b12 ? a22b22 ?

(2)若二阶矩阵 A,B 满足 AB=BA=E(E 为二阶单位矩阵),则称 A 是可逆矩阵, B 为 A 的逆矩阵,记为 B=A-1. 2.矩阵对应的变换 ?x? ?a b ? ? ? 矩阵 M= ? 对应的变换 T : ( x , y ) → ( x ′ , y ′ ) 满足 ? ?y? ?c d ? ?ax+by? ? ?. ?cx+dy ? ?x′? ? a b ? ?x? ? ?= ? ? ?= ?y′? ?c d ? ? ?y?

3.二阶矩阵的特征值和特征向量 ?x? ?a b ? ? ?,则有 (1)设 λ 是二阶矩阵 M= ? 的一个特征值,它的一个特征向量为 α = ? ?y? ?c d ? ?x? ?x? M? ?=λ? ?. ?y? ?y? (2)f(λ)=

? ?a

?b ?a b ? =λ2-(a+d)λ+ad-bc 为矩阵 M= ? ? 的特征多项式. ?c ? ?d ?c d ?

(3)如果 λ 是二阶矩阵 M 的特征值, 则 λ 是 M 的特征多项式的一个根, 它满足 f(λ) ?ax+by=λx, ?x0? =0,此时将 λ 代入? 可得到一组非零解? ?),它即为 M 的属于 λ 的 ?y0? ?cx+dy=λy 一个特征向量. 4.已知曲线 C 的方程,求变换后的曲线 C1 的方程的过程分三步: (1)将目标曲线 C1 上的任意一点的坐标(x,y)用曲线 C 上对应点的坐标(x′,y′)表 示; (2)用 x,y 反表示 x′,y′; (3)将 x′,y′带回曲线 C 的方程,得到 x,y 的等式,该等式即所求曲线 C1 的方程. 5.记忆特征多项式,和这类问题的求解步骤 理解特征值与特征向量理论 ?a b??x? ?x? ?(λ-a)x-by=0, ? ?? ?=λ? ??? ?c d ??y? ?y? ?-cx+(λ-d)y=0.

热点一 二阶矩阵与平面变换 ?0 【例 1】 若直线 y=kx 在矩阵? ?1 求实数 k 的值. ?x′? ?0 ?x? ?x′? 解 设变换 T:? ?→? ?,则? ?=? ?y? ?y′? ?y′? ?1 得,x′=ky′,将点 P(4,1)代入得,k=4. ?x? ?x′? 探究提高 解决这类问题一般是设变换 T:? ?→? ?,求出原曲线在 T 的变换下 ?y? ?y′? 得到的曲线,再根据条件求相应的系数值. 1??x? ?y? ?x=y′, ?? ?=? ?,即? 代入直线 y=kx 0??y? ?x? ?y=x′, 1? ?对应的变换作用下得到的直线过点 P(4,1), 0?

?1 【训练 1】 已知曲线 C1:x2+y2=1,对它先作矩阵 A=? ?0 ?0 矩阵 B=? ?1

0? ?对应的变换,再作 2?

b? x2 ?对应的变换,得到曲线 C2: +y2=1.求实数 b 的值. 4 0? b??1 ?? 0??0 0? ?0 ? =? 2? ?1 2b? ?. 0 ?

?0 解 从曲线 C1 变到曲线 C2 的变换对应的矩阵为 BA=? ?1

在曲线 C1 上任意选一点 P(x0,y0),设它在矩阵 BA 对应的变换作用下变为 P′(x′, y′), ?0 则有? ?1 2b??x0? ?x′? ?2by0? ?x′? ?? ?=? ?,即? ?=? ?. ?x0 ? ?y′? 0 ??y0? ?y′?

1 ? ?y0= x′ ?2by0=x′, 2b 故? 解得? ?x0=y′. ? ?x0=y′. ?1 ?2 代入曲线 C1 方程得,y′2+?2bx′? =1. ? ? ? 1 ?2 即曲线 C2 方程为:?2b? x2+y2=1. ? ? x2 与已知的曲线 C2 的方程 4 +y2=1 比较得(2b)2=4. 所以 b=± 1. 热点二 二阶矩阵的逆矩阵及其求法 ?a 【例 2】 (2016· 南京调研)已知点 P(3,1)在矩阵 A=? ?b -1).试求矩阵 A 和它的逆矩阵 A-1. ?a 解 依题意得? ?b 2 ??3? ?3a+2? ? 5 ? ?? ?=? ?=? ?, -1??1? ?3b-1? ?-1? 2 ? ?变换下得到点 P′(5, -1?

?3a+2=5, ?a=1, 所以? 解得? ?3b-1=-1, ?b=0, ?1 所以 A=? ?0 2 ? ?. -1? 2 ? ?=1?(-1)-0?2=-1, -1?

?1 因为 det(A)=? ?0 ?1 所以 A-1=? ?0

2 ? ?. -1?

