二项式定理的基本应用

2024-07-24

二项式定理的基本应用（精选十篇）

二项式定理的基本应用篇1

平面向量特别是平面向量基本定理是历年高考常考的内容, 笔者从2006年湖南的一道高考题出发谈谈该定理的推广及应用.

例1 (2006年湖南高考题) 如图1, OM//AB, 点P在由射线OM, 线段OB及AB的延长线围成的区域内 (不含边界) 运动, 且 $\vec{Ο Ρ} = x \vec{Ο A} + y \vec{Ο B}$ , 则x的范围是.当 $x = - \frac{1}{2}$ 时, y的取值范围.

由平面向量基本定理可得到如下结论:

推论1 已知向量 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B} ‚ \vec{Ο Ρ}$ 不共线, 则A, B, P三点共线的充要条件为存在唯一一组实数x, y, 使得 $\vec{Ο Ρ} = x \vec{Ο A} + y \vec{Ο B}$ 且x+y=1.

注意到将图1中直线OB, OA, AB延长, 则直线OB, OA, AB把平面分成七个区域, 如图2, 由此还可得到如下结论:

结论 (1) 若点P落在①区域 (不含边界) , 则0<x<1, 0<y<1, 且0<x+y<1.

结论 (2) 若点P落在②区域 (不含边界) , 则x, y>0, 且x+y>1.

结论 (3) 若点P落在③区域 (不含边界) , 则x<0, y>1, 且x+y>1.

结论 (4) 若点P落在④区域 (不含边界) , 则x<0, y>0, 且x+y<1.

结论 (5) 若点P落在⑤区域 (不含边界) , 则x<0, y<0.

结论 (6) 若点P落在⑥区域 (不含边界) , 则x>0, y<0, 且x+y<1.

结论 (7) 若点P落在⑦区域 (不含边界) , 则x>1, y<0, 且x+y>1.

结论 (1) 证明设x+y=t, 则 $\frac{x}{t} + \frac{y}{t} = 1, ∵ \frac{1}{t} \vec{Ο Ρ} = \frac{x}{t} \vec{Ο A} + \frac{y}{t} \vec{Ο B}$ , 记 $\vec{Ο Q} = \frac{1}{t} \vec{Ο Ρ} ‚ ∴ \vec{Ο Q} = \frac{x}{t} \vec{Ο A} + \frac{y}{t} \vec{Ο B}$ .由推论1, 得Q在直线AB上.又 $\vec{Ο Ρ} = t \vec{Ο Q} ‚ Ρ$ 在△ABC内部, $∴ | \vec{Ο Ρ} | < | \vec{Ο Q} |$ , 即 $| t | | \vec{Ο Q} | < | \vec{Ο Q} | ‚ ∴ | t | < 1$ .又 $x \vec{Ο A}$ 与 $\vec{Ο A}$ 同向, $y \vec{Ο B}$ 与 $\vec{Ο B}$ 同向, ∴x>0, y>0, t>0.又 $| x \vec{Ο A} | < | \vec{Ο A} | ‚ | y \vec{Ο B} | < | \vec{Ο B} | ‚ ∴ 0 < x < 1, 0 < y < 1$ , 且0<x+y<1.

同理可证结论 (2) , (3) , (5) , (7) .

结论 (4) 证明 $∵ \vec{Ο Ρ} = x \vec{Ο A} + y \vec{Ο B}$ , 由P的位置知 $x < 0 ‚ y > 0 ‚ ∴ \vec{Ο B} = \frac{1}{y} \vec{Ο Ρ} - \frac{x}{y} \vec{Ο A}$ .连接AP, 点B在直线AP的上方, 由结论 (2) 知 $\frac{1}{y} - \frac{x}{y} > 1 ‚ ∴ x + y < 1$ .同理可证结论 (6) .

利用上面结论解例题1, 如下:

解如图1, 过P作OB, OA平行线, $x \vec{Ο A}$ 与 $\vec{Ο A}$ 反向, 可得x<0.

当 $x = - \frac{1}{2}$ 时, 取 $Ο C = \frac{1}{2} Ο A$ , 过C作CD//OB交OM于Q, 过Q作QE//OA交OB于E.

