高中数学常用定理

高中数学常用定理

高中数学常用定理 篇1

高中数学常用公式定理汇总

集合类：

ABAABABBAB

逻辑关系类：

对数类：

logaM+logaN=logaMNlogMaM-logaN=logaN

logaMN=NlogaM logab

MN

=

Nb

logaMloga1=0

logaa=1loga1=-1a

loga^b

a

=b

logaa^b=blogab=alogba=1a

三角函数类：

sin,一二正

co，s一四正tan，一三正

sinsin

coscos

tantan

sin

2

cos

2

1sin2

cossin

cos2

cos

sin

cos2

2

sin



1

asinA



bsinB



csinC

2R

abcsinAsinBsinC



a*ba*b*cosa*b

cos

a*b

xx



yy

a



b



c

2bccosA

cosA





2bc

xx

221

*

yy

x



y

x



y

流程图类：

Int2.52.52（取不大于2.5的最大整数）mod10,31

平面几何类：

（取10除以3的余数）

圆标方程xa圆心：a,b



yb



r

函数类：

斜率：k



yx

y(xx



圆一般方程x



y

DxEyF0



x)

D



E

4F0



点斜式：yy

y

kx

x

x

y

两点式：

yy



xx

DE

圆心：,;半径：

22



4F

点点距离： PP

截距式：

xa



yb

1

0 ba



x2x1y2y1



一般式：AxByC韦达定理：x



x



1//2k1k2

点线距离：d

c

xx

a

A

x

B

y

C

A



B

A

x

B

yC10

与A2xB2yC20

平行：AB垂直：AA



AB BB

椭圆：ab



yb

1ab0



0

a

c

焦点：(c,0),(-c,0)

c

平行：A1xB1yC30 垂直：B1xA1yC30

平面向量类：

ab

a//b

离心率：e准线：x

a

c

双曲线：a



yb

1a,b0

b



c



a

xx,2

y



y

焦点：(c,0),(-c,0)离心率：e

a

c

xy



xy

0

准线：x渐近线：y

c

ba

x

抛物线：y

2px

(p>0)

p

焦点：F,0

2

x2x

2,11

2xx,x,x

1

离心率：eca

准线：xp2

数列类：

等差：ana1n1d

a

n



a

m

nmd

S

1

n

n



n2

n

a

nn12

d

mnpq

a

m



a

n



a

p



aq

等比：an1

na1q

a

n



a

nm

m



q



S

a11n



q



a1

anq

n



1q1q(q≠1)

mnpq

am

a

n



ap

aq

线性规划类：

n



nxn

niyixi

y

ii1bi1

i1*n2



nx2

nix

ii1i1



aybx



nxiyinxyx

i

xyiy

**bi1

n

n



x2

x2inx

i

x



i1

i1

aybx

导数类：

kxb,kC,（0C为常数）

x,1

ax,

a

x

lnaa0,且a1e

x,

ex

log

a

x

,1e

xloga



1xlna

a

0,且a1

lnx,sinx,x

cosx

cosx,sinx

fxgx,f,xg,x

Cfx,Cf,xC为常数

fxgx,f,xgxfxg,x

fx,f,xgxfxg,x

gx



g2

x

gx0 复数：

i

1

abicdiac,bd

abicdiacbdi abicdiacbdi abicdiac

bdbcadi

x2y

xyixyi

Zar,以a,0为圆心，r为半径的圆

Zabir,以a,b为圆心，r为半径的圆

1

3-2

2i

1



1i2

2i12

0

ax

bxc0,

b2

4ac0



x

b

4acb2

求根公式：

i

2a

向量与向量模关系：

Z1Z2Z1Z2Z1Z2

Z1,Z2是二次方程的根，那么即Z1abi,Z2abi

Z1,Z2共轭。

等式与不等式：

ababaabb



ac2

2a



b



aabb

b3b

a

24

abc2

3abc





ab2ab,ab2

ab,ab时取“”

ab2ab

abcabbcac

222

平面几何类：

内心：三条角平分线的交点

（到交边距离相等，为内切圆圆心）外心：三条中垂线的交点（外接圆的圆心）垂心：三条高线的交点 重心：三条中线的交点

S三角形

1

ppapbpc注：pabc

2

角平分线：中

AD

ABAC

BDDC

：

线

2AB

长

AC

BC

12

S扇形rr弧长

22

立体几何类：

S直棱柱侧ch

ch,V柱体V长方体abcSh

V球

R

S正棱锥侧S正棱台侧

1212，V椎体V台体

1313

Sh

SS,S球

4R

S,cch

hS



公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内。

公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线。

公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面。公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。

推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面。推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面。推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面。

定理1：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等。

定理2：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线。

点、线、平面垂直：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直。

直线与平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。

直线与平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行。

直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面。

直线与平面垂直的性质定理：如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行。

两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。

两个平面平行的性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行。

两个平面垂直的判定定理：如果一个平面经过；另一个平面的一条垂线，那么这两个平面相互垂直。

高中数学常用定理 篇2

根据多年的教学经验谈一下定理的教学, 我认为定理教学要注意以下几个环节。

一、知道定理的由来

让学生清楚定理的由来, 不仅有助于理解和记忆, 还有利于培养学生的发现问题能力和创造能力。数学定理是从现实世界空间形式和数量关系中抽象出来的, 让学生了解定理由来, 通常有二种方法:一是具体事物的观察、计算等实践活动猜想, 二是通过推理来发现。例如, 讲授直线与平面平行的判定定理, 让学生用笔演示线与面平行位置关系, 再去找教室中的直线与平面平行关系, 看哪些线是平行的, 用实物让学生观察把一条直线平移出平面的过程, 如用教鞭移出黑板面, 然后去猜想判定定理。再如讲授正弦定理时, 先举出直角三角形, 通过边角之间的关系去推理在一般三角形中成立的结论。