探究提高 由二阶矩阵与向量的乘法及向量相等建立方程组, 常用于求二阶矩阵, 要注意变换的前后顺序. 【训练 2】 二阶矩阵 M 对应的变换 TM 将曲线 x2+x-y+1=0 变为曲线 2y2-x +2=0,求 M-1. 解 设曲线 2y2-x+2=0 上一点 P(x,y)在 M-1 对应变化下变成 P(x′,y′), ?a b? ?x′=ax+by, ?,? 设 M-1=? 代入 x2+x-y+1=0 得,方程(ax+by)2+(ax+ ?c d ? ?y′=cx+dy, by)-(cx+dy)+1=0, x 即 b2y2+(a-c)x+(b-d)xy+2abxy+a2x2+1=0,与方程 y2-2+1=0 比较得,a ? 0 -1? 1 1 -1 ? =0,b=1,c=2,d=1 或 a=0,b=-1,c=2,d=-1.所以 M =? ? 1 -1 ?, ?2 ? ?0 1 ? ? 或 M =? ? 1 1?. ?2 ?
-1

热点三 特征值与特征向量 ?1 【例 3】 (2016· 南通调研)已知矩阵 M=? ?2 ?a b? ?1 ?,则 MM-1=? 解 设 M-1=? ?c d ? ?2 b ? ?1 ? a ?=? 所以? ?2a+2c 2b+2d? ?0 a=1, 0? ?, 1? ?1 0 ? ? =? ?-1 1?. 2? ? 0? ? 2? 0? ?,求逆矩阵 M-1 的特征值. 2? 0? ?, 1?

?a b? ?1 ? ?=? ?c d ? ?0

? ?b=0, ?b=0, 所以? 解得?c=-1,,所以 M 2a+2c=0, 1 ?2b+2d=1, ? ?d=2,
a=1, M
-1

-1

?λ -1 0? ? 的特征多项式 f(λ)=? ? 1 λ-1 ? 2? ?

1? 1 ? =(λ-1)?λ -2?=0,所以 λ=1 或 λ=2. ? ? 1 所以矩阵 M 的逆矩阵 M-1 的特征值为 1 或2.

?a b? ?就是要求待定的字母,利用条件建立方程组,确立 探究提高 求矩阵 M=? ?c d ? 待定的字母的值,从而求出矩阵,待定系数法是求这类问题的通用方法. ?2 【训练 3】 已知矩阵 A 的逆矩阵 A-1=? ?1 (1)求矩阵 A; (2)求矩阵 A-1 的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量. 解 (1)因为矩阵 A 是矩阵 A-1 的逆矩阵,且|A-1|=2?2-1?1=3≠0, 2 1 - ? ? 3? 1?2 -1? ?3 ?= 所以 A=3? . ?-1 2? ? 1 2? ?-3 3? ?λ -2 -1? 2 ?=λ -4λ+3=(λ-1)(λ-3), (2)矩阵 A-1 的特征多项式为 f(λ)=? ?-1 λ-2 ? 令 f(λ)=0,得矩阵 A-1 的特征值为 λ1=1 或 λ2=3, ?1 ? 所以 ξ1=? ?)是矩阵 A-1 的属于特征值 λ1=1 的一个特征向量, ?-1? ?1? ξ 2=? ?是矩阵 A-1 的属于特征值 λ2=3 的一个特征向量. ?1? 1? ?. 2?

?-1 1.(2014· 江苏卷)已知矩阵 A=? ?1 若 Aα=Bα,求 x+y 的值. ?-1 解 由已知,得 Aα=? ?1

2? ?1 ?,B=? x? ?2

1? ?2? ?,向量 α=? ?,x,y 为实数. ?y ? -1?

2? ?2? ?-2+2y? ?1 ? ? ?=? ?,Bα=? x ? ?y ? ?2+xy ? ?2

1? ?2? ?2+y? ? ? ? =? ?. -1? ?y ? ?4-y?

?-2+2y? ?2+y? ?=? ?, 因为 Aα=Bα,所以? ?2+xy ? ?4-y? 1 ? ?x=- , ?-2+2y=2+y, 2 所以 x+y=7. 故? 解得? 2 ?2+xy=4-y. ? ?y=4. 2.(2010· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A(0,0),B(-2,0),C(-2, ?k 0 ? ?0 ?,N=? 1).设 k 为非零实数,矩阵 M=? ?0 1? ?1 1? ?,点 A、B、C 在矩阵 MN 对应 0?

的变换下得到点分别为 A1、B1、C1,△A1B1C1 的面积是△ABC 面积的 2 倍,求 k

的值. ?k 0 ? ?0 ? ? 解 由题设得,MN=? ?0 1? ?1 ?0 由? ?1 k ? ?0 ? ? 0? ?0 -2 0 -2? ?0 ?=? 1 ? ?0 0 -2 1? ?0 ?=? 0? ?1 k? ?, 0?

k ? ?,可知 A1(0,0)、B1(0,-2)、C1(k, -2?

-2).计算得△ABC 的面积是 1,△A1B1C1 的面积是|k|,则由题设知:|k|=2?1= 2. 所以 k 的值为 2 或-2. ?1 3.(2011· 江苏卷)已知矩阵 A=? ?2 ?1 解 A2=? ?2 1? ?1 ? ? 1? ?2 1? ?3 ?=? 1? ?4 1? ?1? ?,向量 β=? ?.求向量 α,使得 A2α=β. ?2? 1?

2? ?, 3? 2? ?x? ?1? ? ? ?=? ?, 3? ?y? ?2?

