高中數(shù)學(xué)幾何證明題-資料下載頁
2024-10-22 21:58本頁面
【正文】 的延長線交于F，∠BAD=∠CAD，求證：∠AGF=∠AGBCDE1如圖，∠1=∠2，∠3=∠4，∠B=∠5，求證：CE//E 4G1AD 5 2B1如圖，AB//CD，求證：∠BCD=∠B+∠CBED1如上圖，已知∠BCD=∠B+∠D，求證：AB//、如圖，AB//CD，求證：∠BCD=∠B∠EDC1如上圖，已知∠BCD=∠B∠D，求證：AB//、如圖，AB//CD，求證：∠B+∠D+∠BED=EDC1如上圖，已知∠B+∠D+∠BED=3600，求證：AB//CD.第五篇：高中數(shù)學(xué)證明題高中數(shù)學(xué)證明題高中數(shù)學(xué)證明題……因為pA/pA39。=pB/pB39。所以A39。B39。//AB同理C39。B39。//CB兩條相交直線分別平行一個面兩條直線確定的面也平行這個面算上上次那道題，都是最基礎(chǔ)的立體幾何勸你還是自己多琢磨琢磨對以后做立體大題有好處解：連接CE，由于對稱性，知CE與橢圓的交點G與B關(guān)于x軸對稱，連接AG，我們證明BC與AG的交點就是F，這樣BC當(dāng)然經(jīng)過F已知橢圓右焦點坐標(biāo)為F(1，0)設(shè)過E斜率為K的直線方程為：y=kx+bE點坐標(biāo)滿足方程，有：0=2k+bb=2ky=kx2k把直線方程代入橢圓方程得：x^2/2+(kx2k)^2=1x^2+2(kx2k)^2=2x^2+2k^2x^28k^2x+8k^22=0(2k^2+1)x^28k^2x+8k^22=0設(shè)AB兩點坐標(biāo)為(x1,y1)(x2,y2)，則C、G點的坐標(biāo)為(x1,y1)G(x2,y2)x1,x2是上方程兩根，由韋達(dá)定理知x1+x2=8k^2/(2k^2+1)=44/(2k^2+1)x1x2=(8k^22)/(2k^2+1)=46/(2k^2+1)y1=kx12k且y2=kx22ky1+y2=k(x1+x2)4k=4k4k/(2k^2+1)4k=4k/(2k^2+1)直線BC、AG的方程為：y=(y2+y1)(xx1)/(x2x1)y1和y=(y1+y2)(xx1)/(x1x2)+y1聯(lián)立上兩直線方程求交點坐標(biāo)：(y2+y1)(xx1)/(x2x1)y1=(y1+y2)(xx1)/(x1x2)+y1(y2+y1)(xx1)/(x2x1)+(y1+y2)(xx1)/(x2x1)=2y1(y2+y1)(xx1)/(x2x1)=y1xx1=y1*(x2x1)/(y1+y2)x=y1*(x2x1)/(y1+y2)+x1x=(x1y2+x2y1)/(y1+y2)=/(y1+y2)=補(bǔ)充回答：思路是這樣，再用前面x1+x2及y1=kx12ky2=kx22k代簡。如果沒的錯，x應(yīng)為1,y=0二、直四棱柱ABCDA1B1C1D1中的底面ABCD為菱形，∠ADC=120,AA1=AB=1，點O1，O分別是上下底面菱形對角線交點，求點O到平面CB1D1的距離。我找不到那條線，O點到該面的距離為A點到該面的距離的一半，所以先求A點到該面的距離。找B1D1中點E,則A到該面的距離為三角形ACE中CE邊上的高，依據(jù)幾何關(guān)系，AC=√3,CE=(√7)/2(可在三角形CB1D1中算出)，AE=CE。三角形ACE中，AC上的高為1，三角形的面積為，(√3)/2,所以CE邊上的高為(2√21)/7，則O到平面CB1D1的距離為(√21)/7三、用綜合法或分析法證明：已知n是大于1的自然數(shù)，求證：log以n為底(n+1)log以n+1為底+1(n+2)因為n1,所以lgn0,lg(n+1)0,lg(n+2)0。欲證明原不等式成立，只需證lg(n+1)/lgnlg(n+2)/lg(n+1)。即證：^2(n+2)...........(*)(n+1)所以(*)式成立，以上各步均可逆。所以原不等式成立。
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