二、明确定理的结构

明确定理的结构是证明定理的基础, 它的主要任务是帮助学生弄清定理的条件和结论, 利用数学符号, 把已知求证准确简练表达出来。

例如直线与平面垂直的判定定理, “如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直, 那么这条直线垂直于这个平面”。教学时可做如下分析:条件和结论分别是什么?一条直线与几条垂直?平面内两条直线有怎样位置关系?分析透彻了, 再把这些关系用数学符号表达出来, 画出图形, 标清字母, 然后可以写已知和求证了。

三、掌握定理的证明

定理的证明是定理教学的重点, 通过证明可以帮助学生理解定理的正确性, 了解定理成立的条件, 加深对数学定理的理解, 便于记忆和应用, 同时一些定理的证明方法具有一定的代表性, 对于以后解决其他问题提供了方法。例如在立体几何中定理的证明很多都用了反证法, 让学生掌握反证法这么的思路, 对以后会有很大好处, 掌握这些证明方法, 有助于使学生逐步养成严谨思考的习惯, 提高分析和解决问题的能力。

讲解定理的证明, 应使学生明确证明的结构, 掌握常用的一些证明方法, 在证明过程中遵循证明的规则。为此, 在教学时, 必须加强分析证明思路, 对于结构比较复杂的定理, 可以先以分析法为主寻求证明的思路, 然后用综合法表述证明过程, 把整个证明过程有条理地完整地叙述出来。特别在定理教学的开始阶段, 教师应该注意规范化的板书, 规范书写的格式和写明每一步推理的依据, 给学生提供必要的示范。

四、注重定理的应用

学生掌握数学定理有一个过程的, 一般是先懂、再会、后熟, 应用所学的定理去解答有关的问题, 是实现掌握定理的重要环节。通常可以结合例题和典型习题教学, 让学生通过动笔、动脑, 自己总结定理的适用范围, 明确定理应用时的注意事项, 把握所解决的问题的基本类型。

例如正弦定理和余弦定理的应用, 可以解的三角形有以下几种情况: (1) 已知一边和两角用正弦定理。 (2) 已知两边和夹角由两个定理共同完成。 (3) 已知三边用余弦定理。 (4) 已知两边和一边对角用正弦和余弦定理。这样把能解决的基本题型都做了归类, 为以后熟练应用定理打下了基础。

五、把定理纳入知识系统

数学教材中的定理是一个有系统的知识体系, 弄懂各个定理在数学体系中的地位、作用, 以及定理之间的内在联系, 可以全面把握数学定理的全貌。为此, 在定理教学中, 应让学生了解每个定理在知识体系中的作用;在总结复习时, 可以运用图示、图表等方法, 把学过的定理进行系统的整理。

例如, 空间直线与平面垂直的判定方法:

高中数学常用定理 篇3

一、建模思想

例1如图1，有两棵树，一棵高8m，另一棵高2m，两树相距8m，一只小鸟从一棵树的树梢飞到另一棵树的树梢，至少飞了（）.

A. 7mB. 8mC. 9mD. 10m

简析：本题给出的是实物图，根据题意，构造出如图2（虚线）所示的Ｒt△ABC.由图得BC=8，AC=8－2=6，∠ACB=90°，所以AB2=BC2＋AC2，求得AB=10（m），故选择D.

二、方程思想

例2(2008年哈尔滨市中考试题)如图3，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边中点E处，点A落在点F处，折痕为MN，则线段CN的长是（）．

A. 3cmB. 4cmC. 5cmD. 6cm

简析：根据折叠可知：NE=ND，设NC=x，则NE

=ND=8－x.又E为BC边中点，所以CE=4.在Rt△CEN中，（8-x）2=x2+42，解得x=3，即CN=3（cm），故选择A.

三、转化思想

高中数学常用定理 篇4

要点透视：

1．正弦定理有以下几种变形，解题时要灵活运用其变形公式．

（1）a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；

abc（2）sinA＝，sinB＝，sinC＝： 2R2R2R

（3）sinA：sinB：sinC＝a：b：c．

可以用来判断三角形的形状，其主要功能是实现三角形中的边角关系转化，如常把a，b，c换成2Rsin A，2Rsin B，2Rsin C来解题．

2．判断三角形的形状特征，必须从研究三角形的边与边关系，或角与角的关系入手，充分利用正弦定理与余弦定理进行边角转化，由三角形的边或角的代数运算或三角运算，找出边与边或角与角的关系，从而作出正确判断．

