推理与证明高考试题

推理与证明高考试题（精选8篇）

篇1：推理与证明高考试题

1、求证：

(1)a2b23abab);(2)+>22+5。

2、设a，b，x，y∈R，且

3、若a,b,c均为实数，且，,（8分）

求证：a，b，c中至少有一个大于0。（8分）

4、用数学归纳法证明： 1222n2n(n1)（Ⅰ）；（7分）1335(2n1)(2n1)2(2n1)

（Ⅱ）1

5、数学归纳法证明：

6、已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1,(1)写出a1, a2, a3,并推测an的表达式；

(2)用数学归纳法证明所得的结论。（12分）

能被整除,.（8分）1111nn；（7分）2342

17、（12分）观察以下各等式：

202003 sin30cos60sin30cos60

202000sin20cos50sin20cos5040

3，sin15cos45sin15cos454202000

分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性

9、（10分）已知正数a,b,c成等差数列，且公差d0，求证：，不可能是等差数abc

列。

10、（14分）已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1,(1)写出a1, a2, a3,并推测an的表达式；

(2)用数学归纳法证明所得的结论。

1、证明：（1）∵a2b2

2ab,a23,b23;

将此三式相加得

2(a2b23)2ab,∴a2b23abab).（2）要证原不等式成立，只需证（6+7）>（22+），即证242240。

∵上式显然成立,∴原不等式成立.2、可以用综合法与分析法---略

3、可以用反证法---略

4、（1）可以用数学归纳法---略

（2）当nk1时，左边(1221111k)(kk1)k 22122

11111k（k

kk）k2kk1=右边，命题正确 222

22k项

5、可以用数学归纳法---略

6、解：(1)a1＝37151, a2＝, a3＝,猜测 an＝2－n248

21,2k(2)①由（1）已得当n＝1时，命题成立；②假设n＝k时,命题成立，即 ak＝2－

当n＝k＋1时, a1＋a2＋……＋ak＋ak＋1＋ak＋1＝2(k＋1)＋1,且a1＋a2＋……＋ak＝2k＋1－ak

∴2k＋1－ak＋2ak＋1＝2(k＋1)＋1＝2k＋3,∴2ak＋1＝2＋2－11,a,k＋1＝2－2k2k

11都成立2n4即当n＝k＋1时,命题成立.根据①②得n∈N, an＝2－

7、猜想：sin2cos2(30)sincos(30)

证明： +

1cos21cos(6002)sin(3002)sin300

sincos(30)sincos(30)2222200

cos(6002)cos2111[sin(3002)]222

2sin(3002)sin30011 01[sin(302)]222

3113 00sin(302)sin(302)

根据①②得n∈N+, an＝2－2n都成立

篇2：推理与证明高考试题

1．（08江苏10）将全体正整数排成一个三角形数阵：35 68 9 10

。。。

按照以上排列的规律，第n行（n3）从左向右的第3个数为▲.n2n6【答案】 2

【解析】本小题考查归纳推理和等差数列求和公式．前n－1 行共有正整数1＋2＋…＋（n

n2nn2n－1）个，即个，因此第n 行第3 个数是全体正整数中第＋3个，即为22

n2n6． 2

2.（09江苏8）在平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1：2，则它们的体积比为▲.【解析】 考查类比的方法。体积比为1：8

3.（09福建15）五位同学围成一圈依序循环报数，规定：

①第一位同学首次报出的数为1，第二位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；

②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次

已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的总次数为________.【答案】：5

解析：由题意可设第n次报数，第n1次报数，第n2次报数分别为an，an1，an2，所以有anan1an2，又a11,a21,由此可得在报到第100个数时，甲同学拍手5次。

4.（09上海）8.已知三个球的半径R1，R2，R3满足R12R23R3，则它们的表面积S1，S2，S3，满足的等量关系是___________.

【解析】S14R1S122

S22R2S32R3，即R1＝R1，S1

2，R2＝S2

2，R3＝S3

2，由R1

2R23R3

5.（09浙江）15．观察下列等式：

1C5C55232，159C9C9C92723，15913C13C13C13C1321125，1593C1C17C17C171C71727125，1

………

由以上等式推测到一个一般的结论：

1594n1对于nN，C4n1C4n1C4n1C4n1*

答案：24n1122n1。【解析】这是一种需类比推理方法破解的问题，结论由二项构成，n

第二项前有1n，二项指数分别为24n1,22n1，因此对于nN

篇3：中考中的推理与证明

一、证明中的定义与命题

例1 (2014·浙江宁波)已知命题“关于x的一元二次方程x2+bx+1=0,当b<0时必有实数解”,能说明这个命题是假命题的一个反例是().

A. b=-1 B. b=2

C. b=-2 D. b=0

分析 先根据判别式得到Δ=b2-4,在满足b<0的前提下,取b=-1得到Δ<0,根据判别式的意义得到方程没有实数解,于是b=-1可作为说明这个命题是假命题的一个反例.

解:Δ=b2-4,由于当b=-1时,满足b<0,而Δ<0,方程没有实数解,所以当b=-1时,可说明这个命题是假命题. 故选A.

点评 本题考查了根的判别式、命题与定理. 判断一件事情的语句,叫做命题.许多命题都是由题设和结论两部分组成,题设是已知事项,结论是由已知事项推出的事项,一个命题可以写成“如果……那么……”的形式;有些命题的正确性是用推理证实的,这样的真命题叫做定理. 本题也考查了根的判别式.

例2 (2014·广西崇左)写出下列命题的已知、求证,并完成证明过程.

命题:如果一个三角形的两个角相等,那么这两个角所对的边也相等(简称:“等角对等边”).

已知:如图,_____________.

求证:_____________.

分析 根据图示,分析原命题,找出其条件与结 论 ,然后根据 ∠B = ∠C证明△ABC为等腰三角形,从而得出结论.

解:已知,如图1,在△ABC中,∠B=∠C.

求证:AB=AC.

证明:过点A作AD⊥BC于点D,

∴∠ADB=∠ADC=90°.