$∴ \vec{Ο Q} = - \frac{1}{2} \vec{Ο A} + \frac{1}{2} \vec{Ο B}$ , 此时x+y=0.∵P在QD之间运动, 由结论 (4) 知 $0 < x + y < 1 ‚ ∴ 0 < y - \frac{1}{2} < 1 ‚ ∴ \frac{1}{2} < y < \frac{3}{2} .$

例2 (2009年安徽高考题) 给定两个长为1的平面向量 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B}$ 的夹角为120°, 若点P在以O为圆心的圆弧AB上运动, 设 $\vec{Ο Ρ} = x \vec{Ο A} + y \vec{Ο B}$ , 则x+y的最大值为, 最小值为.

解连接AB, 取圆弧AB的中点D, 过D作A′B′//AB交OA, OB于A′, B′.点P在圆弧AB上运动相当于在四边形ABB′A′内运动.

当P与A或B重合, 此时x+y达到最小值, 由推论1知x+y=1.

当P与D重合, $\vec{Ο Ρ} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B}$ , 此时x+y达到最大值, x+y=2.

当P在圆弧BD或圆弧AD上, 即在△OA′B′内部, 设 $\vec{Ο Ρ} = m \vec{Ο A^{'}} + n \vec{Ο B^{'}}$ , 由结论 (1) 知0<m+n<1.又 $Ο B^{'} = 2 Ο B ‚ Ο A^{'} = 2 Ο A ‚ ∴ \vec{Ο Ρ} = 2 m \vec{Ο A} + 2 n \vec{Ο B} ‚ ∴ x + y = 2 (m + n) < 2 ‚ ∴ 1 \leq x + y \leq 2 .$

变式正六边形ABCDEF边长为1, P是△CDE内 (包括边界) 的动点, 设 $\vec{A Ρ} = x \vec{A B} + y \vec{A F}$ , 求x+y的取值范围.

解过D作直线NH//CE交AF, AB的延长线于H, N.延长CE交AF, AB于G, M.

点P在△CDE内 (包括边界) 运动相当于在四边形MNHG内运动.

设 $\vec{A Ρ} = m \vec{A Ν} + n \vec{A Η}$ , 由推论1和结论 (1) 知0<m+n≤1.由题意得 $A Η = 4 A F ‚ A Ν = 4 A B ‚ ∴ \vec{A Ρ} = 4 m \vec{A B} + 4 n \vec{A F} ‚ ∴ x + y = 4 (m + n) \leq 4 .$

设 $\vec{A Ρ} = λ \vec{A Μ} + μ \vec{A G}$ , 由推论1和结论 (2) 知λ+μ≥1.由题意得 $A Μ = 3 A B ‚ A G = 3 A F ‚ ∴ \vec{A Ρ} = 3 λ \vec{A B} + 3 μ \vec{A F} ‚ ∴ x + y = 3 (λ + μ) \geq 3 ‚ ∴ 3 \leq x + y \leq 4 .$

由平面推广到空间也可得到类似的结论:

推论2 如图3, 空间不共线三点A1, B, D和平面A1BD外一点A, 若P在平面A1BD内, 则存在一组实数x, y, z, 使得 $\vec{A Ρ} = x \vec{A B} + y \vec{A D} + z \vec{A A_{1}}$ 且x+y+z=1.

由推论2出发还可推出以下两个结论:

结论1 若P在四面体A1BDA内 (不含边界) , 则0<x<1, 0<y<1, 0<z<1, 且0<x+y+z<1.

结论2 如图3, 已知平面MNQ//平面A1BD, 且 $\vec{A Q} = k \vec{A A_{1}} ‚ \vec{A Μ} = k \vec{A B} ‚ \vec{A Ν} = k \vec{A D} .$

若P落在②区域 (包括边界) , 则x, y, z>0, 且1≤x+y+z≤k.

结论1 证明与结论 (1) 的证法一样, 留给读者证明.