?x? ?3 设 α=? ?,由 A2α=β 得,? ?y? ?4

?3x+2y=1, ?x=-1, 从而? 解得? ?4x+3y=2, ?y=2. ?-1? 所以 α=? ?. ? 2? 3 ?-1 4 4? ?,求矩阵 A 的特征值. 1 ? = ? 1 -1? ? 2 2?

4.(2012· 江苏卷)已知矩阵 A 的逆矩阵 A-

解 因为 A-1A=E,所以 A=(A-1)-1. 3 ?-1 4 4? ?,所以 A=(A 1 ? = ? 1 -1? ? 2 2? ?2 ) =? ?2 3? ?, 1?

因为 A-

-1 -1

?λ-2 -3 ? ?=λ 2-3λ -4. 于是矩阵 A 的特征多项式为 f(λ)=? ? -2 λ-1? 令 f(λ)=0,解得 A 的特征值 λ1=-1,λ 2=4. ?-1 5.(2013· 江苏卷)已知矩阵 A=? ? 0 0? ?1 ?,B=? ?0 2? 0? ? 2? 2? ?,求矩阵 A-1B. 6? ?a b? ?1 ? ?=? ?c d ? ?0 0? ?-a -b? ?,即? ?= 1? ? 2c 2d ?

?-1 ?a b? ?,则? 解 设矩阵 A 的逆矩阵为? ?c d ? ? 0

?1 0? ? ?, ?0 1? ?-1 1 -1 故 a=-1,b=0,c=0,d=2,从而 A 的逆矩阵为 A =? ? 0 ? ?-1 ? ? 0 ? 0? ? 1? 2? ?1 ? ?0 2? ?-1 ?=? 6? ? 0 -2? ?. 3? 0? -1 ? 1?,所以 A B= 2?

?1? 6.(2016· 苏州调研)已知二阶矩阵 M 有特征值 λ=3 及对应的一个特征向量 e1=? ?, ?1? 并且矩阵 M 对应的变换将点(-1,2)变换成(9,15),求矩阵 M. ?a b? ?a b? ?1? ?1? ?3? ?,则? ? ? ?=3? ?=? ?, 解 设 M=? ?c d ? ?c d ? ?1? ?1? ?3? ?a+b=3,?a b? ?-1? ?9 ? ? ? ? ?=? ?, 故? ?c+d=3. ?c d ? ? 2 ? ?15? ?-a+2b=9, 故? 联立以上两方程组,解得 a=-1,b=4,c=-3,d=6,故 M ?-c+2d=15. ?-1 =? ?-3 4? ?. 6?

第3讲

坐标系与参数方程

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)直线、曲线的极坐标方程;(2)直线、 曲线的参数方程;(3)参数方程与普通方程的互化;(4)极坐标与直角坐标的互化, 本内容的考查要求为 B 级.

真 题 感 悟 1 ? ?x=1+2t, 1.(2016· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中,已知直线 l 的参数方程为? 3 ? ?y= 2 t, ?x=cos θ , (t 为参数), 椭圆 C 的参数方程为? (θ 为参数).设直线 l 与椭圆 C 相交于 ?y=2sin θ A,B 两点,求线段 AB 的长. 解 直线 l 的方程化为普通方程为 3x-y- 3=0,

y2 椭圆 C 的方程化为普通方程为 x2+ 4 =1, ? 3x-y- 3=0, ? 联立方程组得? 2 y2 x + 4 =1, ? ? 1 x2=-7, ? ?x1=1 ? ? 1 8 3? ?. 解得? 或? ∴A(1,0),B?- ,- 7 ? ? 7 8 3 ?y1=0 ? ?y2=- 7 , 故 AB= 1?2 ? 8 3?2 16 ? ?1+7? +?0+ ? = . 7 ? ? 7 ? ?

π? ? 2.(2015· 江苏卷)已知圆 C 的极坐标方程为 ρ2+2 2ρ sin?θ - ?-4=0,求圆 C 4? ? 的半径. 解 以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点 O,以极轴为 x 轴的正半轴,建 立直角坐标系 xOy. ? 2 ? 2 圆 C 的极坐标方程为 ρ2+2 2ρ ? sin θ - cos θ ?-4=0,化简,得 ρ2+ 2 2 ? ? 2ρsin θ -2ρcos θ -4=0. 则圆 C 的直角坐标方程为 x2+y2-2x+2y-4=0, 即(x-1)2+(y+1)2=6, 所以圆 C 的半径为 6. 考 点 整 合 1.直角坐标与极坐标的互化 把直角坐标系的原点作为极点,x 轴正半轴作为极轴,且在两坐 标系中取相同的长度单位.设 M 是平面内的任意一点,它的直角 坐标、极坐标分别为(x,y)和(ρ,θ ),
2 2 2 ?ρ =x +y , ?x=ρcos θ ,? ? 则? y ?y=ρsin θ , ?tan θ =x(x≠0). ?

2.直线的极坐标方程 若直线过点 M(ρ0,θ 0),且极轴到此直线的角为 α,则它的方程为:ρsin(θ-α ) =ρ 0sin(θ0-α).

几个特殊位置的直线的极坐标方程 (1)直线过极点:θ=α; (2)直线过点 M(a,0)(a>0)且垂直于极轴:ρcos θ =a; π? ? (3)直线过 M?b, ?且平行于极轴:ρsin θ =b. 2? ? 3.圆的极坐标方程 若圆心为 M(ρ0,θ 0),半径为 r 的圆方程为:
2 ρ 2-2ρ0ρ cos(θ-θ0)+ρ2 0-r =0.

