數(shù)學(xué)（選修12）練習(xí)5.2.1直接證明分析法與綜合法活頁(yè)作業(yè)8

活頁(yè)作業(yè)(八)直接證明：分析法與綜合法1．平面內(nèi)有四邊形ABCD和點(diǎn)O，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))，則四邊形ABCD為()A．菱形 B．梯形C．矩形 D．平行四邊形解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，即eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→)).∴四邊形ABCD是平行四邊形．答案：D2．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只需證明()A．2ab－1－a2b2≤0 B．a(chǎn)2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C．eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0解析要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只需證明(a2－1)·(1－b2)≤0，即只需證明(a2－1)(b2－1)≥0.答案：D3．在△ABC中，若tanAtanB＞1，則△ABC是()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定解析∵tanAtanB＞1，∴tanA＞0，tanB＞0.∴A，B為銳角．又∵tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＜0，∴A＋B＞eq\f(π,2).∴C＜eq\f(π,2).∴△ABC是銳角三角形．答案：A4．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P＞Q B．P＝QC．P＜Q D．由a的取值確定解析∵要證P＜Q，只需證P2＜Q2，只需證2a＋7＋2eq\r(aa＋7)＜2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只需證a2＋7a＜a2＋7只需證0＜12.∵0＜12成立，∴P＜Q成立．答案：C5．若平面內(nèi)eq\o(OP1,\s\up6(→))＋eq\o(OP2,\s\up6(→))＋eq\o(OP3,\s\up6(→))＝0，且|eq\o(OP1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP2,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP3,\s\up6(→))|，則△P1P2P3一定是________三角形(形狀)．解析由eq\o(OP1,\s\up6(→))＋eq\o(OP2,\s\up6(→))＋eq\o(OP3,\s\up6(→))＝0，得O為△P1P2P3的重心．由|eq\o(OP1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP2,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP3,\s\up6(→))|，得O為△P1P2P3的外心．則△P1P2P3為等邊三角形．答案：等邊6．如圖所示，四棱柱ABCD_A1B1C1D1的側(cè)棱垂直于底面，滿足____________________時(shí)，BD⊥A1C(解析要證BD⊥A1C，只需證BD⊥平面AA1因?yàn)锳A1⊥BD，只要再添加條件AC⊥BD，即可證明BD⊥平面AA1C，從而可證BD⊥A1答案：AC⊥BD(答案不唯一)7．設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1.(1)求證：ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)求證：eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)∵eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，∴eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.∴eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.8．如圖所示，已知SA⊥平面ABC，AB⊥BC，過A作SB的垂線，垂足為E，過E作SC的垂線，垂足為F.求證：AF⊥SC．證明：要證AF⊥SC，只需證SC⊥平面AEF，因?yàn)镋F⊥SC，則只需證AE⊥SC．只需證AE⊥平面SBC，因?yàn)锳E⊥SB，則只需證AE⊥BC，只需證BC⊥平面SAB，因?yàn)锳B⊥BC，則只需證BC⊥SA，由SA⊥平面ABC，可知BC⊥SA成立．故AF⊥SC．1．用分析法證明命題“已知a－b＝1，求證：a2－b2＋2a－4b－3＝0”，A．a(chǎn)＝b B．a(chǎn)＋b＝1C．a(chǎn)＋b＝－3 D．a(chǎn)－b＝1解析要證a2－b2＋2a－4b即證a2＋2a＋1＝b2＋4b即(a＋1)2＝(b＋2)2，即證|a＋1|＝|b＋2|，即證a＋1＝b＋2或a＋1＝－b－2.故a－b＝1或a＋b＝－3.而a－b＝1為已知條件，也是使等式成立的充分條件．答案：D2．已知函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，對(duì)任意的x∈R，都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立．若f(1)＝2，則f(2015)等于()A．2015 B．2C．1 D．0解析∵f(x＋6)＝f(x)＋f(3)，∴令x＝－3，得f(3)＝f(－3)＋f(3)，即f(－3)＝0.∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(3)＝f(－3)＝0.∴f(x＋6)＝f(x)．∴6是f(x)的一個(gè)周期．∵f(1)＝2，∴f(2015)＝f(336×6－1)＝f(－1)＝f(1)＝2.答案：B3．已知a，b，c三數(shù)成等比數(shù)列，且x，y分別為a，b和b，c的等差中項(xiàng)，則eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)的值為________.解析∵a，b，c成等比數(shù)列，∴eq\f(a,b)＝eq\f(b,c).∴eq\f(a,a＋b)＝eq\f(b,b＋c).又由題設(shè)知x＝eq\f(a＋b,2)，y＝eq\f(b＋c,2)，∴eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝eq\f(2a,a＋b)＋eq\f(2c,b＋c)＝eq\f(2b,b＋c)＋eq\f(2c,b＋c)＝eq\f(2b＋c,b＋c)＝2.答案：24．已知x，y∈(0，＋∞)，當(dāng)x2＋y2＝____________時(shí)，有xeq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x2)＝1.解析要使xeq\r(1－y2)＋yeq\r(1－x2)＝1，只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－2yeq\r(1－x2)，即2yeq\r(1－x2)＝1－x2＋y2，只需使(eq\r(1－x2)－y)2＝0，即eq\r(1－x2)＝y(tǒng).∴x2＋y2＝1.答案：15．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，對(duì)應(yīng)的三邊為a，b，c，求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明：要證原式，只需證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即證eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即只需證eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝1.而由題意知A＋C＝2B，∴B＝eq\f(π,3)，∴b2＝a2＋c2－ac.∴eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋a2＋c2－ac＋ac＋bc)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋a2＋c2＋bc)＝1.∴原等式成立，即eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).6．設(shè)a＞0，f(x)＝eq\f(ex,a)＋eq\f(a,ex)在R上滿足f(x)＝f(－x)．(1)求a的值．(2)證明f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(1)解依題意，得對(duì)一切x∈R有f(x)＝f(－x)，即eq\f(ex,a)＋eq\f(a,ex)＝eq\f(1,aex)＋aex.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,ex)))＝0對(duì)一切x∈R成立．由此可得a－eq\f(1,a)＝0，即a2＝1.又∵a＞0，∴a＝1.(2)證明：設(shè)0＜x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝ex1－ex