结论2证明设x+y+z=t, 则 $\frac{x}{t} + \frac{y}{t} + \frac{z}{t} = 1 .$

∵记 $\vec{A Q} = \frac{1}{t} \vec{A Ρ} ‚ ∴ \vec{A Q} = \frac{x}{t} \vec{A B} + \frac{y}{t} \vec{A D} + \frac{z}{t} \vec{A A_{1}} .$

由推论2, 得Q在平面A1BD内.又 $\vec{A Ρ} = t \vec{A Q} ‚ ∵ Ρ$ 在平面A1BD外的②区域内, $∴ | \vec{A Ρ} | > | \vec{A Q} | ‚ | t | | \vec{A Q} | > | \vec{A Q} | ‚ ∴ | t | > 1 ‚ x \vec{A B}$ 与 $\vec{A B}$ 同向, $y \vec{A D}$ 与 $\vec{A D}$ 同向, $z \vec{A A_{1}}$ 与 $\vec{A A_{1}}$ 同向.

∴x>0, y>0, z>0, t>0, ∴x+y+z≥1.

当P在平面MNQ内时, 设 $\vec{A Ρ} = x_{1} \vec{A Q} + y_{1} \vec{A Μ} + z_{1} \vec{A Ν}$ , 且x1+y1+z1=1.由已知得

$\begin{array}{l} \vec{A Ρ} = x_{1} k \vec{A A_{1}} + y_{1} k \vec{A B} + z_{1} k \vec{A D}, \\ ∴ x + y + z = k (x_{1} + y_{1} + z_{1}) = k, 而 Ρ 落在 ② 区域内 ‚ \end{array}$

∴1≤x+y+z≤k.

例3 已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1, 过点A的三棱长为1, E是CC1中点.

(1) 设 $\vec{A Ρ} = x \vec{A B} + y \vec{A D} + z \vec{A A_{1}}$ , 若P在四面体A1BDA内 (包含边界) 运动, 且 $z = \frac{1}{3}$ , 求x+y的取值范围.

(2) 设 $\vec{A Ρ} = x \vec{A B} + y \vec{A D} + z \vec{A A_{1}}$ , 若P在四面体C1B1D1C内 (包含边界) 运动, 求x+y+z的范围.

(3) 若AE交平面A1BD于G, 求证: $A G = \frac{2}{5} A E .$

解 (1) 由推论2和结论1, 得x+y≥0, 且 $0 < x + y + \frac{1}{3} \leq 1 ‚ ∴ 0 \leq x + y \leq \frac{2}{3} .$

(2) 当P在平面CB1D1内 (包含边界) 运动时, x+y+z达到最小值且在平面CB1D1内任何位置x+y+z的值都相等.∴取P与C重合, 可得 $\vec{A Ρ} = \vec{A B} + \vec{A D} + 0 \vec{A A_{1}} ‚ ∴ x + y + z$ 达最小值为2.

过C1可作一个平面α平行于平面A1BD, 在平面α内取P与C1重合, 可得 $\vec{A Ρ} = \vec{A B} + \vec{A D} + \vec{A A_{1}}$ , 在平面α内任何位置x+y+z的值都相等且都达到最大, ∴x+y+z的最大值为3.

$\begin{array}{l} 由结论 2 ‚ 可得 2 \leq x + y + z \leq 3 . \\ (3) ∵ \vec{A E} = \vec{A B} + \vec{A D} + \frac{1}{2} \vec{A A_{1}} ‚ 设 A G ∶ G E = t . \end{array}$

$\begin{array}{l} 设 \vec{A G} = x \vec{A B} + y \vec{A D} + z \vec{A A_{1}} ‚ 且 x + y + z = 1 ‚ \\ ∴ \vec{A G} = \frac{t}{t + 1} \vec{A E} = \frac{t}{t + 1} (\vec{A B} + \vec{A D} + \frac{1}{2} \vec{A A_{1}}) ‚ \\ ∴ x + y + z = \frac{2 t}{t + 1} + \frac{t}{2 t + 2} = 1 ‚ ∴ t = \frac{2}{3} ‚ ∴ A G = \frac{2}{5} A E . \end{array}$

平面向量的基本定理是向量一章中最重要的定理, 理解定理的推广及应用有助于更好地解决高考中的向量题, 本文旨在此方面给大家启示.

