第七、八、九章.DOC

第七章推理与证明第1课时合情推理与演绎推理(对应学生用书(文)、(理)9394页)考情分析考点新知能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎推理的基本方法，并能运用它们进行一些简单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系和区别 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用. 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理. 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.1. (选修12P35练习题4改编)“因为指数函数yax是增函数(大前提)，而yx是指数函数(小前提)，所以yx是增函数(结论)”，上面推理错误的原因是_. 答案：大前提错误解析：yax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错2. (选修12P35练习题3改编)用三段论的形式写出“矩形的对角线相等，正方形是矩形，所以正方形的对角线相等” 的演绎推理过程_. 答案：每一个矩形的对角线相等(大前提)正方形是矩形(小前提)正方形的对角线相等(结论)3. (选修12P29练习题3(2) 改编)观察下列各式：112，23432，3456752，4567891072，可以得出的一般结论是_. 答案：n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2解析：等式右边的底数为左边的项数4. (选修12P29练习题3(2)改编)观察下列等式：24；24；3；3；4；4；，根据这些等式反映的结果，可以得出一个关于自然数n的等式，这个等式可以表示为_答案：(n1)(n1)(nN*)解析：由归纳推理得(n1)， (n1)，所以得出结论(n1)(n1)(nN*)5. 已知扇形的弧长为l，所在圆的半径为r，类比三角形的面积公式：S底高，可得扇形的面积公式为_答案：rl1. 归纳推理(1) 归纳推理的定义从个别事实中推演出一般性的结论，像这样的推理通常称为归纳推理(2) 归纳推理的思维过程大致如图(3) 归纳推理的特点 归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包容的范围 由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践检验，因此，它不能作为数学证明的工具 归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理得到的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出问题2. 类比推理(1) 根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理(2) 类比推理的思维过程3. 演绎推理(1) 演绎推理是根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等)，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程(2) 主要形式是三段论式推理(3) 三段论的常用格式为M P(M是P)SM(S是M)S P(S是P)其中，是大前提，它提供了一个一般性的原理；是小前提，它指出了一个特殊对象；是结论，它是根据一般原理，对特殊情况作出的判断备课札记题型1归纳推理例1在各项为正的数列an中，数列的前n项和Sn满足Sn.(1) 求a1，a2，a3；(2) 由(1)猜想数列an的通项公式；(3) 求Sn.解：(1) 当n1时，S1，即a2110，解得a11. a10， a11；当n2时，S2，即a2a210. a20, a21.同理可得，a3.(2) 由(1)猜想an.(3) Sn1(1)()().已知数列an满足a12，an1(nN*)，则a3_，a1a2a3a2007_答案：3解析：(解法1)分别求出a23、a3、a4、a52，可以发现a5a1，且a1a2a3a41，故a1a2a3a2 007a2 005a2 006a2 007a1a2a33.(解法2)由an1，联想到两角和的正切公式，设a12tan，则有a2tan，a3tan，a4tan，a5tan()a1，.则a1a2a3a41，故a1a2a3a2 007a2 005a2 006a2 007a1a2a33.题型2类比推理例2现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为_答案：解析：在已知的平面图形中，中心O到两边的距离相等(如图1)，即OMON.四边形OPAR是圆内接四边形，RtOPNRtORM，因此S四边形OPARS正方形OMANa2.同样地，类比到空间，如图2.