3．要注意利用△ABC中 A＋B＋C＝π，以及由此推得的一些基本关系式

BCAsin(B＋C)＝sinA，cos(B＋C)=－sinA，sin＝cos等，进行三角变换的运2

2用．

4．应用解三角形知识解决实际问题时，要分析和研究问题中涉及的三角形，它的哪些元素是已知的，哪些元素是未知的，应选用正弦定理还是余弦定理进行求解．

5．应用解三角形知识解实际问题的解题步骤：

（1）根据题意画出示意图．

（2）确定实际问题所涉及的三角形，并搞清该三角形的已知元和末知元．

（3）选用正、余弦定理进行求解，并注意运算的正确性．

（4）给出答案．

活题精析：

例1．(2001年全国卷)已知圆内接四边形ABCD的边长是AB＝2，BC＝6，CD=DA＝4，求四边形ABCD的面积．

要点精析：本题主要考查三角函数的基础知识，以及应用三角形面积公式和余弦定理解三角形的方法，考查应用数学知识分析、解决实际问题的能力．

解：如图所示，连BD，四边形ABCD的面积

11S=SABDSCDB=AB·AD·sinA+BC·CDsinC，2

21∵ A＋C=180°，∴ sin A= sin C，于是 S=(2×4＋4×6)·sin A=16sin A． 2

222在△ABD中，BD=AB＋AD－2AB·ADcosA＝20－16cosA．

在△CBD中，BD2＝CD2＋BC2－2CD·BCcosC＝52－48cosC．

213又cosA=－cosC, cosA=－, ∵ A∈(0, π), ∴ A=π, sinA=.232

3∴ S=16×=8.2

例2．（2004春北京卷）在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对

边长，已知a，b，c成等比数列，且a2－c2＝ac－bc，求∠A的大小及bsinB的c值。

要点精析：（1）∵ a，b，c成等差数列，∴ b2=ac．

又a2－c2=ac－bc，∴ b2＋c2－a2＝bc，在△ABC中，由余弦定理得

b2c2a21cosA==．∴ A=60°； 22bc

bsinA（2）解法1：在△ABC中，由正弦定理得sinB=，a

bsinBb2sin6032∵ b=ac，∠A=60°，∴ ==sn60=． cca2

11解法2.在△ABC中，由面积公式得bcsinA=acsinB，∵ b2=ac，22

bsinB3∠A＝60°，∴ bcsinA＝b2 sinB，∴ ＝sinA＝.c2

例3．（2001年上海卷）已知a，b，c是△ABC中∠A，∠B，∠C的对边，S是△ABC的面积，若a＝4，b＝5，S＝5，求c的长度．

13要点精析：∵ S=absinC，∴sinc=，于是∠C=60°或∠C=120°． 22

又∵ c2＝a2+b2－2abcosC，当∠C=60°时，c2＝a2＋b2－ab，c

当∠C=120°时，c2=a2＋b2＋ab，c，∴ c

.练习题

一、选择题

tanAa

21．在△ABC中，若，则△ABC是（）tanBb2

A．等腰（非直角）三角形B．直角（非等腰）三角形

C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形

ABab2．在△ABC中，tan，则三角形中（）2ab

A．a＝b且c>2aB．c2=a2＋b2且a≠b

2cD．a=b或c2=a2+b2

3．为测某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20 m的楼的楼顶处测得塔顶的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，那么塔AB的高度是（）

33A．20(1+)mB．20(1+)m 32

C．20(1+)mD．30m

4．设α，β是钝角三角形的两个锐角，下列四个不等式中不正确的是（）

1A．tanαtanβ<1B．sinβ<2C．cosβ>1D．tan(α+β)

5．已知锐角三角形的三边长分别为2，3，x，则x的取值范围是（）C．a=b=

A．1

C．0

56．△ABC的三边分别为 2m＋3，m2＋2m，m2＋3m＋3（m＞0），则最大内角的度数为（）

A．150°B．120°C．90°D．135°

二、填空题：

abc7．在△ABC中，已知A=60°，b=1，S△ABC=3，则 sinAsinBsinC

1138．△ABC的三边满足：，则∠B＝ abbcabc

4129．在△ABC中，已知sinA=，sinB=，则sinC的值是.51

310．在△ABC中，BC边上的中线长是ma，用三边a，b，c表示ma，其公式是.三、解答题

11．设a，b，c是△ABC中A，B，C的对边，当m>0时，关于x的方程b(x2＋m)＋c(x2－m)－

ax=0有两个相等实根，且sinCcosA－cosCsinA=0，试判断△ABC的形状。

12．已知⊙O的半径为R，若它的内接三角形ABC中，等式2R(sin2A－sin2C)=(2a－b)sinB成立，（1）求∠C的大小；

（2）求△ABC的面积S的最大值．

13．在△ABC中，∠C＝60°，BC＝a，AC＝b，a＋b＝16．

（1）试写出△ABC的面积S与边长a的函数关系式；

（2）当a等于多少时，S有最大值并求出最大值；

（3）当a等于多少时，周长l有最小值并未出最小值．

14．在△ABC中，已知面积S＝a2－(b－c)2，且b＋c=8，求S的最大值．

CCCC15．在△ABC中，m(cos,sin)，n(cos,sin)，且m与n的夹角是． 22222

（1）求C；

高中数学三角函数公式定理口诀 篇5

三角函数是函数，象限符号坐标注。函数图象单位圆，周期奇偶增减现。

同角关系很重要，化简证明都需要。正六边形顶点处，从上到下弦切割；

中心记上数字1，连结顶点三角形；向下三角平方和，倒数关系是对角，顶点任意一函数，等于后面两根除。诱导公式就是好，负化正后大化小，变成税角好查表，化简证明少不了。二的一半整数倍，奇数化余偶不变，将其后者视锐角，符号原来函数判。两角和的余弦值，化为单角好求值，余弦积减正弦积，换角变形众公式。和差化积须同名，互余角度变名称。