几个特殊位置的圆的极坐标方程 (1)当圆心位于极点,半径为 r:ρ=r; (2)当圆心位于 M(r,0),半径为 r:ρ=2rcos θ ; ? π? (3)当圆心位于 M?r,2?,半径为 r:ρ=2rsin θ . ? ? 4.直线的参数方程 ?x=x0+tcos α , 经过点 P0(x0,y0),倾斜角为 α 的直线的参数方程为? (t 为参数). ?y=y0+tsin α → 设 P 是直线上的任一点,则 t 表示有向线段P 0P的数量. 5.圆的参数方程 ?x=x0+rcos θ , 圆心在点 M(x0,y0),半径为 r 的圆的参数方程为? (θ 为参数,0 ?y=y0+rsin θ ≤θ ≤2π ). 6.圆锥曲线的参数方程 ?x=acos θ , x2 y2 (1)椭圆a2+b2=1 的参数方程为? (θ 为参数). ?y=bsin θ ?x=asec θ , x2 y2 (2)双曲线a2-b2=1 的参数方程为? (θ 为参数). ?y=btan θ
2 ?x=2pt , (3)抛物线 y =2px(p>0)的参数方程为? (t 为参数). ?y=2pt 2

热点一 曲线的极坐标方程 [微题型 1] 极坐标方程与直角坐标方程的互化

π? ? 【例 1-1】 在极坐标系中,已知圆 C 的圆心坐标为 C?2, ?,半径 R= 5,求 3? ? 圆 C 的极坐标方程. π? ? 解 将圆心 C?2, ?化成直角坐标为(1, 3),半径 R= 5,故圆 C 的方程为(x 3? ? -1)2+(y- 3)2=5. 再将 C 化成极坐标方程,得(ρcos θ -1)2+(ρsin θ - 3)2=5, π? ? 化简得 ρ2-4ρcos?θ - ?-1=0. 3? ? 此即为所求的圆 C 的极坐标方程. 探究提高 (1)在由点的直角坐标化为极坐标时,一定要注意点所在的象限和极角 的范围, 否则点的极坐标将不唯一.(2)在曲线的方程进行互化时, 一定要注意变量 的范围.要注意转化的等价性. [微题型 2] 曲线的极坐标方程的应用

?x=2cos α , 【例 1-2】 在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 的参数方程为? (α 为参 ?y=2+2sin α → =2OM → ,点 P 的轨迹为曲线 C . 数),M 是 C1 上的动点,P 点满足OP 2 (1)求 C2 的方程; π (2)在以 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,射线 θ= 3 与 C1 的异于极 点的交点为 A,与 C2 的异于极点的交点为 B,求 AB. x ? ?2=2cos α , ?x y ? (1)设 P(x, y), 则由条件知 M?2,2?, 由于 M 点在 C1 上, 所以? ? ? y ? ?2=2+2sin α ,



?x=4cos α , 即? ?y=4+4sin α . ?x=4cos α , 从而 C2 的参数方程为? (α 为参数). ?y=4+4sin α (2)曲线 C1 的极坐标方程为 ρ=4sin θ , 曲线 C2 的极坐标方程为ρ =8sin θ .射线 π π π θ= 3 与 C1 的交点 A 的极径为 ρ1=4sin 3 =2 3,射线 θ= 3 与 C2 的交点 B 的极

π 径为 ρ2=8sin 3 =4 3.所以 AB=|ρ2-ρ1|=2 3. 探究提高 解决这类问题一般有两种思路, 一是将极坐标方程化为直角坐标方程, 求出交点的直角坐标,再将其化为极坐标;二是将曲线的极坐标方程联立,根据 限制条件求出极坐标.要注意题目所给的限制条件及隐含条件. 【训练 1】 (2016· 全国Ⅰ卷)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 的参数方程为 ?x=acos t, ? (t 为参数,a>0).在以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴的极坐标系 ?y=1+asin t 中,曲线 C2:ρ=4cos θ . (1)说明 C1 是哪一种曲线,并将 C1 的方程化为极坐标方程; (2)直线 C3 的极坐标方程为 θ=α0,其中 α0 满足 tan α 0=2,若曲线 C1 与 C2 的公 共点都在 C3 上,求 a. 解 (1)消去参数 t 得到 C1 的普通方程 x2+(y-1)2=a2(a>0),C1 是以(0,1)为圆 心,a 为半径的圆. 将 x=ρcos θ ,y=ρsin θ 代入 C1 的普通方程中,得到 C1 的极坐标方程为 ρ2- 2ρsin θ +1-a2=0. (2)曲线 C1,C2 的公共点的极坐标满足方程组
2 2 ?ρ -2ρsin θ +1-a =0, ? ?ρ =4cos θ .