两个棱长均为a的正方体重叠部分的体积为a3.已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P为椭圆上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN，那么kPM与kPN之积是与点P位置无关的定值试对双曲线1写出具有类似特性的性质，并加以证明解：类似的性质为：若M、N是双曲线：1上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P位置无关的定值证明如下：设点M的坐标为(m，n)，则点N的坐标为(m，n)，其中1.又设点P的坐标为(x，y)，由kPM，kPN，得kPMkPN，将y2x2b2，n2m2b2代入得kPMkPN.题型3演绎推理例3设同时满足条件：bn1(nN*)；bnM(nN*，M是与n无关的常数)的无穷数列bn叫“特界” 数列(1) 若数列an为等差数列，Sn是其前n项和，a34，S318，求Sn；(2) 判断(1)中的数列Sn是否为“特界” 数列，并说明理由解：(1) 设等差数列an的公差为d，则a12d4，3a13d18，解得a18，d2，Snna1dn29n.(2) 由Sn110，得Sn1，故数列Sn适合条件，而Snn29n2(nN*)，则当n4或5时，Sn有最大值20.即Sn20，故数列Sn适合条件.综上，数列Sn是“特界”数列设数列满足a10且 1.(1) 求的通项公式；(2) 设bn，记Snbk，证明：Sn1.(1)解： 由题设1，即是公差为1的等差数列又1，故n.所以an1.(2) 证明： 由(1)得bn，Sn1. 观察下列不等式：1；1；1；照此规律，第五个不等式是_答案：1b，那么”时，假设的内容应为_答案：或解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即或解析：由分析法可得，要证2，只需证2，即证132134，即2.因为4240，所以2成立4. 定义集合运算：ABZ|Zxy，xA，yB，设集合A1，0，1，Bsin，cos，则集合AB的所有元素之和为_答案：0解析：依题意知k，kZ.k(kZ)时，B，AB；2k或2k(kZ)时，B0，1，AB0，1，1；2k或2k(kZ)时，B0，1，AB0，1，1；且k(kZ)时，Bsin，cos，AB0，sin，cos，sin，cos综上可知AB中的所有元素之和为0.5. (选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且ab1，则使得恒成立的的取值范围是_答案：(，4解析： ab1，且a、b为两个正数， (ab)2224.要使得恒成立，只要4.1. 直接证明(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法(2) 一般形式ABC本题结论(3) 综合法 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止这种证明方法称为综合法 推证过程(4) 分析法 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止这种证明方法称为分析法 推证过程2. 间接证明(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等(2) 反证法的基本步骤 反设假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真 归谬从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果 存真由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立备课札记题型1直接证明(综合法和分析法)例1数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn(n1，2，3，)，证明：(1) 数列是等比数列；(2) Sn14an.证明：(1) an1Sn1Sn，an1Sn(n1，2，3，)， (n2)Snn(Sn1Sn)，整理得nSn12(n1)Sn， 2，即2， 数列是等比数列(2) 由(1)知：4(n2)，于是Sn14(n1)4an(n2)又a23S13， S2a1a2134a1， 对一切nN*，都有Sn14an.例2设a、b、c均为大于1的正数，且ab10，求证：logaclogbc4lgc.证明：(分析法)由于a1，b1，c1，故要证明logaclogbc4lgc，只要证明4lgc，即4，因为ab10，故lgalgb1.只要证明4，由于a1，b1，故lga0，lgb0，所以0lgalgb22，即4成立所以原不等式成立设首项为a1的正项数列an的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，SnmSmqmSn总成立求证：数列an是等比数列证明：因为对任意正整数n、m，SnmSmqmSn总成立，令nm1，得S2S1qS1，则a2qa1.