计算证明角先行，注意结构函数名，保持基本量不变，繁难向着简易变。

逆反原则作指导，升幂降次和差积。条件等式的证明，方程思想指路明。

万能公式不一般，化为有理式居先。公式顺用和逆用，变形运用加巧用；

1加余弦想余弦，1减余弦想正弦，幂升一次角减半，升幂降次它为范；

三角函数反函数，实质就是求角度，先求三角函数值，再判角取值范围；

利用直角三角形，形象直观好换名，简单三角的方程，化为最简求解集。

山西铁路工程建设监理有限公司

高中数学常用定理 篇6

知识网络

三角形中的向量关系→余弦定理 学习要求

1． 掌握余弦定理及其证明； 2． 体会向量的工具性；

3． 能初步运用余弦定理解斜三角形． 【课堂互动】

自学评价

1．余弦定理：

(1)a2b2c22bccosA，______________________，______________________.(2)变形：cosA

b

2c

2a

2，2bc

___________________，___________________.2．利用余弦定理，可以解决以下两类解斜三角形的问题：

（１）_______________________________；（２）_______________________________． 【精典范例】

【例1】在ABC中，（1）已知b3，c1，A600，求a；（2）已知a4，b5，c6，求A（精确到0.10）． 【解】

点评: 利用余弦定理，可以解决以下两类解斜三角形的问题：（１）已知三边，求三个

用心爱心角；（２）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角．

【例2】A,B两地之间隔着一个水塘，听课随笔

择另一点C，测CA182m,CB126m,ACB630，求A,B两地之间的距离确到1m）．

【解】

【例3】用余弦定理证明：在ABCC为锐角时，a2b2c2；当Ca2b2c2

．

【证】

点评:余弦定理可以看做是勾股定理的推广． 追踪训练一

１．在△ＡＢＣ中，求a；

（２）已知a＝７，ｂ＝５，ｃ＝３，２．若三条线段的长为５，６，７，则用这

三条线段（）Ａ．能组成直角三角形 Ｂ．能组成锐角三角形 Ｃ．能组成钝角三角形

专心

Ｄ．不能组成三角形

３．在△ＡＢＣ中，已知a2b2abc2，试求∠Ｃ的大小．

４．两游艇自某地同时出发，一艇以１０ｋｍ／ｈ的速度向正北行驶，另一艇以７ｋｍ／ｈ的速度向北偏东４５°的方向行驶，问：经过４０ｍｉｎ，两艇相距多远？

【选修延伸】

【例4】在△ABC中，BC=a，AC=b，且a，b是方程x2

23x20的两根，2cosAB1。

（1）求角C的度数；

（2）求AB的长；（3）求△ABC的面积。【解】

用心爱心

【例5】在△ABC中，角A、B、C听课随笔

分别为a，b，c，证明： a

2b2

AB。

c

2

sinsinC

追踪训练二

1．在△ABC中，已知b2，c1，B=450则a（）A2B

62C

62

622

D2

2．在△ABC中，已知AB=5，AC=6，BC=31则A=（）

A2

B

3C6D

43．在△ABC中，若b10，c15，C=

6则此三角形有解。

4、△ABC中，若a2

c2

bcb2，则A=_______.专心

【师生互动】

高中数学常用的思想方法 篇7

一、函数与方程思想

函数与方程思想是高中阶段数学常用思想方法之一, 在填空题、解答题中出现的几率都比较大。有关不等式、方程的根的分布、函数的最值问题等都可以利用函数与方程的思想来解题。数列问题也可借助函数思想来解决, 将数列的通项或前n项和看成是关于n的函数来解决数列中的一些常见问题, 但需注意:数列问题的定义域是正整数集。再如应用题, 也都是将实际问题翻译成数学语言, 建立函数关系式, 再利用函数与方程思想来解决数学问题。

例:设不等式2x-1>m (x2-1) 对满足对于任意的m∈[-2, 2]均成立, 求实数x的取值范围。

显然转换变量后再利用函数思想来解题就方便多了, 将原来的自变量作为参数, 原参数看作自变量, 巧妙灵活地利用函数思想解决不等式问题。

二、分类讨论思想

分类讨论思想在函数问题中应用比较广泛, 在遇到用一类方法或从同一个角度或在整体范围内解决不了的问题时, 常就应用分类讨论思想来解题。这类问题解题的基本思想是将整体问题局部化, 将一道复杂的数学题目分解成几个简单的问题, 从各个小的方面去解题, 从可以确定性质的各类情况下去解决问题, 最后再给出总结性的综合结论。利用分类讨论解题时, 关键就是要注意不重复、不遗漏, 特别是特殊情况要优先考虑。常见需要讨论的题型有:含绝对值问题、含参数问题、图象不确定的问题、公式或性质有限制的问题 (如等比数列求前n项和时, 若公比不确定, 则需讨论公比是否为1) 、其他实际问题等等。