二项式定理的基本应用篇2

（1）正确理解加法原理与乘法原理的意义，分清它们的条件和结论；

（2）能结合树形图来帮助理解加法原理与乘法原理；

（3）正确区分加法原理与乘法原理，哪一个原理与分类有关，哪一个原理与分步有关；

（4）能应用加法原理与乘法原理解决一些简单的应用问题，提高学生理解和运用两个原理的能力；

（5）通过对加法原理与乘法原理的学习，培养学生周密思考、细心分析的良好习惯。

教学建议

一、知识结构

二、重点难点分析

本节的重点是加法原理与乘法原理，难点是准确区分加法原理与乘法原理。

加法原理、乘法原理本身是容易理解的，甚至是不言自明的。这两个原理是学习排列组合内容的基础，贯穿整个内容之中，一方面它是推导排列数与组合数的基础；另一方面它的结论与其思想在方法本身又在解题时有许多直接应用。

两个原理回答的，都是完成一件事的所有不同方法种数是多少的问题，其区别在于：运用加法原理的前提条件是，做一件事有n类方案，选择任何一类方案中的任何一种方法都可以完成此事，就是说，完成这件事的各种方法是相互独立的；运用乘法原理的前提条件是，做一件事有n个骤，只要在每个步骤中任取一种方法，并依次完成每一步骤就能完成此事，就是说，完成这件事的各个步骤是相互依存的。简单的说，如果完成一件事情的所有方法是属于分类的问题，每次得到的是最后结果，要用加法原理；如果完成一件事情的方法是属于分步的问题，每次得到的该步结果，就要用乘法原理。

三、教法建议

关于两个计数原理的教学要分三个层次：

第一是对两个计数原理的认识与理解．这里要求学生理解两个计数原理的意义，并弄清两个计数原理的区别．知道什么情况下使用加法计数原理，什么情况下使用乘法计数原理．（建议利用一课时）．

第二是对两个计数原理的使用．可以让学生做一下习题（建议利用两课时）：

①用0，1，2，……，9可以组成多少个8位号码；

②用0，1，2，……，9可以组成多少个8位整数；

③用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位整数； ④用0，1，2，……，9可以组成多少个有重复数字的4位整数； ⑤用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位奇数；

⑥用0，1，2，……，9可以组成多少个有两个重复数字的4位整数等等．

第三是使学生掌握两个计数原理的综合应用，这个过程应该贯彻整个教学中，每个排列数、组合数公式及性质的推导都要用两个计数原理，每一道排列、组合问题都可以直接利用两个原理求解，另外直接计算法、间接计算法都是两个原理的一种体现．教师要引导学生认真地分析题意，恰当的分类、分步，用好、用活两个基本计数原理．教学设计示例

加法原理和乘法原理

教学目标

正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力．教学重点和难点

重点：加法原理和乘法原理．

难点：加法原理和乘法原理的准确应用．教学用具

投影仪．教学过程设计

（一）引入新课

从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．

今天我们先学习两个基本原理．

（二）讲授新课

1．介绍两个基本原理

先考虑下面的问题：

问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4个班次，汽车有2个班次，轮船有3个班次．那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？

因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有4+2+3=9种不同的走法．

这个问题可以http://jiaoan.cnkjz.com/Article/Index.html>总结为下面的一个基本原理（打出片子——加法原理）：

加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法．

请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）：

问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见下图），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？

这里，从A村到B村，有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C村共有3×2=6种不同的走法．

一般地，有如下基本原理（找出片子——乘法原理）：

乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 2．浅释两个基本原理

两个基本原理的用途是计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．

比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别？

两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．

看下面的分析是否正确（打出片子——题1，题2）：

题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个． 1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．

题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？

第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．

题2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．

从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．

（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）

进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．

如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．

也就是说：类类互斥，步步独立．

（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）

（三）应用举例

现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．

例1 书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．

（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？

（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？

（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？

（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）

（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是 N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．故从书架上任取一本书的不同取法有14种．

平面向量基本定理应用中的三种境界篇3

平面向量基本定理是一个十分重要的重要定理,它是解决平面向量计算问题的重要工具.本文通过线性系数的求法,谈平面向量基本定理应用的三种境界.以期引发同学们的思考.