在△ABD和△ACD中,

∠ADB=∠ADC,∠B=∠C,AD=AD,

∴△ABD≌△ACD(AAS),

∴AB=AC.

点评 本题主要考查同学们对命题与证明的理解,难度适中.

二、证明中的推理与论证

例3 (2014·浙江绍兴)如图2,汽车在东西向的公路l上行驶,途中A、B、C、D四个十字路口都有红绿灯. AB之间的距离为800米,BC为1 000米,CD为1 400米,且l上各路口的红绿灯设置为:同时亮红灯或同时亮绿灯,每次红(绿)灯亮的时长相同,红灯亮的时长与绿灯亮的时长也相同. 若绿灯刚亮时,甲汽车从A路口以每小时30千米的速度沿l向东行驶,同时乙汽车从D路口以相同的速度沿l向西行驶,这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯,则每次绿灯亮的时间可能设置为().

A. 50秒 B. 45秒

C. 40秒 D. 35秒

分析 首先求出汽车行驶各路段所用的时间,进而根据红绿灯的设置,分析每次绿灯亮的时间,得出符合题意的答案.

解:∵甲汽车从A路口以每小时30千米的速度沿l向东行驶,同时乙汽车从D路口以相同的速度沿l向西行驶,

∴两车的速度为:30000/3600=25/3(m/s）,

∵AB之间的距离为800米,BC为1 000米,CD为1 400米,∴分别通过AB,BC,CD所用的时间为:,

∵这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯,∴当每次绿灯亮的时长为50 s时,∵,∴甲车到达B路口时遇到红灯,故A错误;

当每次绿灯亮的时长为45 s时,

∵,∴乙车到达C路口时遇到红灯,故B错误;

当每次绿灯亮 的时间长40 s时 ,∵,∴甲车到达C路口时遇到红灯,故C错误;

当每次绿灯亮的时长为35 s时,

∴这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯,故D正确.

故选D.

点评 此题主要考查了推理与论证,根据题意得出汽车行驶每段所用的时间,进而对选项进行逐一分析是解题关键.

三、证明中的互逆命题

例4 (2012·浙江温州)下列选项中,可以用来证明命题“若a2>1,则a>1”是假命题的反例是().

A. a=-2 B. a=-1

C. a=1 D. a=2

分析 要证明一个结论不成立,可以通过举反例的方法来证明这个命题是假命题.

解:用来证明命题“若a2>1,则a>1”是假命题的反例可以是:a=-2,∵(-2)2>1,但是a=-2<1,∴A正确.

点评 此题主要考查了利用举例法证明一个命题错误,要说明数学命题的错误,只需举出一个反例即可,这是数学中常用的一种方法.

例5 (2010·辽宁鞍山)用反证法证明:等腰三角形的底角是锐角.

分析 根据反证法的步骤进行证明.

证明:假设等腰三角形的底角不是锐角,则大于或等于90°.

根据等腰三角形的两个底角相等,则两个底角的和大于或等于180°.

则该三角形的三个内角的和一定大于180°,这与三角形的内角和定理相矛盾,故假设不成立.

所以等腰三角形的底角是锐角.

点评 反证法的步骤是:

(1) 假设结论不成立;

(2) 从假设出发推出矛盾;

(3) 假设不成立,则结论成立.

篇4：推理与证明

例1 设函数[f(x) (x∈R)]为奇函数，[f(1)=12]，[f(x+2)=f(x)+f(2)]，则[f(5)=]（ ）

A. [0] B. [1] C. [52] D. [5]

解析 法一：利用类比推理.

本题为抽象函数，只给出了性质，没有给出具体函数及特征，未给出解析式. 根据给出性质，与正比例函数相似，故可用正比例函数[y=kx]进行类比，由于[f(1)=12]，则[f(x)=12x]，该函数是奇函数，且满足[f(1)=12]， [f(x+2)=f(x)+f(2)]，即该函数符合题设条件，则[f(5)=52]，选C.

法二：利用演绎推理.

∵[f(x+2)=f(x)+f(2)]，令[x=-1]，

则[f(-1+2)=f(-1)+f(2)]，

∴[f(1)=f(-1)+f(2)]，

而[f(x) (x∈R)]为奇函数，[f(1)=12]，

则[f(-1)=-f(1)=-12]，

∴[f(2)=1]，∴[f(x+2)=f(x)+1]，

再令[x=1]得，[f(3)=f(1)+1=32]，

∴[f(5)=f(3+2)=f(3)+1]=[52]，选C.

点拨 本题的两种解题途径，其一是类比推理，其二是演绎推理；如果作为解答题，类比推理的结论是不可靠的，作为选择题，由于四个选项中只有一个是正确的，暗示着符合题目的条件任何函数[f(x)]，则[f(5)]的值不会改变，既然如此，可选取一个特殊函数即可. 对于抽象函数的问题可以通过类比方法得出结论. 几种常见的抽象函数的类比函数可见下表：

[函数[f(x)]满足的条件&可类比函数&[f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)]&正比例函数 [y=kx]&[f(x1+x2)=f(x1)f(x2)]&指数函数[y=ax]（[a>0]，且[a≠1]）&[f(x1x2)=f(x1)+f(x2)]&对数函数[y=logax]（[x>0)]&[f(x1x2)=f(x1)f(x2)]&幂函数[y=xn]&[f(x1)+f(x2)=2f(x1+x22)f(x1-x22)]&余弦函数[y=cosx]&]

例2 在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第[2,3,4,⋯]，[n]堆最底层（第一层）分别按图所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第[n]堆第[n]层就放一个乒乓球，以[f(n)]表示第[n]堆的乒乓球总数，则[f(3)=] ；[f(n)=] （答案用[n]表示）.

[…]

分析 要求出[f(3)]的值不难，但要求出[f(n)]的表达式，则必需寻找规律，能否从特殊到一般，探索其一般规律；如果[f(n)]的规律难找，可先求第[n]堆乒乓球的每一层的乒乓球的数量规律，然后再求这[n]层的乒乓球数量之和即为所求的[f(n)].

解 法一：利用归纳推理.