例:已知a是实数, 函数f (x) =2ax2+2x-3-a, 如果y=f (x) 有零点, 求实数a的取值范围。

解析:从函数解析式的形式上来考虑, 不能直接应用根的判别式来求解, 因为二次项前的系数为参数, 故不能确定该函数是二次函数还是一次函数, 所以该题要讨论的就是二次项的系数是否为零。 (1) a=0时, 显然函数有零点, 符合; (2) a≠0时, 只需Δ≥0即可。

变式:已知a是实数, 函数f (x) =2ax2+2x-3-a, 如果函数y=f (x) 在区间[-1, 1]上有零点, 求实数a的取值范围。 (需再讨论该区间上的零点个数)

分类讨论思想能很好地锻炼学生的逻辑思维能力, 分析问题、解决问题的能力。分类讨论思想的实质是“化整为零, 积零为整”。基本操作过程是:先确定讨论的对象, 再对问题进行合理分类 (注意考虑全面, 不重不漏) , 再在各类情况下解决问题, 最后给出综合结论。

三、化归与转化思想

化归与转化思想其本质就是化繁为简、化未知为已知、化抽象为具体、化实际问题为数学问题, 化正面解决不了的问题为反面问题, 在不同类型的数学问题之间也常使用化归与转化思想, 比如空间问题转化为平面问题、方程问题转化成函数问题、数列问题转化成函数问题等。

在上例中, 转化与划归的思想的优势很好地得到了体现, 通过化未知为已知后, 将解题过程直接化、简单化。

不难发现, 各类数学思想方法之间其实都是相辅相成的, 除了以上这些常用数学思想方法外, 我们在平时解题中还经常用到配方、换元、分析、综合、反证、归纳、演绎、待定系数法等其他常用方法, 在这就不一一例举了。

初一常用几何证明的定理 篇8

平面直角坐标系各个象限内和坐标轴的点的坐标的符号规律：

（1）x轴将坐标平面分为两部分，x轴上方的纵坐标为正数；x轴下方的点纵坐标为负数。即第一、二象限及y轴正方向（也称y轴正半轴）上的点的纵坐标为正数；第三、四象限及y轴负方向（也称y轴负半轴）上的点的纵坐标为负数。

反之，如果点P（a，b）在x轴上方，则b>0；如果P（a，b）在x轴下方，则b<0。

(2)y轴将坐标平面分成两部分，y轴左侧的点的横坐标为负数；y轴右侧的点的横坐标为正数。即第二、三象限和x轴的负半轴上的点的横坐标为负数；第一、四象限和x轴正半轴上的点的横坐标为正数。

（3）规定坐标原点的坐标为（0，0）

（4

高中数学常用定理 篇9

教材分析

平面向量的基本定理是说明同一平面内任一向量都可以表示为两个不共线向量的线性组合，它是平面向量坐标表示的基础，也是平面图形中任一向量都可由某两个不共线向量量化的依据．这节内容以共线向量为基础，通过把一个向量在其他两个向量上的分解，说明了该定理的本质．教学时无须严格证明该定理，只要让学生弄清定理的条件和结论，会用该定理就可以了．

向量的加法、减法、实数与向量的积的混合运算称为向量的线性运算，也叫“向量的初等运算”．由平面向量的基本定理，知任一平面内的直线型图形都可表示为某些向量的线性组合，这样在证明几何命题时，可先把已知和结论表示成向量形式，再通过向量的运算，有时能很容易证明几何命题．因此，向量是数学中证明几何命题的有效工具之一．为降低难度，目前要求用向量表示几何关系，而不要求用向量证明几何命题．

平面向量的基本定理的理解是学习的难点，而应用基本向量表示平面内的某一向量是学习的重点．

教学目标

1.了解平面向量基本定理的条件和结论，会用它来表示平面图形中任一向量，为向量坐标化打下基础．

2.通过对平面向量基本定理的归纳、抽象和概括，体验数学定理的产生、形成过程，提升学生的抽象和概括能力．

3.通过对平面向量基本定理的运用，增强向量的应用意识，进一步体会向量是处理几何问题的强有力的工具之一．

任务分析

这节课是在学生熟悉向量加、减、数乘线性运算的基础上展开的，为了使学生理解和掌握好平面向量的基本定理，教学时，常应用构造式的作图方法，同时采用师生共同操作，增强直观认识，归纳和总结出任意向量与基本向量的线性组合关系，并且通过适当的练习，使学生进一步认识和理解这一基本定理．

教学设计

一、问题情景 1.在ABCD中，（1）已知＝ａ，＝ｂ，试用ｂ，ｂ来表示，；

（2）已知＝ｃ，＝ｄ，试用ｃ，ｄ表示向量，.2.给定平面内任意两个不共线向量e1，e2，试作出向量3e1＋2e2，e1－2e2． 3.平面内的任一向量是否都可以用形如λ1e1＋λ2e2的向量表示？

二、建立模型 1.学生回答

（1）由向量加法，知＝ａ＋ｂ；由向量减法，知＝ａ－ｂ，＝ａ＋0·ｂ．

（2）设AC，BD交于点O，由向量加法，知

2.师生总结

以ａ，ｂ为基本向量，可以表示两对角线的相应向量，还可表示一边对应的向量估计任一向量都可以写成ａ·ｂ的线性表达．

任意改成另两个不共线向量ｃ，ｄ作基本向量，也可表示其他向量． 3.教师启发，通过了e1＋2e2，e1－2e2的作法，让学生感悟通过改变λ1，λ2的值，可以作出许多向量ａ＝λ1e1＋λ2e2．在此基础上，可自然形成一个更理性的认识———平面向量的基本定理．