若 ρ≠0,由方程组得 16cos2θ -8sin θ cos θ +1-a2=0,由已知 tan θ =2,可 得 16cos2θ -8sin θ cos θ =0,从而 1-a2=0,解得 a=-1(舍去),a=1. a=1 时,极点也为 C1,C2 的公共点,在 C3 上. 所以 a=1. 热点二 参数方程 [微题型 1] 参数方程与普通方程的互化

【例 2-1】 (2015· 福建卷)在平面直角坐标系 xOy 中,圆 C 的参数方程为 ?x=1+3cos t, ? (t 为参数).在极坐标系(与平面直角坐标系 xOy 取相同的长度单位, ?y=-2+3sin t π? ? 且以原点 O 为极点, 以 x 轴非负半轴为极轴)中, 直线 l 的方程为 2ρ sin?θ - ? 4? ? =m(m∈R).

(1)求圆 C 的普通方程及直线 l 的直角坐标方程; (2)设圆心 C 到直线 l 的距离等于 2,求 m 的值. 解 (1)消去参数 t,得到圆 C 的普通方程为(x-1)2+(y+2)2=9. π? ? 由 2ρ sin?θ - ?=m,得 ρsin θ -ρcos θ -m=0. 4? ? 所以直线 l 的直角坐标方程为 x-y+m=0. (2)依题意,圆心 C 到直线 l 的距离等于 2, 即 |1-(-2)+m| =2, 2

解得 m=-3± 2 2. 探究提高 参数方程化为普通方程:化参数方程为普通方程的基本思路是消去参 数,常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去 法,参数方程通过代入消元或加减消元消去参数化为普通方程,不要忘了参数的 范围. [微题型 2] 直线的参数方程

2 ? ?x=3- 2 t, 【例 2-2】 在直角坐标系 xOy 中,直线 l 的参数方程为? (t 为参数). 2 ? ?y= 5+ 2 t 在极坐标系(与直角坐标系 xOy 取相同的长度单位,且以原点 O 为极点,以 x 轴 正半轴为极轴)中,圆 C 的方程为 ρ=2 5sin θ . (1)求圆 C 的直角坐标方程; (2)设圆 C 与直线 l 交于点 A,B.若点 P 的坐标为(3, 5),求 PA+PB. 解 法一 (1)由 ρ=2 5sin θ ,得 x2+y2-2 5y=0,

即 x2+(y- 5)2=5. ? 2 ?2 ? 2 ?2 (2)将 l 的参数方程代入圆 C 的直角坐标方程,得?3- t? +? t? =5,即 t2- 2 ? ? ?2 ? 3 2t+4=0. 由于 Δ=(-3 2)2-4?4=2>0,故可设 t1,t2 是上述方程的两实根,所以 ?t1+t2=3 2, ? 又直线 l 过点 P(3, 5),故由上式及 t 的几何意义得 PA+PB=|t1| ?t1?t2=4.

+|t2|=t1+t2=3 2. 法二 (1)同法一. (2)因为圆 C 的圆心为(0, 5), 半径 r= 5, 直线 l 的普通方程为: y=-x+3+ 5. ?x2+(y- 5)2=5, 由? ?y=-x+3+ 5 ?x=1, 得 x2-3x+2=0.解得:? ?y=2+ 5 不妨设 A(1,2+ 5), B(2,1+ 5),又点 P 的坐标为(3, 5). 故 PA+PB= 8+ 2=3 2. 探究提高 过定点 P0(x0,y0),倾斜角为 α 的直线参数方程的标准形式为 ?x=x0+tcos α, → ? (t 为参数), t 的几何意义是P 即|t|表示 P0 到 P 的距离, 0P的数量, y = y + t sin α ? 0 t 有正负之分.使用该式时直线上任意两点 P1、 P2 对应的参数分别为 t1、 t2 , 则 P1P2 1 =|t1-t2|,P1P2 的中点对应的参数为2(t1+t2). 【训练 2】 (2014· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中,已知直线 l 的参数方程为 2 ? ?x=1- 2 t, (t 为参数), ? 2 ? ?y=2+ 2 t 直线 l 与抛物线 y2=4x 相交于 A,B 两点,求线段 AB 的长. 2 ? ?x=1- 2 t, ? 2 ?2 将直线 l 的参数方程? 代入抛物线方程 y2=4x,得?2+ t? = 2 ? ? 2 ? y = 2 + t ? 2 ?x=2, 或? ?y=1+ 5.



? 2? 4?1- t?, 2 ? ? 解得 t1=0,t2=-8 2.所以 AB=|t1-t2|=8 2.

π? ? 1.(2016· 南京、盐城模拟)在极坐标系中,已知点 A 的极坐标为?2 2,- ?,圆 E 4? ? 的极坐标方程为 ρ=4cos θ +4sin θ ,试判断点 A 和圆 E 的位置关系.

