人教版高中数学必修五典型例题.doc
- 文档编号:2104191
- 上传时间:2022-10-26
- 格式:DOC
- 页数:19
- 大小:890KB
人教版高中数学必修五典型例题.doc
《人教版高中数学必修五典型例题.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《人教版高中数学必修五典型例题.doc(19页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
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,为半周长。
1.正弦定理:
=2R(R为△ABC外接圆半径)。
推论1:
△ABC的面积为S△ABC=
推论2:
在△ABC中,有bcosC+ccosB=a.
推论3:
在△ABC中,A+B=,解a满足,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=;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,所以,即sinasin(-A)=sin(-a)sinA,等价于[cos(-A+a)-cos(-A-a)]=[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,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=
(1)
【证明】因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos,
所以c2=AD2+p2-2AD·pcos①
同理b2=AD2+q2-2AD·qcos,②
因为ADB+ADC=,
所以cosADB+cosADC=0,
所以q×①+p×②得
qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q),即AD2=
注:
在
(1)式中,若p=q,则为中线长公式
(2)海伦公式:
因为b2c2sin2A=b2c2(1-cos2A)=b2c2[(b+c)-a2][a2-(b-c)2]=p(p-a)(p-b)(p-c).
这里
所以S△ABC=
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,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
【证明】P,Q,R共线
(α+β)=uwsinα+vwsinβ
,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PDBC,PEAC,PFAB,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,CDsinACB=APsinBAC=BPsinABC,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:
PABC。
【证明】延长PA交GD于M,
因为O1GBC,O2DBC,所以只需证
由正弦定理,
所以
另一方面,,
所以,
所以,所以PA//O1G,
即PABC,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)
=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,试求的最大值。
【解】由题设,令a=tanα,c=tanγ,b=tanβ,
则tanβ=tan(α+γ),P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤,
当且仅当α+β=,sinγ=,即a=时,Pmax=
例6在△ABC中,若a+b+c=1,求证:
a2+b2+c2+4abc<
【证明】设a=sin2αcos2β,b=cos2αcos2β,c=sin2β,β.
因为a,b,c为三边长,所以c<,c>|a-b|,
从而,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
=[1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β]
=+cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β)
>+cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)=.
所以a2+b2+c2+4abc<
三、趋近高考【必懂】
1.(全国10高考)在△ABC中,cos2,c=5,求△ABC的内切圆半径.
【解析】:
∵ c=5,,∴ b=4
又cos2
∴ cosA=
又cosA=
∴
∴ b2+c2-a2=2b2
∴ a2+b2=c2
∴ △ABC是以角C为直角的三角形.
a==3
∴ △ABC的内切圆半径r=(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)=(a-b)sinB.
(1)求角C;
(2)求△ABC面积的最大值.
【解析】:
(1)∵
∵ 2R(sin2A-sin2C)=(a-b)sinB
∴ 2R[()2-()2]=(a-b)·
∴ a2-c2=ab-b2
∴
∴ cosC=,∴ C=30°
(2)∵ S=absinC
=·2RsinA·2RsinB·sinC
=R2sinAsinB
=-[cos(A+B)-cos(A-B)]
=[cos(A-B)+cosC]
=[cos(A-B)+]
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=;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,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q1时,Sn=;当q=1时,Sn=na1;3)如果a,b,c成等比数列,即b2=ac(b0),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
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(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αβ,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=,a1+a2+…+an=n2an,n≥1,求通项an.
【解】因为a1=,又a1+a2=22·a2,
所以a2=,a3=,猜想(n≥1).
证明;1)当n=1时,a1=,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=k(k+2)ak+1,
即=k(k+2)ak+1,
所以=k(k+2)ak+1,所以ak+1=
由数学归纳法可得猜想成立,所以
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 人教版 高中数学 必修 典型 例题