境界一直接用基底表示向量来确定线性系数例1如图1,平行四边形ABCD的对角线AC和BD交于一点M,=a,=b,试用a,b表示,,和.

解由平行四边形法则,=+=a+b.由三角形法则,=-=b-a.

因为平行四边形的对角线互相平分,所以==a+b,=-=-a-b,==-a+b,=-=a-b.

点评用基底表示向量是掌握平面向量基本定理,解决平面向量计算问题的一个重要环节.这里关键是通过向量的加法和减法法则把未知的向量用已知(或可求)的向量表示.

境界二逆用平行四边形法则求线性系数例2 (2007年陕西理科卷)如图2,平面内有三个向量,,,其中与的夹角为120°,与的夹角为30°,且||=||=1,||=2.若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的值为 .

解过点C分别作OA与OB的平行线,交OA和OB的延长线于点E与点D(如图3),可得平行四边形ODCE.由条件可知λ=,μ=.

因为∠DOC=30°,∠ODC=180°-∠DOE=180°-120°=60°,所以∠OCD=90°,所以在直角三角形OCD中,由||=2,可得CD=2,OD=4.

又||=||=1,从而λ=||=4,μ=||=||=2,故λ+μ=6.

点评由于基底,的模和夹角均已知,故可考虑作出平行四边形,逆用平行四边形法则,通过解三角形来解决本题.

境界三活用定理的推论求线性系数

设e1和e2是同一平面内的两个不共线向量,由平面向量基本定理,可得到下面的推论:若存在实数λ1,λ2,u1,u2,使得λ1e1+λ2e2=u1e1+u2e2,则λ1=u1,且λ2=u2.

例3 如图4,已知P是△ABC内的一点,且满足条件+2+

3=0,设Q为CP的延长线与AB的交点,令=a,用a表示.

解由A,Q,B三点共线,不妨令=λ,则=-=(λ-1)(λ∈R).

由C,P,Q三点共线,不妨令=u,则=(u-1)(u∈R).

则=+=λ+(u-1),=+=(λ-1)+(u-1).

于是条件式可变为λ+(u-1)+2(λ-1)+2(u-1)+3u=0,即(3λ-2)+(6u-3)=0,所以3λ-2=0,6u-3=0,得λ=,u=.

所以=a=,故=2a.

点评这里先由三点共线,将,均用表示,将,均用表示,接下来干脆选取,两个不共线的向量作为基底,将其他向量均用它们线性表示,然后代入已知式看看能得出什么结果,结果发现转化成了“λ1e1+λ2e2=0”的形式,大功就此告成.

1. 如圖5,在△ABC中,点D,E分别在边BC,AC上,且BD=BC,

CE=CA,AD与BE交于点R,求和的值.

1. =x=x(-)=x-x,=y=y(-)=y-y.

=-=x+y-x+y.又=-,所以x+y=1,x+y=1,得x=,y=,

关于平面向量基本定理推论的思考篇4

一、通过拼凑使向量前系数满足 λ + μ = 1

例1 在△ABC中, , P是BN上的一点, 若, 则实数m的值为多少?

如果此题用平面向量基本定理的推论去考虑, 就会省去大部分运算.

解延长CA到D, 使DA = AC,

平面向量基本定理的推论, 知O, E, B三点共线, 且当CE⊥DB时, 最小值为.

二、延长或缩短某条线段, 将问题转化为三点共线

例3 OM与BC平行, 点P在由射线OM, 线段OB及AB的延长线围成的阴影区域内 ( 不含边界) , 且, 则实数 ( x, y) 的关系为_____.

解延长OP交AB延长线于D, 则

例4 已知△ABC, D为BC的中点, O为平面上任意一点, 存在一点P, 满足, 求△PAC得面积与△ABC的面积之比.