设第[n]堆底层的乒乓球的数量为[an],

则[a1=1]，[a2=1+2=3]，[a3=1+2+3=6]，…，

[an=1+2+3+⋯+n=n(n+1)2]，

根据题意，第[n]堆乒乓球的数量等于从第1堆开始到第[n]堆每堆最底层球数总和，即

[f(n)=a1+a2+⋯+an=12[(12+22+32+⋯+n2)+(1+2+3+⋯+n)]]

故[f(n)=12(n(n+1)(2n+1)6+n(n+1)2)]

[=n(n+1)(n+2)6].

法二：利用递推关系.

由于第[n]堆底层的乒乓球的数量为

[1+2+3+⋯+n=n(n+1)2=12(n2+n),]

而第2堆乒乓球比第1堆多一层，即多了第2堆的底层，则[f(2)-f(1)=12(22+2)]，

第3堆乒乓球比第2堆多一层，即多了第2堆的底层，则[f(3)-f(2)=12(32+3)]，

…

第[n]堆乒乓球比第[(n-1)]堆多了一层，即多了第[n]堆的底层，则[f(n)-f(n-1)=12(n2+n).]

以上[n]个不等式相加得

[f(n)-f(1)=12[(22+32+⋯+n2)+(2+3+⋯+n)],]

而[f(1)=1]，

故[f(n)=12[(12+22+32+⋯+n2)+(1+2+3+⋯+n)]]

[=12(n(n+1)(2n+1)6+n(n+1)2)]

[=n(n+1)(n+2)6].

法三：利用组合数的性质.

设第[n]堆乒乓球底层的的数量为[an],

则[a1=1]，[a2=1+2=3]，[a3=1+2+3=6]，…

[an=1+2+3+⋯+n=n(n+1)2=C2n+1]，

根据题意，第[n]堆乒乓球的数量等于从第1堆开始到第[n]堆每堆最底层球数总和，即

[f(n)=a1+a2+⋯+an=C22+C23+C24+⋯+C2n+1，]

而[C22=C33]，

则[f(n)=C33+C23+C24+⋯+C2n+1]

[=C24+⋯+C2n+1=⋯=C3n+2,]

因此[f(n)=n(n+1)(n+2)6].

法四：归纳—猜想—证明.

由于[f(1)=1=1×2×36]，[f(2)=4=2×3×46]，

[f(3)=10=3×4×56,]…

猜想[f(n)=n(n+1)(n+2)6].

下面用数学归纳法证明该结论.

（1）显然[n=1]时，猜想成立；

（2）假设[n=k]时猜想成立，

即[f(k)=k(k+1)(k+2)6]，

当[n=k+1]时，由法二知：

[f(k+1)-f(k)=12[(k+1)2+(k+1)]]

∴[f(k+1)=12[(k+1)2+(k+1)]+f(k)]

[=12[(k+1)2+(k+1)]+k(k+1)(k+2)6]

故[f(k+1)=16(k+1)(k2+5k+6)]

[=16(k+1)[(k+1+1][(k+1)+2],]

所以[n=k+1]时，猜想也成立.

综上，对任意正整数[n]猜想均成立，

因此[f(n)=n(n+1)(n+2)6].

点拨 本题是一道既考查合情推理能力又考查演绎推理能力的题. 寻找第[n]堆乒乓球每一层的数量规律，需要观察、归纳、猜想的思想，再求和时需要严密的逻辑推理. 法三中求和大胆联想到组合数，法四则利用归纳猜想，需要较强的数学领悟能力. 法三、法四供大家参考.

例3 已知[a、b、c∈(0,1)]，求证：[(1-a)b、][(1-b)c、][(1-c)a]不能同时大于[14].

证 法一：假设三式同时大于[14]，

即[(1-a)b>14,][(1-b)c>14,][(1-c)a>14.]

[∵ a、b、c∈(0,1)]，

[∴]三式同向相乘得[(1-a)b(1-b)c(1-c)a>164]，

又[(1-a)a≤(1-a+a2)2=14.]

同理[(1-b)b≤14,][(1-c)c≤14.]

[∴ (1-a)b(1-b)c(1-c)a≤164]，

这与假设矛盾，故原命题得证.

法二：假设三式同时大于[14]，

[∵ 00]，

[(1-a)+b2≥(1-a)b>14=12,]

同理[(1-b)+c2>12,][(1-c)+a2>12,]

三式相加得[32>32]，这是矛盾的，

故假设错误，所以原命题正确.

点拨 “不能同时大于[14]”包含多种情形，不易直接证明，可用反证法证明，即正难则反.

当遇到否定性、唯一性、无限性、至多、至少等类型问题时，常用反证法.

用反证法的步骤是：

①否定结论[⇒A⇒B⇒C]；

②而[C]不合理[与公理矛盾,与题设矛盾,与假设自相矛盾;]

③因此结论不能否定，结论成立.

例4 用数学归纳法证明等式 ：

[1-12+13-14+⋯+12n-1-12n=1n+1+1n+2][+⋯+12n]对所以[n∈N]均成立.

证明 （1）当[n=1]时，

左式=[1-12=12]，右式=[11+1=12]，

∴左式=右式，等式成立.

（2）假设当[n=k(k∈N)]时等式成立，

即[1-12+13-14+⋯+12k-1-12k]

[=1k+1+1k+2+⋯+12k]，

则当[n=k+1]时，

[1-12+13-14+⋯+12k-1-12k+12k+1-12k+2]

[=(1-12+13-14+⋯+12k-1-12k)+12k+1-12k+2]

[=(1k+1+1k+2+⋯+12k)+12k+1-12k+2]

[=1k+2+1k+3+⋯+12k+1+(1k+1-12k+2)]

[=1k+2+1k+3+1k+4+⋯+12k+1+12k+2]

[=1(k+1)+1+1(k+1)+2+1(k+1)+3+⋯]

[+1(k+1)+k+12(k+1).]

即[n=k+1]时，等式也成立，

由（1）（2）可知，等式对[n∈N]均成立.

