数学自我小测：直接证明与间接证明（第课时）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精自我小测1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ"的证明：“cos4θ－sin4θ＝（cos2θ－sin2θ)（cos2θ＋sin2θ）＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”，其过程应用了（）A．分析法B．综合法C．综合法、分析法综合使用D．间接证法2．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α,mβ，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m;④若l∥m，则α⊥β。其中正确的命题的个数是（)A．1B．2C．3D．43．在R上定义运算：ab＝ab＋2a＋b,则满足x（x－2)＜0的实数x的取值范围为（）A．(0，2）B．(－2,1)C．（－∞，－2）∪(1，＋∞)D．(－1，2)4．在不等边三角形中，a为最长边，要想得到A为钝角的结论，三边a,b，c应满足条件（）A．a2＜b2＋c2B．a2＝b2＋c2C．a2＞b2＋c2D．a2≤b2＋c25．已知定义在R上的偶函数f(x）满足f(x＋2)＝－f（x），则f(9）的值为__________．6．设a＞0，b＞0，c＞0，若a＋b＋c＝1，则eq\f（1，a）＋eq\f(1，b)＋eq\f(1,c)的最小值为________．7．平面内有四边形ABCD和点O，eq\o(OA,\s\up6（→)）＋eq\o(OC，\s\up6（→)）＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o（OD，\s\up6(→))，则四边形ABCD为________．8．已知a＞0，求证：eq\r（a2＋\f（1，a2））－eq\r（2）≥a＋eq\f（1,a)－2.9．如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝eq\r（2)，CE＝EF＝1.(1）求证：AF∥平面BDE；(2）求证：CF⊥平面BDE.10．已知△ABC的三边a，b,c的倒数成等差数列．试分别用分析法和综合法证明∠B为锐角．

参考答案1．解析：从证明过程来看，是从已知条件入手，经过推导得出结论，符合综合法的证明思路．答案:B2．解析:若l⊥α,mβ，α∥β，则l⊥β，所以l⊥m，①正确；若l⊥α,mβ,l⊥m,α与β可能相交，②不正确；若l⊥α，mβ，α⊥β,l与m可能平行,③不正确；若l⊥α，mβ，l∥m，则m⊥α，所以α⊥β，④正确．答案:B3．解析：x(x－2)＝x（x－2）＋2x＋x－2＜0x2＋x－2＜0－2＜x＜1。答案:B4．解析：由cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc)＜0，知b2＋c2－a2＜0,所以a2＞b2＋c2。答案:C5．解析:∵f（x＋2）＝－f（x），∴f（x＋2＋2）＝－f（x＋2)＝f(x），∴T＝4。则f(9）＝f(1)．又∵f(x＋2)＝－f（x)，令x＝－1，得f(1)＝－f（－1)．而f(x）是偶函数，∴f(1）＝f（－1）．∴f（1)＝0.故f（9)＝0.答案:06．解析：因为a＋b＋c＝1，且a＞0，b＞0，c＞0,所以eq\f（1，a)＋eq\f（1,b)＋eq\f（1，c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f（a＋b＋c,c)＝3＋eq\f(b，a)＋eq\f（a，b）＋eq\f（c，b）＋eq\f(b,c)＋eq\f(a，c)＋eq\f(c，a）≥3＋2eq\r(\f（b,a)·\f（a，b）)＋2eq\r(\f(c,a)·\f(a，c))＋2eq\r(\f（c，b）·\f（b,c))＝3＋6＝9。当且仅当a＝b＝c时等号成立．答案：97．解析：因为eq\o（OA,\s\up6（→）)＋eq\o（OC,\s\up6(→）)＝eq\o（OB,\s\up6（→))＋eq\o(OD，\s\up6(→)），所以eq\o(OA,\s\up6（→）)－eq\o(OB，\s\up6(→））＝eq\o（OD，\s\up6（→)）－eq\o(OC,\s\up6（→))，所以eq\o(BA,\s\up6（→）)＝eq\o（CD，\s\up6（→))，故四边形ABCD为平行四边形．答案：平行四边形8．证明：要证eq\r（a2＋\f（1，a2))－eq\r(2）≥a＋eq\f（1，a）－2，只要证eq\r(a2＋\f(1,a2)）＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r（2）.