解 点 A 的直角坐标为(2,-2), 圆 E 的直角坐标方程为(x-2)2+(y-2)2=8, 则点 A 到圆心 E(2, 2)的距离 d= (2-2)2+(-2-2)2=4>r=2 2, 所以点 A 在圆 E 外. ?x=t+1, 2.(2016· 泰州模拟)在平面直角坐标系 xOy 中,已知直线 C1:? (t 为参数) ?y=7-2t ?x=acos θ , 与椭圆 C2:? (θ 为参数,a>0)的一条准线的交点位于 y 轴上,求实 ?y=3sin θ 数 a 的值. 解 直线 C1:2x+y=9, y2 x2 椭圆 C2: 9 +a2=1(0<a<3),准线为 y=± 由 9 =9 得 a=2 2. 9-a2 9 , 9-a2

?x=5cos φ , 3.(2011· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中, 求过椭圆? (φ 为参数)的右 ?y=3sin φ ?x=4-2t, 焦点,且与直线? ?y=3-t (t 为参数)平行的直线的普通方程. 解 由题意知,椭圆的长半轴长为 a=5,短半轴长 b=3,从而 c=4,所以右焦 点为(4,0),将已知直线的参数方程化为普通方程得 x-2y+2=0,故所求的直线 1 的斜率为2, 1 因此所求的方程为 y=2(x-4),即 x-2y-4=0. 4.(2010· 江苏卷)在极坐标系中,已知圆 ρ=2cos θ 与直线 3ρcos θ +4ρsin θ +a =0 相切,求实数 a 的值. 解 将极坐标方程化为直角坐标方程,得圆的方程为 x2+y2=2x, 即(x-1)2+y2=1, 直线的方程为 3x+4y+a=0. 由题设知,圆心(1,0)到直线的距离为 1,

|3?1+4?0+a| 即有 =1, 32+42 解得 a=-8 或 a=2,故 a 的值为-8 或 2. ?x=t+1, 5.(2013· 江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中, 直线 l 的参数方程为? (t 为参 ?y=2t
2 ?x=2tan θ , 数),曲线 C 的参数方程为? (θ 为参数).试求直线 l 和曲线 C 的普通方 ?y=2tan θ

程,并求出它们的公共点的坐标. ?x=t+1, 解 因为直线 l 的参数方程为? (t 为参数),由 x=t+1 得 t=x-1,代入 ?y=2t y=2t,得到直线 l 的普通方程为 2x-y-2=0.同理得到曲线 C 的普通方程为 y2= ?1 ? 2 2x.联立方程组{y=2(x-1),y =2x,解得公共点的坐标为(2,2),?2,-1?. ? ? 6.(2016· 苏北四市调研)在平面直角坐标系 xOy 中,以坐标原点 O 为极点,x 轴的 3 ? ?x=2+ 2 t, 正半轴为极轴建立极坐标系,直线 l 的参数方程为? (t 为参数),曲线 1 ? ?y=2t C 的极坐标方程为 ρ=2cos θ . (1)求直线 l 和曲线 C 的直角坐标方程; (2)求曲线 C 上的点到直线 l 的距离的最值. 解 (1)化为直角坐标方程得,直线 l:x- 3y-2=0,曲线 C:(x-1)2+y2=1. (2)由(1)可知,曲线 C 是圆心为 C(1,0),半径 r=1 的圆. 且圆心 C(1,0)到直线 l 的距离 d= |1-0-2| 1 =2<r=1,故直线 l 与曲线 C 相交. 1+3

3 所以曲线 C 上的点到直线 l 的距离的最大值为 d+r= ,最小值为 0. 2

第4讲

不等式选讲

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)含绝对值的不等式的解法;B 级要 求.(2)不等式证明的基本方法;B 级要求.(3)利用不等式的性质求最值;B 级要求. (4)几个重要的不等式的应用.B 级要求.

真 题 感 悟 a a 1.(2016· 江苏卷)设 a>0,|x-1|<3,|y-2|<3,求证:|2x+y-4|<a. a 2a 证明 由 a>0,|x-1|<3可得|2x-2|< 3 , a 又|y-2|<3, 2a a ∴|2x+y-4|=|(2x-2)+(y-2)|≤|2x-2|+|y-2|< 3 +3=a.即|2x+y-4|<a. 2.(2015· 江苏卷)解不等式 x+|2x+3|≥2. 3 3 ? ?x<- , ? ?x≥- , 2 2 解 原不等式可化为? 或? ? ?-x-3≥2 ? ?3x+3≥2. 1 解得 x≤-5 或 x≥-3.
? ? 1? 综上,原不等式的解集是?x?x≤-5或x≥-3?. ? ? ?

考 点 整合 1.含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|>a(a>0)?f(x)>a 或 f(x)<-a; (2)|f(x)|<a(a>0)?-a<f(x)<a; (3)对形如|x-a|+|x-b|≤c,|x-a|+|x-b|≥c 的不等式,可利用绝对值不等式的 几何意义求解. 2.含有绝对值的不等式的性质 |a|-|b|≤|a± b|≤|a|+|b|.此性质可用来解不等式或证明不等式. 3.基本不等式 定理 1:设 a,b∈R,则 a2+b2≥2ab.当且仅当 a=b 时,等号成立. a+b 定理 2:如果 a,b 为正数,则 2 ≥ ab,当且仅当 a=b 时,等号成立. 定理 3:如果 a,b,c 为正数,则 立. 定理 4:(一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a1、a2、?、an 为 n 个正数,则 a+b+c 3 3 ≥ abc,当且仅当 a=b=c 时,等号成

a1+a2+?+an n ≥ a1a2?an,当且仅当 a1=a2=?=an 时,等号成立. n 4.柯西不等式 (1)设 a,b,c,d 为实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当 ad=bc 时等 号成立. (2)若 ai,bi(i∈N*)为实数,则( ? ai2 )( ? bi2 )≥( ? ai bi )2,当且仅当 bi=0(i
i ?1 i ?1 i ?1 n n n

=1,2,?,n)或存在一个数 k,使得 ai=kbi(i=1,2,?,n)时,等号成立. (3)柯西不等式的向量形式:设 α,β 为平面上的两个向量,则|α|· |β|≥|α·β|,当且 仅当这两个向量同向或反向时等号成立. 5.绝对值不等式 |a|-|b|≤|a± b|≤|a|+|b|.需要灵活地应用. 6.不等式的性质,特别是基本不等式链 a+b ≤ ab ≤ 1 1 2 ≤ a+b 1 a2+b2 b>0), 在不等式的证明和求最值中经常用到. 2 (a>0,

7.证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法.另外还有拆项法、添项法、 换元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法等.