令m1，得Sn1S1qSn， 从而Sn2S1qSn1，得an2qan1(n1)，综上得an1qan(n1)，所以数列an是等比数列题型2间接证明(反证法)例3证明：，不能为同一等差数列中的三项证明：假设，为同一等差数列的三项，则存在整数m、n满足nm得nm(nm)，两边平方得3n25m22mn2(nm)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数无理数，故假设不正确，即，不能为同一等差数列的三项已知下列三个方程：x24ax4a30，x2(a1)xa20，x22ax2a0，其中至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围解：若方程没有一个实数根，则解之得a1.故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是.1. 用反证法证明命题“ab(a、bZ)是偶数，那么a、b中至少有一个是偶数”那么反设的内容是_答案：假设a、b都是奇数(a、b都不是偶数)解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论2. 已知a、b、c(0，)且ac，bc，1，若以a、b、c为三边构造三角形，则c的取值范围是_答案：(10，16)解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，而ac，bc恒成立而ab(ab)1016， c， 10， 10c2ab，a2bab22ab.因为|a3b32ab|a2bab22ab|(ab)(ab)20，所以|a3b32ab|a2bab22ab|，即a3b3比a2bab2远离2ab.1. 已知abc，且abc0，求证：a.证明：要证a，只需证b2ac3a2. abc0， 只需证b2a(ab)0，只需证(ab)(2ab)0，只需证(ab)(ac)0. abc， ab0，ac0， (ab)(ac)0显然成立故原不等式成立2. 已知等差数列an的首项a10，公差d0，前n项和为Sn，且mn2p(m、n、pN*)，求证：SnSm2Sp.证明：m2n22mn，2(m2n2)(mn)2.又mn2p，m2n22p2.3. 如图，ABCD为直角梯形，BCDCDA90，AD2BC2CD，P为平面ABCD外一点，且PBBD.(1) 求证：PABD；(2) 若PC与CD不垂直，求证：PAPD.证明：(1) 因为ABCD为直角梯形，ADABBD，所以AD2AB2BD2，因此ABBD.又PBBD，ABPBB，AB，PB平面PAB，所以BD平面PAB，又PA平面PAB，所以PABD.(2) 假设PAPD，取AD中点N，连结PN、BN，则PNAD，BNAD，且PNBNN，所以AD平面PNB，得PBAD.又PBBD，且ADBDD，得PB平面ABCD，所以PBCD.又因为BCCD，且PBBCB，所以CD平面PBC，所以CDPC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，所以PAPD.4. 已知f(x)ax(a1)(1) 证明f(x)在(1，)上为增函数；(2) 用反证法证明方程f(x)0没有负数根证明：(1) 设1x1x2，则x2x10，ax2x11，ax10，x110，x210，从而f(x2)f(x1)ax2ax1ax1(ax2x11)0，所以f(x)在(1，)上为增函数(2) 设存在x00(x01)使f(x0)0，则ax0.由0ax0101，即x02，此与x00矛盾，故x0不存在1. 分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知分析法和综合法各有优缺点分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来2. 反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法适宜用反证法证明的数学命题：结论本身是以否定形式出现的一类命题；关于唯一性、存在性的命题；结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题备课札记第3课时数学归纳法(对应学生用书(理)9798页)考情分析考点新知理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.1. 若f(n)1(nN)，则n1时，f(n)_.答案：1解析：当n1时，f(1)1.2. (选修22P88练习题3改编)用数学归纳法证明不等式“2nn21对于nn0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取为_答案：5解析：当n4时，2nn21；当n5时，253252126，所以n0应取为5.3. 设f(n)1(nN*)，则f(k1)f(k)_.答案：解析：f(k1)f(k)1.4. 