这种做法比较混乱, 更多的靠运气. 要跳出这个式子, 站在更高的位置整体看待它.

利用平面向量基本定理的推论

∴ 由平面向量基本定理的推论知, P, D, C三点共线, 且

二项式定理的基本应用篇5

（要求会文字叙述，会改写成“如果...那么...”并用数学语言写出已知,求证，并给出证明过程，自己画图形）。线，角公理：

①.两直线平行，同位角相等②.同位角相等，两直线平行

1.两直线平行，内错角相等

2.两直线平行，同旁内角互补

3.内错角相等，两直线平行

4.同旁内角互补，两直线平行

5.如果两条直线都和第三条直线垂直，那么这两条直线平行

6.如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线平行

7.对顶角相等

8.三角形内角和为180°

9.三角形外角和为360°

10.多边形内角和为（n-2）*180°

11.多边形外角和为360°

三角形全等公理：

③SSS④SAS⑤ASA⑥全等三角形对应边相等，对应角相等。

********* 正确，无须再推导证明;除上述6个公理之外，还有等量代换，等式的性质，不等式的性质都可看做公理。推论: AAS

定理：等腰三角形的两个底角相等（等边对等角）

推论：等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高互相重合（三线合一）

定理：等腰三角形的两个底角相等（等边对等角）

附：1.等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°

2.有个角为60°的等腰三角形是等边三角形

3.三个角都相等的三角形是等边三角形

4.等腰三角形两底角的平分线相等

5.在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半。

6.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半

7.如果一个三角形一条边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形

8.直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方（勾股定理-面积法）

9.如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，则它是直角三角形（作图，全等）

10.斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等

11.线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等

12.到一条线段两个端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上

13.三角形三条边的垂直平分线相交于一点，并且这一点到三个顶点的距离相等。

14.角平分线上的点到角的两边的距离相等

15.在一个角的内部且到角两边距离相等的点在这个角的平分线上。

16.三角形的三条角平分线相交于一点，且这个点到三条边的距离相等

平行四边形：两组对边平行

1.平行四边形的对边相等

2.平行四边形的对角相等

3.平行四边形的对角线互相平分

A.两组对边分别相等的四边形是平行四边形

B.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形

C.对角线互相平分的四边形是平行四边形

D.两组对角分别相等的四边形是平行四边形

4.夹杂两平行线间的两平行线段相等

5.三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半

矩形：有一个角是直角的平行四边形

1.矩形的四个角都是直角

2.矩形的对角线相等

A.有三个角是直角的四边形是矩形

B.对角线相等的平行四边形是矩形

棱形：一组邻边相等的平行四边形

1.棱形的四条边都相等

2.棱形对角线互相垂直且平分，并且每条对角线平分一组对角

3.棱形的面积为对角线乘积的一半

A.四条边都相等的四边形是棱形

B.对角线互相垂直的平行四边形是棱形

正方形：一组邻边相等，且有一个角为直角的平行四边形

1.正方形的四个角都是直角，且四条边都相等

2.正方形的两条对角线相等且互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角

A.有一个角是直角的棱形是正方形

B.对角线相等的棱形是正方形

C.对角线相等的矩形是正方形

梯形：

1.等腰梯形在同一底上的两个角相等

2.同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形

3.等腰梯形的两条对角线相等

反正法:1.若a+b+c+d+e=5,则abcde中至少有一个至少有个≥1

2.三角形中至少有一个角大于或等于60°

圆：

1.垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的弧（垂径定理）

2.平分弦（非直径）的直径，垂直这条弦，并且平分弦所对的弧（垂径定理逆定理）

3.一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半

4.直径所对的圆周角是直角

5.90°圆周角所对的弦是直径

6.圆的内径四边形对角互补

平面向量基本定理探讨篇6

一、定理再现

如果是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量，存在一对实数，使。

二、定理的认识

平面向量基本定理是向量理论中最重要的定理，是向量得以用数量进行计算的桥梁和纽带，是向量理论中的里程碑和标志性定理。

三、问题的提出

定理肯定了基底的存在性，并没有指明如何选择基底。在实际证明中，选择基底时，如果选择不当，可能导致证明过程过于冗长;如果选择恰当，将会使证明过程大大缩短。那么一般情况下如何选择恰当的基底呢？