点拨 在利用归纳假设论证[n=k+1]等式成立时，注意分析[n=k]与[n=k+1]的两个等式的差别. [n=k+1]时，等式左边增加两项，右边增加一项，而且右式的首项由[1k+1]变为[1k+2]. 因此在证明中，右式中的[1k+1]应与-[12k+2]合并，才能得到所证式. 因而，在论证之前，把[n=k+1]时等式的左右两边的结构先作分析常常是有效的.

由本例可以看出，数学归纳法的证明过程中，要把握好两个关键之处：一是[f(n)]与[n]的关系；二是[f(k)]与[f(k+1)]的关系.

例5 用数学归纳法证明：

[(1+11)(1+13)(1+15)⋯(1+12n-1)>2n+1][(n≥2,n∈N)].

证明 （1）当[n=2]时，

左式=[(1+11)(1+13)=83=649]，右式=[5]，

∵ [649>5]， ∴[649>5]，

即[n=2]时，原不等式成立.

（2）假设[n=k(k≥2, k∈Z)]时，不等式成立，

即[(1+11)(1+13)(1+15)⋯(1+12k-1)>2k+1],

则[n=k+1]时，

左边=[(1+11)(1+13)(1+15)⋯(1+12k-1)(1+12k+1)]

[>2k+1(1+12k+1)=2k+22k+1]

右边=[2k+3]，要证左边>右边，

只要证[2k+22k+1>2k+3]，

只要证[2k+2>(2k+3)(2k+1)]，

只要证[4k2+8k+4>4k2+8k+3,]

只要证4>3.

而上式显然成立，所以原不等式成立，

即[n=k+1]时，左式>右式.

由（1）（2）可知，原不等式对[n≥2，n∈N]均成立.

点拨 运用数学归纳法证明问题时，关键是[n＝k＋1]时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题. 在分析[f(k)]与[f(k+1)]的两个不等式，应找出证明的关键点（一般要利用不等式的传递性），然后再综合运用不等式证明的方法. 本题关键是证明不等式[2k+22k+1>2k+3]. 除了分析法，还可以用比较法和放缩法来解决.

例6 已知[f(n)=1+12+13+14+⋯+1n(n∈N),]求证：[n>1]时，[f(2n)>n+22].

证明 （1）[n=2]时，

左式=[f(22)=f(4)=1+12+13+14=2512],

右式=[2+22=2]，

∵ [2512>2]， ∴ 左式>右式，不等式成立.

[n=3]时，

左式=[f(23)=f(8)=1+12+13+14+⋯+18],

右式=[3+22=52]，

左式-右式=[15+17-18>0]，

左式>右式，不等式成立.

（2）假设[n=k(k∈N, k≥3)]时不等式成立，

即[f(2k)=1+12+13+14+⋯+12k>k+22]，

当[n=k+1]时，

[f(2k+1)=1+12+13+14+⋯+12k+12k+1]

[+12k+2+⋯+12k+1]

[=f(2k)+12k+1+12k+2+⋯+12k+12k项]

[>k+22+12k+1+12k+1+⋯+12k+12k项]

[=k+22+2k2k+1=k+32=(k+1)+22,]

即[n=k+1]时，不等式也成立.

由（1）（2）可知，[n>1, n∈N]时，

都有[f(2n)>n+22].

点拨 注意[f(n)]的意义，它表示连续自然数的倒数和，最后一项为[1n]. 可以通过第一步验证中加强对[f(n)]的理解，本题中验证了[n=]2、3两个数值，正是由于此原因（当然不是必要的）. [f(2n)]的表达式应为[f(2n)=]1[+12+13+14+15+⋯+12n-1+12n]. 因此在归纳法证明中，重视第一步的验证工作，许多难题的特殊情形启发我们的思路，甚至蕴含一般情形的方法.

【专题训练九】

1. 下面几种推理过程是演绎推理的是（ ）

A. 两条直线平行，同旁内角互补，如果[∠A]和[∠B]是两条平行直线的同旁内角，则[∠A+∠B=180°]

B. 由平面三角形的性质，推测空间四面体性质

C. 某校高三共有10个班，1班有51人，2班有53人，三班有52人，由此推测各班都超过50人

D. 在数列[{an}]中，[a1=1,an=12(an-1+1an-1)][(n≥2)]，由此推出[{an}]的通项公式

2. 命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是（ ）

A. 使用了归纳推理

B. 使用了类比推理

C. 使用了“三段论”，但大前提错误

D. 使用了“三段论”，但小前提错误

3. 通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假.

sin215°＋sin275°＋sin2135°＝[32]；

sin230°＋sin290°＋sin2150°＝[32]；

sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝[32]；

sin260°＋sin2120°＋sin2180°＝[32].

4. 已知[a、b、c]都为正数，那么对任意正数[a、b]、[c]，三个数[a+1b、b+1c、c+1a]（ ）

A. 都不大于2 B. 都不小于2

C. 至少有一个不大于2

D. 至少有一个不小于2

5. 定义在[R]上的函数[f(x)]，满足[f(x+y)=f(x)+f(y)(x、y∈R)]，且[f(1 )=2]，那么在下面的四个式子：

①[f(1 )+2f(1 )+⋯+nf(1 )]；

②[fn(n+1)2]；

③[n(n+1 )]；

④[n(n+1)f(1 )].

其中与[f(1 )+f(2)+⋯+f(n)]相等的是（ ）

A. ①③ B. ①②

C. ①②③④ D. ①②③

6. 比较大小[7+6] [8+5]，分析其结构特点，请你再写出一个类似的不等式： ；请写出一个更一般的不等式，使以上不等式为它的特殊情况，则该不等式可以是 .