用数学归纳法证明“当n为正偶数时xnyn能被xy整除”第一步应验证n_时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成_答案：2当n2k(kN*)时结论成立，x2ky2k能被xy整除解析：因为n为正偶数，故取第一个值n2，第二步假设n取第k个正偶数成立，即n2k，故假设当n2k(kN*)时结论成立，x2ky2k能被xy整除5. 已知a1，an1，则a2，a3，a4，a5的值分别为_，由此猜想an_答案：、解析：a2，同理a3，a4，a5，猜想an.1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n取第1个值n0时，命题成立；然后假设当nk(kN，kn0)时命题成立；证明当nk1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为：(1) 归纳奠基：证明凡取第一个自然数n0时命题成立；(2) 归纳递推：假设nk(kN，kn0)时命题成立，证明当nk1时，命题成立；(3) 由(1)(2)得出结论备课札记题型1证明等式例1用数学归纳法证明：1(nN)证明： 当n1时，等式左边1右边，等式成立 假设当nk(kN)时，等式成立，即1，那么，当nk1时，有1，上式表明当nk1时，等式也成立由知，等式对任何nN均成立当n1，nN*时，(1) 求证：C2Cx3Cx2(n1)Cxn2nCxn1n(1x)n1；(2) 求和：12C22C32C(n1)2Cn2C.(1) 证明：设f(x)(1x)nCCxCx2Cxn1Cxn，式两边求导得n(1x)n1C2Cx3Cx2(n1)Cxn2nCxn1.式等于式，故等式成立(2) 解：两边同乘x得nx(1x)n1Cx2Cx23Cx3(n1)Cxn1nCxn.式两边求导得n(1x)n1n(n1)x(1x)n2C22Cx32Cx2(n1)2Cxn2n2Cxn1.在中令x1，则12C22C32C(n1)2Cn2Cn2n1n(n1)2n22n2(2nn2n)2n2n(n1)题型2证明不等式例2(选修2-2P91习题6改编)设nN*，f(n)1，试比较f(n)与的大小解：当n1，2时f(n).下面用数学归纳法证明： 当n3时，显然成立； 假设当nk(k3，kN)时，即f(k)，那么，当nk1时，f(k1)，即nk1时，不等式也成立由知，对任何n3，nN不等式成立用数学归纳法证明an1(a1)2n1能被a2a1整除(nN*)证明： 当n1时，a2(a1)a2a1可被a2a1整除 假设nk(kN*)时，ak1(a1)2k1能被a2a1整除，则当nk1时，ak2(a1)2k1aak1(a1)2(a1)2k1aak1a(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1，由假设可知aak1(a1)2k1能被a2a1整除，(a2a1)(a1)2k1也能被a2a1整除， ak2(a1)2k1能被a2a1整除，即nk1时命题也成立， 对任意nN*原命题成立题型3证明整除例3用数学归纳法证明：f(n)(2n7)3n9(nN*)能被36整除证明： 当n1时，f(1)(217)3936，能被36整除 假设nk时，f(k)能被36整除，则当nk1时，f(k1)2(k1)73k193(2k7)3k918(3k11)，由归纳假设3(2k7)3k9能被36整除，而3k11是偶数，所以18(3k11)能被36整除所以nk1时，f(n)能被36整除由知，对任何nN，f(n)能被36整除已知数列bn是等差数列，b11，b1b2b10145.(1) 求数列bn的通项公式bn；(2) 设数列an的通项anloga(其中a0且a1)记Sn是数列an的前n项和，试比较Sn与logabn1的大小，并证明你的结论. 解：(1) 设数列bn的公差为d，由题意得 bn3n2.(2) 由bn3n2，知Snloga(11)logalogaloga而logabn1loga，于是，比较Sn与logabn1的大小比较(11)与的大小 .取n1，有11，取n2，有(11).推测 (11)，(*) 当n1时，已验证(*)式成立； 假设nk(k1)时(*)式成立，即(11)，则当nk1时，(11). ()30， (3k2)，从而(11)，即当nk1时，(*)式成立由知(*)式对任意正整数n都成立于是，当a1时，Snlogabn1，当 0a1时，Snlogabn1.题型4归纳、猜想与证明例4已知数列an满足a11，且4an1anan12an9(nN)(1) 求a2，a3，a4的值；(2) 由(1) 猜想an的通项公式，并给出证明解：(1) 由4an1anan12an9，得an12，求得a2，a3，a4.(2) 猜想an.