因为a＞0，只需证eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\r（a2＋\f（1,a2））＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（a＋\f(1,a)＋\r(2）））2，即a2＋eq\f（1，a2)＋4eq\r(a2＋\f（1，a2））＋4≥a2＋2＋eq\f(1，a2）＋2eq\r(2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，a))）＋2，从而只需证2eq\r（a2＋\f(1，a2)）≥eq\r(2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)）），只需证4eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（a2＋\f(1，a2))）≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2）)），即a2＋eq\f（1,a2)≥2，而上述不等式显然成立．故原不等式成立．9．证明：（1）设AC，BD的交点为G，连接EG，因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝eq\f(1,2）AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形，所以AF∥EG.因为EG平面BDE，AF平面BDE,所以AF∥平面BDE.（2)连接FG。因为EF∥CG,EF＝CG＝1，且CE＝1,所以四边形CEFG为菱形，所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC，又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G,所以CF⊥平面BDE。10．分析：在△ABC中,要证∠B为锐角，只要证cosB＞0，结合余弦定理可解决问题．证法一：（分析法）：要证明∠B为锐角，只需证cosB＞0。∵cosB＝eq\f(a2＋c2－b2，2ac）,∴只需证明a2＋c2－b2＞0,即a2＋c2＞b2。又∵a2＋c2≥2ac，∴只需证明2ac＞b2。由已知eq\f（2，b）＝eq\f(1,a）＋eq\f(1,c），即2ac＝b(a＋c)，∴只需证明b（a＋c）＞b2，即只需证明a＋c＞b。而a＋c＞b成立，∴∠B为锐角．证法二：(综合法）：由题意，得eq\f（2，b）＝eq\f（1，a)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋c，ac），则b＝eq\f（2ac，a＋c)，∴b（a＋c）＝2ac。∵a＋c＞b，∴b（a＋c）＝2ac＞b2。∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2，2ac)≥eq\f(2ac－b2,2ac)＞0。又∵0＜∠B＜π，∴0＜∠B＜eq\f（π，2)，即∠B为锐角．备选习题1．解析：当n为偶数时，a＜2－eq\f(1,n），而2－eq\f(1,n)≥2－eq\f（1,2)＝eq\f（3,2)，∴a＜eq\f（3，2).当n为奇数时,a＞－2－eq\f（1，n），而－2－eq\f(1，n）＜－2,∴a≥－2.综上可得－2≤a＜eq\f(3,2）.答案：eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(－2,\f（3，2)））2．证明：设点A（x1，y1），B(x2,y2)，则y12＝2px1，y22＝2px2。因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0.所以y12y22＝2px1·2px2＝4p2x1x2＝－4p2y1y2.所以y1y2＝－4p2。所以x1x2＝－y1y2＝4p2,所以x1x2，y1y2都是定值,即A,B两点的横坐标之积和纵坐标之积都是定值．点评:对直线与抛物线的交点设而不求，是解答有关问题的一种常见的方法．3．证法一:(分析法)：要证(a＋b）－1＋(b＋c）－1＝3(a＋b＋c)－1,即证eq\f（1，a＋b）＋eq\f(1,b＋c）＝eq\f(3，a＋b＋c)，只需证eq\f(a＋b＋c，a＋b)＋eq\f（a＋b＋c，b＋c)＝3,化简，得eq\f(c,a＋b）＋eq\f(a，b＋c)＝1，即c（b＋c)＋（a＋b）a＝（a＋b)（b＋c），所以只需证c2＋a2＝b2＋ac。因为△ABC的三个内角A，B,C成等差数列,所以B＝60°。所以cosB＝eq\f（a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f（1,2).所以a2＋c2－b2＝ac.所以原式成立．证法二:（综合法）:因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，所以B＝60°.由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos60°，所以c2＋a2＝ac＋b2。两边加ab＋bc,得c(b＋c）＋a(a＋b）＝(a＋b）（b＋c)，两边同时除以