7. 如果命题[P(n)]对[n=k]成立，则它对[n=k+2]也成立. 又若[P(n)]对[n=2]成立，则下列结论正确的是（ ）

A. [P(n)]对所有自然数都成立

B. [P(n)]对所有正偶数都成立

C. [P(n)]对所有正奇数都成立

D. [P(n)]对所有大于1的自然数都成立

篇5：高考必看：推理与证明

一．本章知识网络： 推理与证

推理 证明合情推理 演绎推理 直接证明 间接证明 数学归纳

归纳 类比 综合分析反证

二、推理●1.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。

归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理的猜想，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。但不完全归纳的结论不一定正确，需要证明。

●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

类比推理的关键是先找到两类事物的相似点（类比点），从而将一类事物的性质的类比到另一个事物，但要有证明的意识。

●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）三段论式常用的格式为： M——P（M是P）①S——M（S是M）②S——P（S是P）③

其中①是大前提，它提供了一个一般性的原理；②是小前提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般性原理，对特殊情况做出的判断。

三．证明：综合法，分析法，反证法，数学归纳法

1．解答证明题时，要注意是采用直接证明还是间接证明。在解决直接证明题时，综合法和分析法往往可以结合起来使用。综合法的使用是“由因索果”，分析法证明问题是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法，分析法便于寻找解题思路，而综合法便于叙述，因此使用时往往联合使用。分析法要注意叙述的形式：要证A，只要证明B，B应是A成立的充分条件。

2．应用反证法时，注意：一是“否定结论”部分，把握住结论的“反”是什么？二是“导出矛盾”部分，矛盾有时是与已知条件矛盾，有时是与假设矛盾，而有时又是与某定义、定理、公理或事实矛盾，因此要弄明白究竟是与什么矛盾.对于难于从正面入手的数学证明问题，解题时可从问题的反面入手，探求已知与未知的关系，从而将问题得以解决。因此当遇到“否定性”、“唯一性”、“无限性”、“至多”、“至少”等类型命题时，宜选用反证法。

x成立；¬ p且¬ q；¬ p或¬ q 3数学归纳法：（两步骤一结论，关键是“用假设、凑目标”）（1）数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，它是一个递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在n＝1(或n0)时成立，这是递推的基础；第二步是假设在n＝k时命题成立，再证明n＝k＋1时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它使命题的正确性突破了有限，达到无限。这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定“对任何自然数（或n≥n0且n∈N）结论都正确”。由这两步可以看出，数学归纳法是由递推实现归纳的，属于完全归纳。（2）运用数学归纳法证明问题时，关键是n＝k＋1时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题。（3）运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。

四．知识应用，巩固提升 一．选择题

1、下列表述正确的是（）.①归纳推理是由部分到整体的推理；②归纳推理是由一般到一般的推理；③演绎推理是由一般到特殊的推理；④类比推理是由特殊到一般的推理；⑤类比推理是由特殊到特殊的推理.A．①②③； B．②③④；C．②④⑤；D．①③⑤.2.观察下列数的特点：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，„ 中,第100项是()A．10 B.13 C.14 D.100

3.在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB，AC互相垂直，则AB2+AC2=BC

2”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，“设三棱锥A—BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB 两两相互垂直，则可得”（）A.AB

2+AC2

+ AD2

=BC2

+ CD2

+ BD2

B.S

2ABC

S2ACDS2ADBS2BCD

C.S22S222

ABCSACDADBSBCDD.AB×AC×AD=BC ×CD ×BD

4.由①正方形的对角线相等；②平行四边形的对角线相等；③正方形是平行四边形，根据“三段论”推理

出一个结论，则这个结论是（）A.正方形的对角线相等B.平行四边形的对角线相等C.正方形是平行四边形 D.其它

5、用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是（）。

A．假设三内角都不大于60度； B 假设三内角都大于60度； C。假设三内角至多有一个大于60度；D。假设三内角至多有两个大于60度。

6用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)„(n＋n)＝2n

·1·2„(2n－1)（n∈N），从“k到k＋1”，左端需乘的代数式为（）。A.2k＋1B.2(2k＋1)C.2k1k1D.2k

3k

17．设a,b,c(,0),则a1b,b1c,c1

a

（）A．都不大于2 B．都不小于2 C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于

28．定义运算:xy

x(xy)例如y

(xy),344,则下列等式不能成立．．．．的是（）A．xyyxB．(xy)zx(yCz)．(xy)2x2y2D．c(xy)(cx)(cy)（c0）9．（11江西理7）观察下列各式：5

5=3125，56

=15625，57

=78125，…，则52011的末四位数字为()

A．3125B．5625C．0625D．8125

二．填空题

11.（11陕西理13）观察下列等式

1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49

„„

照此规律，第n个等式为。12．（09浙江文）设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8S4，S12S8，S16S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，，T16

T成等比数列． 1213、一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●„若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个数是。三．解答题

15、已知正数a,b,c成等差数列，且公差d0，求证：11

1a,b,c

不可能是等差数列。

16、已知数列{

an}满足Sn＋an＝2n＋1,(1)写出a1, a2, a3,并推测an的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论。

17．(09山东卷理)等比数列{a

n}的前n项和为Sn，已知对任意的nN，点(n,Sn)，均在函数

ybxr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上.（1）求r的值；（11）当b=2时，记 bn2(lo2gan

1)n(N 证明：对任意的)nN，不等式b11b21····bn1bb

b2

篇6：2011推理与证明测试题

1一、选择题（每题5分，共55分）

1.复数

534i的共轭复数是（）B．34i 5

5nA．34i nC．34iD．34i 552.设f(n)=ii(n∈N)，则集合{f(n)}中元素的个数为（）

A．4B．3C．2D．

13．设ｚ∈C，则方程|ｚ－ｉ|－|ｚ+ｉ|＝2所表示的图形是（）

A．双曲线B.线段C.一条射线D.两条射线

4．设z=x+yi（x,yR），且|z4|2,则y的最小值是（）x

A． B．3C．

3D．-1

5．命题：“有些有理数是分数，整数是有理数，则整数是分数”结论是错误的，其原因是（）

A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.以上都不是

6．在古腊毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，„这些数叫做三角形数，因为这些数对应的点可以排成一个正三角形