4.教师明晰

如图，设e1，e2是平面内两个不共线的向量，ａ是这一平面内的任一向量．

在平面内任取一点O，作

＝e1，＝e2，＝ａ；过点C作平行于直线OB的直线，与直线OA交于M；过点C作平行于直线OA的直线，与直线OB交于N．这时有且只有实数λ1，λ2，使

＝λ1e1，＝λ2e2．由于

＝

＋，所以ａ＝λ1e1＋λ2e2，也就是说任一向量ａ都可表示成λ1e1＋λ2e2的形式，从而有

平面向量的基本定理 如果e1，e2是一平面内的两个不平行向量，那么该平面内的任一向量ａ，存在唯一的一对实数λ1，λ2，使ａ＝λ1e1＋λ2e2．

我们把不共线向量e1，e2叫作表示这一平面内所有向量的一组基底，有序实数对（λ1，λ2）叫ａ在基底e1，e2下的坐标．

三、解释应用 ［例 题］

1.已知向量e1，e2（如图38-3），求作向量－2.5e1＋3e2． 注：可按加法或减法运算进行．

2.如图38-4，解：∵，不共线，＝t（t∈R），用，表示．

［练习］

1.已知：不共线向量e1，e2，求作向量ａ＝e1－2e2．

2.已知：不共线向量e1，e2，并且e1－3e2＝λ1e1＋λ2e2，求实数λ1，λ2． 3.已知：基底｛a，b｝，求实数ｘ，ｙ满足向量等式：3xa＋（10－y）b＝（4y＋7）a＋2xb．

4.在△ABC中，＝ａ，＝ｂ，点G是△ABC的重心，试用ａ，ｂ表示．

5.已知：ABCDEF为正六边形，＝ａ，．

＝ｂ，试用a，b表示向量6.已知：M是平行四边形ABCD的中心，求证：对于平面上任一点O，都有

.四、拓展延伸

点 评

高中数学常用定理 篇10

关键词：高中数学,探究式教学,二项式定理

在以往传统的教育观念中, 一直以“师讲生听”为主要的教育方式, 学生在课堂上被动接受知识, 不能够主动学习。 这种学习方法事倍功半, 很难让学生真正从学习中找到快乐, 从而更牢固地掌握知识。 在新课改中, 学生学习的“自主性”是其中极为重要的一部分, 改变了以往以老师为本、学生为辅的局面。 让学生能够真正融入课堂中, 成为学习的主人。 让学生主动思考, 学习知识是自主学习的关键一步。 探究式教学是其中极为重要的一种教学方式。

1.问题提出的背景

1.1时代发展的需求。

21世纪科学技术发展迅速, 国际竞争日趋激烈, 科技的发展代表着国力。 时代的发展要求教育做出相应改革, 这也是对传统基础教育提出的新要求。 布鲁纳的思想观点是:学习过程由过去、转变、评价三个部分组成, 教师在教学过程中应当尽可能让学生对学习产生兴趣, 引导学生自己发现、思考问题, 并在最后自己得出结论。 对于这个时代而言, 国家所需要的人才是需要能够适应社会环境、独立思考的“学习型”人才, 对于培养学生的自主学习能力十分重要。

1.2新课改提出的要求。

东北师范大学的校长史宁认为: 教育的好坏取决于两个方面:一要看其是否有利于学生发展;二要看其是否有利于国家的发展。 基于这两个方面, 国家在新一轮课改中更看重自主创新型人才。 在当今社会发展过程中, 新思想、新工艺、新技术是十分重要的, 以往单一的知识型人才在当今社会已经变得越来越不重要, 现在的社会需要的是能可持续学习、自主创新的人才。 学生学会自主学习, 独立思考对其一生都有着重大意义。创新型人才的培养是国家重要的发展战略。 创新型人才能够坚持源源不断为国家带来改变, 能够为国家带来独立的创新型科技。

1.3高中数学教学现状。

在以往的高中数学教学过程中, 基本都是以老师 “满堂灌”为主, 一节课从始至终老师都在讲解。 其中好的一方面是能够快速增加学生的知识量, 能够短时间内提高学生的考试成绩, 为升学考试提供保障。 不利于学生发展的一面则是进入大学后学生不知道如何学习, 不知道怎样听讲、做笔记和利用自己的空余时间。 他们缺乏独立的思想和自主学习能力, 这一现状在大学生中很普遍。 现在高中老师在教学过程中讲解得很详细, 无论是整体的知识框架还是一些细节的知识点, 全部由老师灌输给学生, 由老师牵引着学生走, 这对学生的独立学习、思考能力有极大的限制。 这种教学模式下的学生, 他们只想知道课本上的知识是什么, 只是想牢记一些公式, 而对于为什么会产生这样的公式, 为什么会有这样的结论他们并不关心。 事实上, 学会独立学习和思考比学习知识本身更重要。 学生只有学会独立自主地学习和思考, 才能够更全面地认知, 才能够不断提升自己, 不断创新。 这种思想在学生进入社会以后有着显著体现。 因此, 基于社会的发展, 国家的需要, 新课改必须改变以往的传统教学方式。

2.探究式教学与数学探究式教学的研究综述

2.1什么是教学探究式教学?