证明：当n1时，猜想成立设当nk时(kN*)时，猜想成立，即ak，则当nk1时，有ak122，所以当nk1时猜想也成立综合，猜想对任何nN*都成立已知f(n)1(nN)，g(n)2(1)(nN)(1) 当n1，2，3时，分别比较f(n)与g(n)的大小(直接给出结论)；(2) 由(1)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并证明你的结论解：(1) 当n1时，f(1)g(1)；当n2时，f(2)g(2)；当n3时，f(3)g(3)(2) 猜想：f(n)g(n)(nN*)，即12(1)(nN*)下面用数学归纳法证明：当n1时，f(1)1，g(1)2(1)，f(1)g(1)假设当nk时，猜想成立，即12(1)则当nk1时，f(k1)12(1)22，而g(k1)2(1)22，下面转化为证明：22.只要证：2(k1)12k32，需证：(2k3)24(k2)(k1)，即证：4k212k94k212k8，此式显然成立所以，当nk1时猜想也成立综上可知：对nN*，猜想都成立，即12(1)(nN*)成立1. 用数学归纳法证明11且nN*，在验证n2时，式子的左边等于_答案：1解析：当n2时，式子的左边等于11.2. 用数学归纳法证明“2n1n2n2(nN*)”时，第一步验证的表达式为_答案：2111212(或224或44也算对)解析：当n1时，2111212.3. 用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”的第二步是_答案：假设n2k1(kN*)时正确，再推n2k1(kN*)正确解析：因为n为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设第k个正奇数也成立，本题先假设n2k1(kN*)正确，再推第k1个正奇数，即n2k1(kN*)正确4. (2013广东理)设数列an的前n项和为Sn.已知a11，an1n2n，nN*.(1) 求a2的值；(2) 求数列an的通项公式；(3) 证明：对一切正整数n，有.(1) 解： an1n2n，nN*. 当n1时，2a12S1a21a22.又a11， a24.(2) 解： an1n2n，nN*. 2Snnan1n3n2nnan1， 当n2时，2Sn1(n1)an， 由，得 2Sn2Sn1nan1(n1)ann(n1) 2an2Sn2Sn1， 2annan1(n1)ann(n1)， 1. 数列是以首项为1，公差为1的等差数列. 11(n1)n，ann2(n2)，当n1时，上式显然成立 ann2，nN* .(3) 证明：由(2)知，ann2，nN* ， 当n1时，1， 原不等式成立. 当n2时， 1(n1)(n1)， ， 1 1() 1()1， 当n3时，原不等式亦成立. 综上，对一切正整数n，有1不等式均成立，原命题得证3. 设函数f(x)xxlnx，数列an满足0a11，an1f(an)求证：(1) 函数f(x)在区间(0，1)是增函数；(2) anan11.证明：(1) f(x)xxlnx，f(x)lnx，当x(0，1)时，f(x)lnx0，故函数f(x)在区间(0，1)上是增函数(2) (用数学归纳法)当n1时，0a11，a1ln a10，a2f(a1)a1a1lna1a1.由函数f(x)在区间(0，1)是增函数，且f(1)1，得f(x)在区间(0，1)是增函数，a2f(a1)a1a1lna1f(1)1，即a1a21成立假设当nk(kN*)时，akak11成立，即0a1akak11，那么当nk1时，由f(x)在区间(0，1上是增函数，得0a1akak11，得f(ak)f(ak1)f(1)，而an1f(an)，则ak1f(ak)，ak2f(ak1)，即ak1ak21，也就是说当nk1时，anan11也成立由可得对任意的正整数n，anan11恒成立4. (2013江苏改编)设数列an：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，(1)k1k，(1)，即当n(kN*)时，an(1)k1k，记Sna1a2an(nN*)，用数学归纳法证明Si(2i1)i(2i1)(iN*)证明：当i1时，Si(2i1)S31(21)3，故原式成立假设当im时，等式成立，即Sm(2m1)m(2m1)则当im1时， S(m1)2(m1)1S(m1)(2m3)Sm(2m1)(2m1)2(2m2)2m(2m1)(2m1)2(2m2)2 (2m25m3)(m1)(2m3)，故原式成立综合得：Si(2i1)i(2i1)1. 数学归纳法是专门证明与整数有关命题的一种方法，他分两步，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两步缺一不可2. 