1361015 则第n个三角形数为（）

11n(n1)C.n21D.n(n1)2

21117．设a,b,c(,0),则a,b,c（）bca

A．都不大于2B．都不小于2

C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2 A.nB.8．若a，b，c是不全相等的实数，求证：a2b2c2abbcca． 证明过程如下：∵a，b，cR，∴a2b2≥2ab，b2c2≥2bc，c2a2≥2ac，又∵a，b，c不全相等，∴以上三式至少有一个“”不成立，∴将以上三式相加得2(a2b2c2)2(abbcac)，∴a2b2c2abbcca．

此证法是（）Ａ．分析法

Ｂ．综合法Ｃ．分析法与综合法并用Ｄ．反证法

9．用数学归纳法证明等式123(n3)时，左边应取的项是（）

Ａ．1Ｂ．12Ｃ．12

3(n3)(n4)

第一步验证n1(nN)时，2Ｄ．123

410．用数学归纳法证明34n152n1(nN)能被8整除时，当nk1时，对于34(k1)152(k1)1可变形为（）

·34k152·52kＣ．34k152k1Ｄ．25(34k152k1)Ａ．56·34k125(34k152k1)Ｂ．34

11．观察式子：1（）Ａ．1Ｃ．1

131151117，11，，则可归纳出式子为***

11111111

Ｂ．(n≥2)1(n≥2)222222

23n2n123n2n1

1112n11112n22(n≥2)Ｄ．1222(n≥2)2

23nn23n2n1

二、填空题（每题5分，共25分）

12.实数x、y满足（1–i）x+(1+i)y=2,则xy的值是.1 13.复数Z满足12i43i，那么Z=________.

14.设O是原点，向量OA,OB对应的复数分别为23i,32i，那么向量BA对应的复数是____________.15．若复数z满足1z= i ,则z1的值为

1z

16．已知ABC的三边长为a,b,c，内切圆半径为r（用SABC表示ABC的面积），则

SABC1r(abc)；类比这一结论有：若三棱锥ABCD的内切球半径为R，则三棱

锥体积VABCD

三、解答题：70分

17.（本小题12分）用分析法证明： 已知ab0,求证aab

18．（本小题14分）用反证法证明：已知a,b,c均为实数，且ax2y 求证：a,b,c中至少有一个大于0

2,by22z

,cz22x



6，DBC，B2BDBC·19．（本小题14分）如图（1），在三角形ABC中，ABAC，若A则A；

若类比该命题，如图（2），三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则有什么结论？命题是否是真命题．

5an

20.（本小题14分）数列{an}中，a1,an1(nN)，用数学归纳法证

22(an1)

明：an2(nN)

21.（本小题16分）是否存在常数a、b、c，使等式

122232n(n1)2

结论

n(n1)

(an2bnc)对一切正整数n都成立？证明你的1

5R(SABCSABDSACDSBCD

3

|()|2

16(1,),(3,3),sin,[解析]要证aab，只需证(a)2(ab)2即ab2abab，只需证b

ab，即证ba

显然ba成立，因此aab成立 20(1)当n=1时, a1

2,不等式成立 2

（2）假设当n=k时等式成立，即ak2(kN)，(ak2)2ak

则ak120，ak12 2

2(ak1)2(ak1)

当n=k+1时，不等式也成立

综合（1）（2），不等式对所有正整数都成立

19解：命题是：三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则有S△·S△BCD是一个真命题． ABCS△BCM

证明如下：

在图（2）中，连结DM，并延长交BC于E，连结AE，则有DEBC． 因为AD面ABC，所以ADAE． 又AMDE，所以AE2EM·ED． 于是S

△ABC

111BC·AEBC·EM·BC·EDS△BCM·S△BCD． 222

21【解题思路】从特殊入手，探求a、b、c的值，考虑到有3个未知数，先取n=1,2,3,列方程组求得，然后用数学归纳法对一切nN，等式都成立



abc24

a3

[解析] 把n=1,2,3代入得方程组4a2bc44，解得b11，

9a3bc70c10

猜想：等式1223n(n1)

n(n1)

(3n211n10)对一切nN都成立 12

下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，由上面的探求可知等式成立

（2）假设n=k时等式成立，即1223k(k1)

222

k(k1)

(3k211k10)则12

122232k(k1)2(k1)(k2)2

k(k1)

(3k211k10)(k1)(k2)2

k(k1)(k1)(k2)(3k5)(k2)(k1)(k2)2[k(3k5)12(k2)]

1212(k1)(k2)[3(k1)211(k1)10]

所以当n=k+1时，等式也成立 综合（1）（2），对nN等式都成立

【名师指引】这是一个探索性命题，“归纳——猜想——证明”是一个完整的发现问题和解决问题的思维模式

篇7：高中数学推理与证明测试题

山东淄博五中孙爱梅

一 选择题（5×12=60分）

1.如下图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第36颗珠子应是什

么颜色的（）

A．白色B．黑色C．白色可能性大D．黑色可能性大

2．“所有9的倍数（M）都是3的倍数（P），某奇数（S）是9的倍数（M），故某奇数（S）

是3的倍数（P）.”上述推理是（）

A．小前提错B．结论错C．正确的D．大前提错

3．F（n）是一个关于自然数n的命题，若F（k）（k∈N＋）真，则F（k＋1）真，现已知F

（7）不真，则有：①F（8）不真；②F（8）真；③F（6）不真；④F（6）真；⑤F（5）不

真；⑥F（5）真.其中真命题是（）

A．③⑤B．①②C．④⑥D．③④

4.下面叙述正确的是（）

A．综合法、分析法是直接证明的方法B．综合法是直接证法、分析法是间接证法

C．综合法、分析法所用语气都是肯定的 D．综合法、分析法所用语气都是假定的5．类比平面正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可知正四面体的下列哪些性质，你认为比较恰当的是（）