热点一 绝对值不等式 [微题型 1] 考查绝对值不等式的解法

【例 1-1】 已知函数 f(x)=|x+a|+|x-2|. (1)当 a=-3 时,求不等式 f(x)≥3 的解集; (2)若 f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求 a 的取值范围.



?-2x+5,x≤2, (1)当 a=-3 时,f(x)=?1,2<x<3, ?2x-5,x≥3.

当 x≤2 时,由 f(x)≥3 得-2x+5≥3,解得 x≤1; 当 2<x<3 时,f(x)≥3 无解; 当 x≥3 时,由 f(x)≥3 得 2x-5≥3,解得 x≥4; 所以 f(x)≥3 的解集为{x|x≤1,或 x≥4}.

(2)f(x)≤|x-4|?|x-4|-|x-2|≥|x+a|. 当 x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a| ?4-x-(2-x)≥|x+a|?-2-a≤x≤2-a. 由条件得-2-a≤1 且 2-a≥2,即-3≤a≤0. 故满足条件的 a 的取值范围是[-3,0]. 探究提高 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤: ①求零点;②划区间、去绝对值号;③分别解去掉绝对值的不等式;④取每个结 果的并集, 注意在分段时不要遗漏区间的端点值.(2)用图象法、 数形结合可以求解 含有绝对值的不等式,使得代数问题几何化,既通俗易懂,又简洁直观,是一种 较好的方法. [微题型 2] 含有绝对值不等式的恒成立问题

【例 1-2】 已知 f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式 f(x)≤3 的解集为{x|-2≤x≤1}. (1)求 a 的值; ? ? x?? (2)若?f(x)-2f ?2??≤k 恒成立,求 k 的取值范围. ? ?? ? 解 (1)由|ax+1|≤3 得-4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|-2≤x≤1}, 4 2 所以当 a≤0 时,不合题意.当 a>0 时,-a≤x≤a,得 a=2. ?x? (2)记 h(x)=f(x)-2f?2?, ? ?

? ?-4x-3,-1<x<-1 2, 则 h(x)=? 1 ? ?-1,x≥-2,
1,x≤-1, 所以|h(x)|≤1,因此 k≥1,即 k 的取值范围为[1,+∞). 探究提高 解答含有绝对值不等式的恒成立问题时,通常将其转化为分段函数, 再求分段函数的最值,从而求出所求参数的值. 【训练 1】 (2016· 全国Ⅲ卷)已知函数 f(x)=|2x-a|+a. (1)当 a=2 时,求不等式 f(x)≤6 的解集; (2)设函数 g(x)=|2x-1|.当 x∈R 时,f(x)+g(x)≥3,求 a 的取值范围.

解 (1)当 a=2 时,f(x)=|2x-2|+2. 解不等式|2x-2|+2≤6 得-1≤x≤3. 因此 f(x)≤6 的解集为{x|-1≤x≤3}. (2)当 x∈R 时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a, 所以当 x∈R 时,f(x)+g(x)≥3 等价于|1-a|+a≥3.① 当 a≤1 时,①等价于 1-a+a≥3,无解. 当 a>1 时,①等价于 a-1+a≥3,解得 a≥2. 所以 a 的取值范围是[2,+∞). 热点二 不等式的证明 【例 2】 (2014· 江苏卷)已知 x>0,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy. 3 3 证明 因为 x>0,y>0,所以 1+x+y2≥3 xy2>0,1+x2+y≥3 x2y>0, 3 3 故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3 xy2?3 x2y=9xy. 探究提高 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、 数学归纳法等. 【训练 2】 (2013· 江苏卷)已知 a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b. 证明 2a3-b3-(2ab2-a2b)=2a(a2-b2)+b(a2-b2)=(a2-b2)(2a+b)=(a-b)(a +b)(2a+b). 因为 a≥b>0,所以 a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,从而(a-b)(a+b)(2a+b)≥0, 即 2a3-b3≥2ab2-a2b. 热点三 柯西不等式 【例 3】 已知关于 x 的不等式|x+a|<b 的解集为{x|2<x<4}. (1)求实数 a,b 的值; (2)求 at+12+ bt的最大值. 解 (1)由|x+a|<b,得-b-a<x<b-a, ?-b-a=2, ?a=-3, 则? 解得? ?b-a=4, ?b=1. (2) -3t+12+ t = 3 4-t+ t≤ [( 3)2+12][( 4-t)2+( t)2]