四、选择基底的几条原则

1.起点重合。选择两个起点重合的向量作为基底，是选择基底的大原则。这样选择基底，可方便表示两个向量的和与差。

例1.的三边长满足，且BE、CF分别為AC、AB边上的中线，求证：。

证明：取，为一组基底，

并设，

即

2.便于表示。所取的基底必须便于表示所求向量。一般选取起点重合，且有已知点的两个向量作为一组基底。

例2.如图所示，正三角形ABC中，D、E分别是AB、BC上的一个三等分点，且AE、CD交于点P，求证：BPCD.

证明：取为一组基底，

则

设即

………………….（1）

又设

………………….（2）

比较（1）（2）两式，得：

从而

故：

3.联系密切。所取的基底必须于所求向量联系密切，这样便于表示所求向量。

例3.如图所示，一直线交的三边所在直线分别于点R、S、T.

求证：.

证明：取为一组基底

设

则

又

即

从而：

二项式定理的应用篇7

(n∈N).理解二项式定理应注意以下几点.

1.二项式中,a是第一项,b是第二项,顺序不能变;

2.展开式中有n+1项(比指数多1)

;3.是二项式系数;

4.a的指数是降幂,b的指数是升幂,两者指数的和等于n.

5.二项式(a-b)n化为[a+(-b)]n展开.要注意各项的符号规律.

6.注意二项式定理的可逆性.

应用举例

一、进行近似计算

例1求1.056的近似值,使结果精确到0.01.

解:1.056=(1+0.05)6=1+6×0.05+15×0.052+20×0.053+…=1+0.3+0.0375+0.0025+…

其中T4=0.0025<0.01,可不必取了.

所以1.056≈1+0.3+0.0375=1.34.

例2求1.9975=(2-0.003)5精确到0.001的近似值.

解:1.9975=(2-0.003)5=25-5×24×0.003+10×23×0.0032-10×22×0.0033+…

若用Tk表示展开式中第k项的值,显然|T6|<|T5|<|T4|=0.00000108.

故1.9975≈32-0.24+0.00072≈31.761.

二、证明整除性或求余数

例3当n∈N*时,求证:32n+2-8n-9能被64整除.

所以32n+2-8n-9能64整除.

例4 (1992年高考题)求9192除以100所得的余数.

解:因为

所以要求9192被100除所得的余数,只要求992被100除所得余数.

因为能被100整除.

所以只要求+1=-919=-1000+81被100除所得的余数,显然所得余数为81.

例3、例4都是用了拆项技巧用二项式定理的,例4还用了转化思想.

三、证明组合数恒等式

例5证明:

证明:运用(1+x)n的展开式

设x=1则

评注:此等式可当公式用,注意记忆运用.

证明:在二项式定理中

令a=1,b=i,有

另外把1+i化为三角式,应用棣莫佛定理,有

由①和②,依复数相等的定义,得

评注:组合数恒等式这类命题,都和二项展开式有关.因此,二项式定理是证明组合数恒等式的重要方法.

四、求二项展开式系数的和的值.

例7如果2187,求的值.

分析:要求式子的值,需先求n的值,运用二项式定理,考虑已知等式左端可化简,得关于n的式子,可求n.

所以3n=2187,所以3n=37,所以n=7.

所以取x=0,所以(1-2×0)7=a0,所以a0=1.

再取x=1,则(1-2×1)7=a0+a1+a3+…+a7.

所以-1=a0+a1+a2+a3+…+a7.

又a0=1,所以a1+a2+a3+…+a7=-1-1=-2.

评注:凡涉及二项式系数和的求值题,常对变量取特殊值,如-1,0,1,应由题目的条件来确定.

类题:若,求(a0+a2)2-(a1+a3)2的值,答案:-1.

提示:对变量x取特殊值,令x=1,x=-1代入已知等式.