① 各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；

② 各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；

③ 各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等。

A．①B．①②C．①②③D．③

6．（05·春季上海，15）若a，b，c是常数，则“a＞0且b2－4ac＜0”是“对x∈R，有ax

2＋bx＋c＞0”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．不充分不必要条件

17．（04·全国Ⅳ，理12）设f（x）（x∈R）为奇函数，f（1）＝，f（x＋2）＝f（x）＋f2

（2），f（5）＝（）

5A．0B．1C．D．5 2

111118．设S（n）＝ ＋ ＋ ＋＋„＋，则（）nn＋1n＋2n＋3n11A．S（n）共有n项，当n＝2时，S（2＋

311

1B．S（n）共有n＋1项，当n＝2时，S（2）＝＋ ＋

234111

C．S（n）共有n2－n项，当n＝2时，S（2 ＋＋

234111

D．S（n）共有n2－n＋1项，当n＝2时，S（2 ＋＋

4x

9．在R上定义运算⊙：x⊙y＝，若关于x的不等式（x－a）⊙（x＋1－a）＞0的解集

2－y是集合｛x｜－2≤x≤2，x∈R｝的子集，则实数a的取值范围是（）A．－2≤a≤2B．－1≤a≤1C．－2≤a≤1D．1≤a≤2

10．已知f（x）为偶函数，且f（2＋x）＝f（2－x），当－2≤x≤0时，f（x）＝2，若n∈N，an＝f（n），则a2006＝（）

A．2006B．4C．D．－4

11．函数f（x）在［－1，1］上满足f（－x）＝－f（x）是减函数，α、β是锐角三角形的两个内角，且α≠β，则下列不等式中正确的是（）A．f（sinα）＞f（sinβ）B． f（cosα）＞f（sinβ）C．f（cosα）＜f（cosβ）D．f（sinα）＜f（sinβ）

12．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”，乙说：“甲、丙都未获奖”，丙说：“我获奖了”，丁说：“是乙获奖”。四位歌手的话只有两名是对的，则奖的歌手是（）A．甲B．乙C．丙D．丁

二 填空题（4×4=16分）13．“开心辞典”中有这样的问题：给出一组数，要你根据规律填出后面的第几个数，现给1131

5出一组数：,-，-，它的第8个数可以是。

228

43214．在平面几何里有射影定理：设△ABC的两边AB⊥AC，D是A点在BC边上的射影，则AB2=BDBC.拓展到空间,在四面体A—BCD中，DA⊥面ABC，点O是A在面BCD内的射影，且O在面BCD内，类比平面三角形射影定理，△ABC，△BOC，△BDC三者面积之间关系为。

15．（05·天津）在数列｛an｝中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋（－1）n，n∈N*，S10＝＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.16．（05黄冈市一模题）当a0，a1，a2成等差数时，有a0－2a1＋a2＝0，当a0，a1，a2，a3成等差数列时，有a0－3a1＋3a2－a3＝0，当a0，a1，a2，a3，a4成等差数列时，有a0－4a

1012

＋6a2－4a3＋a4＝0，由此归纳：当a0，a1，a2，„，an成等差数列时有Cna0－Cna1＋Cna2－„＋Cnnan＝0.如果a0，a1，a2，„，an成等差数列，类比上述方法归纳出的等式为＿＿＿。三 解答题（74分）已知△ABC中，角A、B、C成等差数列，求证：18．若a、b、c均为实数，且a＝x2－2x＋

*

x

.11

3+=（12分）a+bb+ca+b+c

πππ

b＝y2－2y＋c＝z2－2z＋，求证：a、b、236

c中至少有一个大于0.（12分）

19．数列｛an｝的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1n＋

2n（n＝1，2，3，„）.n

Sn

证明：⑴数列｛Sn＋1＝4an.（12分）

n

20．用分析法证明：若a＞0，则

a22≥a＋－2.(12分)

aa

121．设事件A发生的概率为P，若在A发生的条件下B发生概率为P′，则由A产生B的概率为P·P′.根据这一事实解答下题.一种掷硬币走跳棋的游戏：棋盘上有第0、1、2、„、100，共101站，一枚棋子开始在第0站（即P0＝1），由棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次.若硬币出现正面则棋子向前跳动一站，出现反面则向前跳动两站.直到棋子跳到第99站（获胜）或第100站（失败）时，游戏结束.已知硬币出现正、反面的概率相同，设棋子跳到第到第n站时的概率为Pn.（1）求P1，P2，P3；

（2）设an=Pn－Pn－1（1≤n≤100），求证：数列｛an｝是等比数列(12分)

ACAE22．(14分)在ΔABC中（如图1），若CE是∠ACB ＝.其证明过程：

BCBE作EG⊥AC于点G，EH⊥BC于点H，CF⊥AB于点F

∵CE是∠ACB的平分线，∴EG＝EH.又∵

ACAC·EGSΔAEC

＝，BCBC·EHSΔBEC

AEAE·CFSΔAEC＝＝，BEBE·CFSΔBEC∴

ACAE＝.BCBE

（Ⅰ）把上面结论推广到空间中：在四面体A－BCD中（如图2），平面CDE是二面角A－CD－B的角平分面，类比三角形中的结论，你得到的相应空间的结论是＿＿＿＿＿＿

（Ⅱ）证明你所得到的结论.B HC

图

1A

A G

B

图

2h11C

答案：

一 1 A 2 C 3 A 4 A 5 C 6 A 7 C 8 D ９Ｃ１０Ｃ １１Ｂ １２ C

πππ分析：因为锐角三角形，所以α+β＞，所以0＜-α＜β＜，222

π

sin（-α）＜sinβ，0＜cosα＜sinβ＜1，函数f（x）在［－1，1］上满足是减函数

所以f（cosα）＞f（sinβ）。12分析：先猜测甲、乙对，则丙丁错，甲、乙可看出乙获奖则丁不错，所以丙丁中必有一个是对的，设丙对，则甲对，乙错，丁错.∴答案为C.1.二 13-14（S△ABC）2= S△BOC S△BDC15.3

3216a

00n

C

·a

1－C

1n

·a2 n·„·an（－1）nn＝1.2C

C

n

［解析］解此题的关键是对类比的理解.通过对所给等差数列性质的理解，类比去探求等比数列相应的性质.实际上，等差数列与等比数列类比的裨是运算级别的类比，即等差数列中的“加、减、乘、除”与等比数列中的“乘、除、乘方、开方”相对应.三 解答题

