人教版高中数学必修五典型例题.doc

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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

例3设0

对任意n∈N+,有an>1.

【证明】证明更强的结论：

1