探究式教学是由美国著名科学家施瓦布在20世纪50年代的教育运动中首先提出的。 他认为在学校教学过程中, 学生应该自己独立发现问题、 解决问题, 并且在探索过程中获取知识, 培养自己独立学习的能力和创造力。

探究式教学是指学生在学习过程中, 通过发现问题, 独立思考, 收集和处理信息, 调研等方法最后解决问题的一种教学方式。 这种教学方式十分关注学生的内心世界———使学生有探究、获得新知识的体验, 并使学生勇于担当责任和自主创新等。 探究式教学与其他教学方式相比, 它具有开放性、问题性和实践性等特征。 学者研究认为:经历探究过程, 获得情感体验, 知识的积累和更多的开放式互动, 能够使学生更好地学习。

2.2什么是数学探究式教学?

数学探究式教学是老师通过各种措施把学生学习过程中发现的问题凸现出来, 使学生在学习过程中自己发现问题, 思考并解决的一种教学方法。 它以问题为载体, 让学生自己收集、处理和分析这些问题, 有助于学生了解数学概念和结论的产生过程, 初步尝试自己理解这些数学知识, 最后对其有深层次的认知。

3.实际案例

3.1实际问题, 引入课题。

良好的开端是成功之始, 在高中数学课堂教学过程中, 注重通过情景引入问题, 在分析问题中导入课题, 不但有利于学生明确学习目标, 而且能够激发学生的学习兴趣。 高中生的抽象能力有了一定的发展, 但还没有完全成熟, 通过老师引入一些实际问题, 能够让学生更具体地思考, 激发学生的学习兴趣和求知欲。 导入问题:

小明在2012年准备投入100万与朋友做生意, 投入后有两种回报方式:一种是选择年利率 (12%) 或者单利 (10%) 收回本息, 另一种则是按年利率10%, 每年复利, 10年后可收回本息。请问投资人该选择哪一种投资方式更有利? 按单利来计算, 10年后本金和利息和为10× (1+12%×100) =130 (万元) , 按照每年复利来计算, 10年后的本金和利息总和为10× (1+100%) 10, 这种公式计较麻烦, 如何不使用计算工具而快速得到答案, 所以在教学中先让学生对公式进行求解, 然后老师顺势提出 (a+b) n的课题。

从课堂教学中不难看出, 学生对于这种实际生活中的案例更积极, 有着更强烈的求知欲望, 主动学习, 学习效率会更高。

3.2联合探究, 发现规律。

在学生急于找到答案时, 老师不要直接将答案告诉学生, 而是要一步步引导学生, 与学生一起探究问题, 让学生能够深入体会, 了解知识。

问题引导推导:

然后将n替换为具体数字引导学生再次探究。 比如n=4或n=5: (a+b) 4=a3+3a2b+3ab2+b3, (a+b) 4+4a3b+6a2b2, 通过引导学生观察公式的进行归纳总结:每个不取b的情况有一种, 即C40种, 所以a4的系数是C40;恰有一个取b的情况有C41, 所以a3b的系数是C41;4个都取b的情况有C44, 所以b4的系数是C44, 然后得到:

引导归纳猜想。

由 (a+b) 4联想到 (a+b) n的展开公式, 在这个过程中老师应该深入到各个小组过程中, 根据学生的想法进行引导, 与学生讨论, 从而得到以下公式:

在合作探究过程中, 学生处于主体地位, 老师只起到引导作用, 探究过程中要注重引导学生在合作中发现知识, 告别传统的教学模式, 让学生自己思考, 发现并解决问题。

3.3成果交流, 推广结论

探究过程中, 学生小组对二项式有了大致了解, 并有了自己的结论。 但并不是所有学生都掌握了这个知识, 所以就需要老师指定几个学生上讲台将自己小组的思考、 交流成果板书下来, 并由学生自己讲解, 这样对于讲解者和听讲者都是一次巩固, 并允许学生积极发言, 顺利沟通和讨论, 在相互讨论中使学生对知识点有全面把握。

3.4体验定理

当学生在课堂上通过思考, 合作探究和讨论掌握了知识点后, 老师应该引导学生使用其掌握的知识点解决实际生活中的问题, 让学生能够学以致用, 对知识有更深入的了解。 在这个过程中, 学生可以相互提问和解决问题, 从而更全面地了解知识。

结语

在社会的发展和新课改的推动下, 基础教育的改革越来越重要, 转变传统的教学模式, 让学生处于学习的主导地位, 是基础教学中必不可少的转变。 但这一转变也不可一蹴而就, 应当循序渐进, 使学生能够主动、深入地学习。 只有在这种自主性学习的过程中, 才能不断提高数学课堂教学效率, 让学生更好地学习自己, 发展知识。

参考文献

[1]周振羽.启发探究式在高中数学课堂教学中的应用——以“二项式定理”教学为例[J].考试:教研版, 2012 (9X) :41-42.

[2]黄小杰.简析探究式教学在高中数学教学中的运用——以“二面角”教学为例[J].广西教育b:中教版, 2013 (6) :79-79.

