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【创新设计】2015-2016学年高中数学 第2章 推理与证明习题课 苏教版选修1-2

推理与证明习题课
课时目标 实际问题. 1.进一步理解直接证明和间接证明的思想 .2.利用两种证明方法解决简单的

1 . ________ 证 明 和 ________ 证 明 是 数 学 证 明 的 两 类 基 本 证 明 方 法 . ________ 法 和 ________法是直接证明中最基本的两种证明方法;__________是间接证明的一种基本方法. 2.综合法和分析法经常结合使用;直接证明比较麻烦的结论,我们可以采用__________.

一、填空题 1 1. 若实数 a, b 满足 0<a<b, 且 a+b=1, 则“ 、 2ab、 a2+b2、 a”中最大的是__________. 2 2.使不等式 3+ 8>1+ a成立的正整数 a 的最大值为________. 3. 设 a, b, c 三数成等比数列, 而 x, y 分别为 a, b 和 b, c 的等差中项, 则 + =________. 4.m= a+ a+5,n= a+2+ a+3 (a≥0),则 m 与 n 的大小关系是________. 5.有下列叙述: ①“a>b”的反面是“a<b”; ②“x=y”的反面是“x>y 或 x<y”; ③“三角形的外心在三角形外”的反面是“三角形的外心在三角形内”; ④“三角形最多有一个钝角”的反面是“三角形没有钝角”. 其中正确的叙述的个数为________. 1 π 3π 6.已知 sin θ +cos θ = 且 ≤θ ≤ ,则 cos 2θ =______. 5 2 4 7.在等差数列{an}中,当 ar=as (r≠s)时,{an}必定是常数数列.然而在等比数列{an} 中,对某些正整数 r、s (r≠s),当 ar=as 时,非常数数列{an}的一个例子是____________. 8.若一个圆和一个正方形的周长相等,则圆的面积比正方形的面积 ________(填“大” 或“小”).

a c x y

二、解答题 9.△ABC 的三边长 a、b、c 的倒数成等差数列. 求证:B<90°.
-1-

10.如图,在四棱锥 P—ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E,F 分 别是 AP,AD 的中点.

求证:(1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD.

-2-

能力提升 11.如图,在直四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,当底面四边形 ABCD 满足条件________时,有

A1C⊥B1D1.(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形)

π π π 2 2 2 12.若 a、b、c 均为实数,且 a=x -2y+ ,b=y -2z+ ,c=z -2x+ .求证:a, 2 3 6

b,c 中至少有一个大于 0.

1.综合法和分析法的证明思路截然相反;分析法既可作为一种证明方法,也可以用来探 求解题思路方向. 2.直接证明较复杂,可以考虑使用反证法.

习题课 答案
-3-

知识梳理 1.直接 间接 综合 分析 2.反证法 作业设计 1.a +b
2 2

反证法

1 解析 ∵a+b=1,a+b>2 ab,∴2ab< , 2 1 2 2 ?a+b? 由 a +b > = , 2 2 又∵0<a<b,且 a+b=1, 1 2 2 ∴a< ,∴a +b 最大. 2 2.12 3.2 4.m<n 5.1 解析 ①错,应为 a≤b;②对;③错,应为三角形的外心在三角形内或三角形的边上; ④错,应为三角形可以有 2 个或 2 个以上的钝角. 7 6.- 25 1 1 解析 ∵sin θ +cos θ = ,∴1+sin 2θ = , 5 25 24 π 3π ∴sin 2θ =- .∵ ≤θ ≤ , 25 2 4 3π 7 2 ∴π ≤2θ ≤ .∴cos 2θ =- 1-sin 2θ =- . 2 25 7.an=(-1) (答案不惟一) 解析 设等比数列公比为 q,首项为 a1,由 ar=as, 得 a1q
r-1 n
2

=a1q

s-1

,即 q

r-s

=1.

∵r≠s,∴r-s≠0.又 q≠1,∴q=-1, 则数列{an}可以为 an=(-1) . 8.大 解析 设正方形和圆的周长都为 a,依题意圆的面积 S1=π ?
n

? a ?2,正方形的面积 ? ? 2π ?

1 1 ?a? S2=? ?2.要比较 S1 与 S2 的大小,只需比较 与 的大小,因为 π <4,所以圆的面积 S1 比 4

? ?

π

4

正方形的面积 S2 大.

-4-

2 1 1 9.证明 由题意知 = + ,∴b(a+c)=2ac.

b a c

∵cos B=

a2+c2-b2 2ac-b2 b2 ≥ =1- 2ac 2ac 2ac

b2 b =1- =1- , b?a+c? a+c
又△ABC 三边长 a、b、c 满足 a+c>b, ∴

b b <1.∴1- >0.∴cos B>0,即 B<90°. a+c a+c

10.证明 (1)在△PAD 中,因为 E,F 分别为 AP,AD 的中点,所以 EF∥PD. 又因为 EF?平面 PCD,PD? 平面 PCD, 所以直线 EF∥平面 PCD. (2)

连接 BD.因为 AB=AD, ∠BAD=60°, 所以△ABD 为正三角形. 因为 F 是 AD 的中点, 所以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,

BF? 平面 ABCD,
平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF? 平面 BEF, 所以平面 BEF⊥平面 PAD. 11.AC⊥BD(或四边形 ABCD 为菱形、正方形等) 12.证明 假设 a、b、c 都不大于 0, 即 a≤0,b≤0,c≤0,所以 a+b+c≤0. 而 a+b+c π? ? 2 π? ? 2 π? ? 2 =?x -2y+ ?+?y -2z+ ?+?z -2x+ ? 2? ? 3? ? 6? ?

-5-

=(x -2x)+(y -2y)+(z -2z)+π =(x-1) +(y-1) +(z-1) +π -3. 所以 a+b+c>0,这与 a+b+c≤0 矛盾,故 a、b、c 中至少有一个大于 0.
2 2 2

2

2

2

-6-


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