=2 4-t+t=4,当且仅当

4-t t =1, 3

即 t=1 时等号成立,故( -3t+12+ t)max=4. 探究提高 根据柯西不等式的结构特征, 利用柯西不等式对有关不等式进行证明, 证明时,需要对不等式变形,使之与柯西不等式有相似的结构,从而应用柯西不 等式. 【训练 3】 已知 a>0,b>0,c>0,函数 f(x)=|x+a|+|x-b|+c 的最小值为 4. (1)求 a+b+c 的值; 1 1 (2)求4a2+9b2+c2 的最小值. 解 (1)因为 f(x)=|x+a|+|x-b|+c≥ |(x+a)-(x-b)|+c=|a+b|+c, 当且仅当-a≤x≤b 时,等号成立. 又 a>0,b>0,所以|a+b|=a+b. 所以 f(x)的最小值为 a+b+c. 又已知 f(x)的最小值为 4, 所以 a+b+c=4. (2)由(1)知 a+b+c=4,由柯西不等式得 b ?1 2 1 2 2? ?a ?2 ?4a +9b +c ?(4+9+1)≥?2?2+3?3+c?1? =(a+b+c)2=16, ? ? ? ? 1 1 2a 3b c 1 2 1 2 2 8 即4a +9b +c ≥7.当且仅当 2 = 3 =1, 8 18 2 即 a=7,b= 7 ,c=7时等号成立. 1 1 8 故4a2+9b2+c2 的最小值为7.

1.(2016· 南京调研)设实数 x,y,z 满足 x+5y+z=9,求 x2+y2+z2 的最小值. 解 由柯西不等式得(x2+y2+z2)(12+52+12)≥(1· x+5· y+1· z)2. 因为 x+5y+z=9,所以 x2+y2+z2≥3, 1 5 1 当且仅当 x=3,y=3,z=3时取等号,

所以 x2+y2+z2 的最小值为 3. 2.(2011· 江苏卷)解不等式:x+|2x-1|<3. ?2x-1≥0, ?2x-1<0, 解 原不等式可化为? 或? ?x+(2x-1)<3 ?x-(2x-1)<3. 1 4 1 解得2≤x<3或-2<x<2.
? ? 4? 所以不等式的解集是?x?-2<x<3?. ? ? ?

1 1 5 3.(2012· 江苏卷)已知实数 x,y 满足:|x+y|<3,|2x-y|<6,求证:|y|<18. 证明 因为 3|y|=|3y|=|2(x+y)-(2x-y)|≤ 2|x+y|+|2x-y|, 1 1 由题设知,|x+y|<3,|2x-y|<6, 2 1 5 5 从而 3|y|<3+6=6,所以|y|<18. ? 1? 4.(2016· 苏州调研)设函数 f(x)=?x+a?+|x-a|(a>0). ? ? (1)证明:f(x)≥2; (2)若 f(3)<5,求实数 a 的取值范围. ? 1? ? 1 ? 1 (1)证明 由 a>0,有 f(x)=?x+a?+|x-a|≥?x+a-(x-a)?=a+a≥2, ? ? ? ? 当且仅当 a=1 时,等号成立,所以 f(x)≥2. (2)解 <a< 1? 1 1 ? f(3)=?3+a?+|3-a|.当 a>3 时,f(3)=3+a+a-3=a+a,由 f(3)<5 得 3 ? ? 5+ 21 2 ;

1 1 当 0<a≤3 时,f(3)=3+a+3-a=6-a+a, 由 f(3)<5 得 1+ 5 2 <a≤3.

?1+ 5 5+ 21? 综上,a 的取值范围是? , 2 ?. ? 2 ? 5.(1)已知 a,b 都是正数,且 a≠b,求证:a3+b3>a2b+ab2;

a2b2+b2c2+c2a2 (2)已知 a,b,c 都是正数,求证: ≥abc. a+b+c 证明 (1)(a3+b3)-(a2b+ab2)=(a+b)(a-b)2, 因为 a ,b 都是正数,所以 a+b>0, 又因为 a≠b,所以(a-b)2>0, 于是(a+b)(a-b)2>0,即(a3+b3)-(a2b+ab2)>0, 所以 a3+b3>a2b+ab2. (2)因为 b2+c2≥2bc,a2≥0, 所以 a2(b2+c2)≥2a2bc.① 同理 b2(a2+c2)≥2ab2c.② c2(a2+b2)≥2abc2.③ ①②③相加得 2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2a2bc+2ab2c+2abc2, 从而 a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c). a2b2+b2c2+c2a2 由 a,b,c 都是正数,得 a+b+c>0,因此 ≥abc. a+b+c ? 1? ? 1? 6.(2016· 全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=?x-2?+?x+2?, ? ? ? ? M 为不等式 f(x)<2 的解集. (1)求 M; (2)证明:当 a,b∈M 时,|a+b|<|1+ab|. -2x,x≤-2, ? ? 1 1 f(x)=?1,-2<x<2, ? ?2x,x≥1 2. 1

(1)解

1 当 x≤-2时,由 f(x)<2 得-2x<2, 1 解得 x>-1,所以-1<x≤-2; 1 1 当-2<x<2时,f(x)<2; 1 当 x≥2时,由 f(x)<2 得 2x<2,解得 x<1,

1 所以-2<x<1. 综上,f(x)<2 的解集 M={x|-1<x<1}. (2)证明 由(1)知,当 a,b∈M 时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2 =a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0,即(a+b)2<(1+ab)2,因此|a+b|<|1+ab|.



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