高中数学常用定理 篇11

江苏省滨海县五汛中学 王玉娟

排列组合是高中数学的重点和难点之一，是进一步学习概率的基础。排列组合问题通常联系实际，生动有趣，并且能够锻炼同学们的逻辑推理能力和思维的缜密性，但题型多样，思路灵活，不易掌握。实践证明，备考有效方法是题型与解法归类、识别模式、熟练运用，现将高中阶段常用的排列问题和组合问题的解题方法归纳如下：

一、相邻问题捆绑法

题目中规定相邻的几个元素并为一个组(当作一个元素)参与排列． 例1 五人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有 种。

分析：把甲、乙视为一人，并且乙固定在甲的右边，则本题相当于4人4的全排列，A424种。

二、相离问题插空法

元素相离(即不相邻)问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定相离的几个元素插入上述几个元素间的空位和两端．

例2 七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是。

分析：除甲乙外，其余5个排列数为A5种，再用甲乙去插6个空位有A652种，不同的排法种数是A5A63600种。

三、定序问题缩倍法

在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序，可用缩小倍数的方法． 例3 A、B、C、D、E五个人并排站成一排，如果 B必须站A的右边(A、B可不相邻)，那么不同的排法种数有。

分析：B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元

1560种。素全排列数的一半，即A

52四、标号排位问题分步法

把元素排到指定号码的位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成．

例4 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有。

分析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法。

五、有序分配问题逐分法

有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，可用逐步下量分组法。例5 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法总数有。

分析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承 担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有211C10C8C72520种。

六、多元问题分类法

元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计。

例6 由数字 0，1，2，3，4，5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有 个。

分析：按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有1***个，A4A3A3,A3A3A3,A2A3A3,A3A3个，合并总计300个。A5例7 从1，2，3，„100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法(不计顺序)共有多少种？

分析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做A7,14,21,98共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做A1,2,3,4，10086个元素；由此可知，从A中任取2个元素的取法有共有211，从A中任取一个，又从A中任取一个共有C14，两种情形共符合要求的C14C86211取法有C14C14C861295种。

例8 从1，2，„100这100个数中，任取两个数，使其和能被4整除的取法(不计顺序)有多少种？

分析：将I1,2,3,100分成四个不相交的子集，能被4整除的数集A4,8,12,100；能被4除余1的数集B1,5,9,97，能被4除余2的数集C2,6,,98，能被4除余3的数集D3,7,11,99，易见这四个集合中每一个有25个元素；从A中任取两个数符合要；从B,D中各取一个数也符合要求；从C中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求2112的取法共有C25种。C25C25C2

5七、交叉问题集合法

某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式n(AB)n(A)n(B)n(AB)。

例 9 从6名运动员中选出4个参加4×100m接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同参赛方法？

分析：设全集Ⅰ＝｛6人中任取4人参赛的排列｝，A＝｛甲第一棒的排列｝，B＝｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有： n(Ⅰ)－n(A)－ n(B)＋n(A∩B)＝P64P53P53P42＝252(种)．

八、定位问题优先法

某个(或几个)元素要排在指定位置，可先排这个(几个)元素，再排其他元素。

例10 1名老师和4名获奖同学排成一排照像留念，若老师不在两端，则有不同的排法有_______ _种。

14分析：老师在中间三个位置上选一个有A3种，4名同学在其余4个位置上有A414种方法；所以共有A3A472种。

九、多排问题单排法

把元素排成几排的问题，可归结为一排考虑，再分段处理。

例11 6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是。

分析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排6成一排，共A6720种。

例12 8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某 1个元素要排在后排，有多少种排法？

2分析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A4种，某11个元素排在后半段的四个位置中选一个有A4种，其余5个元素任排5个位置上1255有A5种，故共有A4A4A55760种排法。

十、“至少”问题间接法

关于“至少”类型组合问题，用间接法较方便。例13 从4台甲型和5台乙型电视机中任取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有 种。

分析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种

333型号的电视机，故不同的取法共有C9C4C570种。

分析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；

2112甲型2台乙型1台；故不同的取法有C5C4C5C470种。

十一、选排问题先取后排法

从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，可用先取后排法。

例14 四个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_____ ___种

2分析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在233四个盒中每次排3个有A4种，故共有C4A4144种。

例15 9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同分组法？

22分析：先取男女运动员各2名，有C52C4种，这四名运动员混和双打练习有A2222中排法，故共有C5C4A2120种。

十二、部分合条件问题排除法

在选取总数中，只有一部分合条件，可从总数中减去不合条件数，即为所求。

例16 以一个正方体顶点为顶点的四面体共有 个。分析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成C84四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有C841258个。

例17 四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有 种。

4分析：10个点中任取4个点共有C10种，其中四点共面的有三种情况：①在44四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为C6，四个面共有4C6个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6

44个；所以四点不共面的情况的种数是C104C636141种。

十三、复杂排列组合问题构造模型法

例18马路上有编号为1，2，3„9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

分析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮3的灯C5种方法。所以满足条件的关灯方案有10种。

说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决。

十四、利用对应思想转化法

对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理。

例19 圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？ 分析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的410个点可以确定多少个不同的四边形，显然有C10个，所以圆周上有10点，以4这些点为端点的弦相交于圆内的交点有C10个。