运用数学归纳法时易犯的错误对项数估算的错误，特别是寻找nk与nk1的关系时，项数发生什么变化被弄错；没有利用归纳假设；关键步骤含糊不清，“假设nk时结论成立，利用此假设证明nk1时结论也成立”，是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，对推导的过程要把步骤写完整，注意证明过程的严谨性和规范性备课札记第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的 位置关系考情分析考点新知理解空间点、线、面的位置关系；会用数学语言规范的表述空间点、线、面的位置关系了解公理1、2、3及公理3的推论1、2、3，并能正确判定；了解平行公理和等角定理理解空间直线、平面位置关系的定义，能判定空间两直线的位置关系；了解异面直线所成角.1. (原创)已知点P、Q，平面，将命题“P，QPQ”改成文字叙述是_答案：若点P在平面内，点Q不在平面内，则直线PQ不在平面内解析：正确理解符号语言表达空间点、线、面之间的位置关系，能正确进行自然语言、图形语言和符号语言的相互转化2. (原创)有下列命题：空间四点共面，则其中必有三点共线；空间四点不共面，则其中任何三点不共线；空间四点中有三点共线，则此四点共面；空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面其中正确的命题是_(填序号)答案：解析：只须四点共面，任何三点不必共线；正确；错误3. (必修2P28习题1改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，与AD1平行的对角线有_条. 答案：1解析：与AD1平行的对角线仅有1条，即BC1.4. (必修2P31练习12改编)如图所示，在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1) 当AC，BD满足条件_时，四边形EFGH为菱形；(2) 当AC，BD满足条件_时，四边形EFGH是正方形答案：ACBDACBD且ACBD解析：易知EHBDFG，且EHBDFG，同理EFACHG，且EFACHG，显然四边形EFGH为平行四边形要使平行四边形EFGH为菱形需满足EFEH，即ACBD；要使四边形EFGH为正方形需满足EFEH且EFEH，即ACBD且ACBD.5. (必修2P24练习3改编)设P表示一个点，a，b表示两条直线，、表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是_(填序号) Pa，Pa； abP，ba； ab，a，Pb，Pb； b，P，PPb.答案：解析：当aP时，P，P，但a， 错；aP时，错；如图， ab，Pb， Pa， 由直线a与点P确定唯一平面.又ab，由a与b确定唯一平面，但经过直线a与点P， 与重合， b，故正确；两个平面的公共点必在其交线上，故正确1. 公理1：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线上所有点都在这个平面内公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他的公共点，这些公共点的集合是一条直线公理3：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面2. 空间两条直线的位置关系位置关系共面情况公共点个数相交直线在同一平面内1平行直线在同一平面内没有异面直线不同在任何一个平面内没有3. 平行直线的公理及定理(1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线平行(2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等备课札记题型1平面的基本性质例1画一个正方体ABCDA1B1C1D1，再画出平面ACD1与平面BDC1的交线，并且说明理由解：FCD1、F平面ACD1、EAC、E平面ACD1、EBD、E平面BDC1、FDC1、F平面DC1B，则EF为所求在长方体ABCDA1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示，其中P点不在对角线B1D1)上(1) 过P点在空间作一直线l，使l直线BD，应该如何作图？并说明理由；(2) 过P点在平面A1C1内作一直线m，使m与直线BD成角，其中，这样的直线有几条，应该如何作图？解：(1) 连结B1D1，BD，在平面A1C1内过P作直线l，使lB1D1，则l即为所求作的直线，如图(a) B1D1BD，lB1D1， l直线BD.图(a)(2) BDB1D1， 直线m与直线BD也成角，即直线m为所求作的直线，如图(b)由图知m与BD是异面直线，且m与BD所成的角.当时，这样的直线m有且只有一条，当时，这样的直线m有两条图(b)题型2共点、共线、共面问题,例2)如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，BADFAB90，BC=AD，BE=FA，G、H分别为FA、FD的中点(1) 证明：四边形BCHG是平行四边形(2) C、D、F、E四点是否共面？为什么？(1) 证明：由已知FGGA，FHHD，可得GH=AD.又BC=AD， GH=BC. 四边形BCHG为平行四边形(2) 解：(解法1)由BE=AF，G为FA中点知，BE=FG， 四边形BEFG为平行四边形 EFBG.由(1)知BGCH， EFCH， EF与CH共面又DFH， C、D、F、E四点共面(解法2)如图，延长FE、DC分别与AB交于点M、M， BE