317(分析法)要证+=

a+bb+ca+b+c

a+b+ca+b+c需证:+ =3

a+bb+c

即证:c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c)即证:c2+a2=ac+b

2因为△ABC中，角A、B、C成等差数列,所以B=600,由余弦定理b2= c2+a2-2cacosB 即b= c+a-ca 所以c+a=ac+b

3因此 + =

a+bb+ca+b+c(反证法).证明：设a、b、c都不大于0，a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0，πππ

而a＋b＋c＝（x2－2y）＋（y2－2z＋z2－2x＋

236

＝（x－2x）＋（y－2y）＋（z－2z）＋π＝（x－1）＋（y－1）＋（z－1）＋π－3，∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，故a、b、c中至少有一个大于0.19(综合法)．证明：⑴由an＋1

2222222

n＋2

n，而an＋1＝Sn＋1－Sn得 n

Sn＋

1n＋12（n＋1）n＋1Sn∴Sn＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1Sn＝2，∴数列｛｝为等比数列.nnSnn

n

SnSn＋1Sn－14an（n－1）⑵由⑴知｛2，∴＝4·，∴Sn＋1＝4an.nn＋1n－1n－1n＋120(分析法).证明：要证

a2＋2－≥a＋2，只需证

aa

a22＋2≥a＋aa

∵a＞0，∴两边均大于零，因此只需证（a2＋22）2≥（a＋）2，aa

只需证a2＋24＋

4a

a2＋2≥a2＋22＋2（a＋，aaa

a2＋2≥（a＋，只需证a2＋2≥（a2＋2＋2），a2aa2aa

即证a2＋2≥2，它显然是成立，∴原不等式成立.111131131

521.（1）解:P0＝1，∴P1＝, P2× ＋＝，P3＝ ×＋× ＝.2222422428

（2）证明:棋子跳到第n站，必是从第n－1站或第n－2站跳来的（2≤n≤100），所以Pn

Pn－1Pn－2

∴Pn－Pn－1＝－Pn－1＋Pn－1 Pn－2=（Pn－1－Pn－2），22211

∴an=－an－1（2≤n≤100），且an＝P1－P0.22

故｛an｝是公比为－，首项为－的等比数列（1≤n≤100）.2222．结论:

SΔACDSΔAECSΔACDSΔAEDAESΔACD＝ 或 ＝SΔBCDBESΔBCDSΔBECSΔBCDSΔBED

证明：设点E是平面ACD、平面BCD的距离分别为h1，h2，则由平面CDE平分二面角A－CD－B知h1＝h2.又∵

SΔACDh1SΔACDVA－CDE

＝ SΔBCDh2SΔBCDVB－CDE

VA－CDEAESΔAEDVC－AED ＝ ＝BESΔBEDVC－BEDVB－CDESΔACDAE∴ ＝SΔBCDBE

A G

B

C

2图2 A hB HC

篇8：一节“推理与证明”课的课堂探究

新教材中增加了“推理与证明”这章内容.推理,就是要根据一个或几个数学判断得出一个新的数学判断的思维形式,学生所学过的数学基础知识,常常作为数学判断的依据,掌握数学概念、定理和公式以及它们之间的相互联系,是进行数学推理的必不可少的基础,高中生要理解并掌握逻辑推理与证明的基本方法.新大纲要求:通过具体例子阐明合情推理与演绎推理之间的联系区别,鼓励合理的数学猜想.

二、课堂实例探究

在“推理与证明”的课堂上,如何避免就题论题,如何把握推理这个度,从而达到启发学生的作用,下面浅谈一例:

在讲圆知识时,书上有过一个重要结论:过圆x2+y2=r2上一点P0(x0,y0)的切线方程是x0x+y0y=r2,将x2+y2=r2中的x2→x0x,y2→y0y,替换得到-

若当P0(x0,y0)在圆外时,过点P作圆的两条切线,切点为A,B,则x0x+y0y=r2是圆的切点弦AB方程.P0(x0,y0)点在圆上时,书上例题已经证明,下证切点弦方程,设A (x1,y1),B (x1,y2),因为A,B两点在圆上,由重要结论知,PA直线:x1x+y1y=r2,PB直线:x2x+y2y=r2,而AP与BP交于P0(x0,y0),所以x1x0+y1y0=r2,x2x0+y2y0=r2,即A,B两点适合方程x0x+y0y=r2,A、B两点确定一直线,所以AB方程:x0x+y0y2=r.

那当点P0(x0,y0)在圆内呢?我们可以利用圆心到直线距离公式判定直线x0x+y0y=r2与圆相离.

那探究是不是到此结束呢?我们可以由圆引申到圆锥曲线:①椭圆,P0(x0,y0)是椭圆上一点,则过P点的切线方程是=1.椭圆,P0(x0,y0)是椭圆外一点,则过P点作两条切线,切点弦方程是1.②双曲线,P0 (x0,y0)是双曲线上一点,则过P点的切线方程是;双曲线,P0(x0,y0)是双曲线外一点,则过P点作两条切线,切点弦方程是.③抛物线y2=2px,P0(x0,y0)是抛物线上一点,则过P点的切线方程是P0(x0,y0,y0)是抛物线外一点,则过P点作两条切线,切点弦方程是

要让学生在实例中通过引导,让学生找到他们之间的内在联系.如果课堂讲解时以点到面,2010年湖北卷的一道填空题可以迎刃而解.见题:椭圆两焦点为F1,F2,P0 (x0,y0)满足,则直线与椭圆的公共点个数为多少个?如果考试时用代数法去把直线和椭圆联立,再用△来判别有几个交点时,计算量很大,得不偿失,如果应用上面圆的推广:点P0 (x0,y0)在圆内,直线x0x+y0y=r2与圆相离;把这个知识点迁移到椭圆中来,该题迎刃而解,从而猜想直线与椭圆的公共点个数为0个.该题考察了学生的猜想推理能力,这个能力的培养,还在于我们平时的课堂上,备课充分些,挖掘的深一些,学生的思维受益些.

三、课后感想