《2.2.1 综合法和分析法》同步练习4

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1、《2.2.1综合法和分析法》同步练习4选择题1.命题“对于任意角θ，cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证明:“c1.命题“对于任意角θ，cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证os4θ-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，m⊂β，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(　　)　　　　　　

2、　　　　　　　　　　A.1B.2C.3D.43.在R上定义运算☉:a☉b=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.a2b2+c2D.a2≤b2+c2填空题5.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，则的最小值为　　　　.7.平面内有

3、四边形ABCD和点O，，则四边形ABCD为　　　　.解答题8.已知a>0，求证:≥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=，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.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.参考答案选择题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，m⊂β，α∥β，则l⊥β，

4、所以l⊥m，①正确；若l⊥α，m⊂β，l⊥m，α与β可能相交，②不正确；若l⊥α，m⊂β，α⊥β，l与m可能平行，③不正确；若l⊥α，m⊂β，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<0⇒x2+x-2<0⇒-2b2+c2.答案:C填空题5.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

5、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=3+≥3+2+2+2=3+6=9.当且仅当a=b=c时等号成立.答案:97.解析:因为，所以，所以，故四边形ABCD为平行四边形.答案:平行四边形解答题8.证明:要证≥a+-2，只要证+2≥a+.因为a>0，只需证，即a2++4+4≥a2+2++2+2，从而只需证2，只需证4≥2，即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=AC=1，所以四边

6、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.证法一:(分析法):要证明∠B为锐角，只需证cosB>0.∵cosB=，∴只需证明a2+c2-b2>0，即a2+c2>b2.又∵a2+c2≥2ac，∴只需证明2ac>

7、b2.由已知，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，则b=，∴b(a+c)=2ac.∵a+c>b，∴b(a+c)=2ac>b2.∴cosB=>0.又∵0<∠B<π，∴0<∠B<，即∠B为锐角.