五、证明不等式

例9设n∈N*,求证:

证明:由二项式定理,得

例10 (2001年高考题)已知i,m,n是正整数,且1

(1)证明:;

(2)证明(1+m)n>(1+n)m,

证明:(1)证明从略.

浅析赋值法在二项式定理中的应用篇8

一、用赋值法解决二项式系数的有关问题

例1.已知 (1-3x) 9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9, 求值:

(1) a0+a1+a2+…+a9; (2) |a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|; (3) a0+a2+a4+a6+a8.

分析:此题是利用二项展开式求有关系数的问题, 可以用赋值法令x=1得所有系数之和, 令x=-1可得奇数项的系数与偶数项的系数之间的关系, 即f (-1) = (a0+a2+a4+a6+a8) - (a1+a3+a5+a7+a9) .

解: (1) 设f (x) = (1-3x) 9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9

令x=1, 得:a0+a1+a2+…+a9=-29.

(2) 在 (1-3x) 9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9中, a0, a2, …, a8为正数, a1, a3, …, a9为负数,

则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|= (a0+a2+a4+a6+a8) - (a1+a3+a5+a7+a9) =f (-1) =49.

二、与构造法相结合的赋值

例2.若 (x2+1) (2x+1) 9=a0+a1 (x+2) +a2 (x+2) 2+…+a11 (x+2) 11, 求a0+a1+a2+…+a11的值.

分析:上式右边是有关a0, a1, a2, …, a11的式子, 只是多了x+2这一因式, 若令x+2=1, 右式即为所求.

解:令x+2=1, 即x=-1, 原等式可化为

所以a0+a1+a2+…+a11=-2.

例3.若 (2x+3) 3=a0+a1 (x+2) +a2 (x+2) 2+a3 (x+2) 3, 求a0+a1+2a2+4a3.

分析:乍一看, 此题a0, a1, a2, a3系数各不相同, 用赋值法貌似很难处理, 但如果将上式拆分成a0, a1+2a2+4a3两部分.令x+2=0, a0易求得;而a1, a2, a3的系数分别为1、2、4, 刚好成等比数列, 且公比为2, 只需令x+2=2即可解决这一问题。

解:令x+2=0, 即x=-2, 可得a0=-1

令x+2=2, 即x=0, 可得27=a0+2a1+4a2+8a3

从而2a1+4a2+8a3=28

即a1+2a2+4a3=14

所以a0+a1+2a2+4a3=-1+14=13

三、综合应用

例4.若 (1-2x) 2012=a0+a1x+a2x2+…+a2012x2012 (x∈R)

分析: (1) 观察待求式, 可将其化为 , 只需在原式中令即可, 另外a0可令x=0求得.

(2) 所求式中各项系数分别为1, 2, 3, …, 2012, 与原等式中x的次数刚好一致, 而 (xn) ′=nxn-1, 所以可对原等式先求导再赋值.

正弦定理与余弦定理在应用中的误区篇9

误区一:盲目化简,忽视特殊情况

案例1在三角形ABC中,若(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),试判断三角形ABC的形状.

错误解析∵(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),

∴2sin Acos B·b2=2cos Asin B·a2,

即a2cos Asin B=b2sin Acos B.

方法一由正弦定理知:a=2Rsin A,b=2Rsin B,

∴sin2Acos Asin B=sin2Bsin Acos B,

又∵sin Asin B≠0,

∴sin Acos A=sin Bcos B,

∴sin2A=sin2B.

∴2A=2B,即A=B,

∴△ABC为等腰三角形.

方法二由正弦定理、余弦定理可知:

∴△ABC为直角三角形.

正确解析∵(a2+b2)sin(A-B)=(a2-b2)sin(A+B),

∴2sin Acos B·b2=2cos Asin B·a2,

即a2cos Asin B=b2sin Acos B.

方法一由正弦定理可知:

a=2Rsin A,b=2Rsin B,

∴sin2Acos Asin B=sin2Bsin Acos B,

又∵sin Asin B≠0,

∴sin Acos A=sin Bcos B,

∴sin2A=sin2B.

在△ABC中,0<2A<2π,0<2B<2π,

∴2A=2B或2A=π-2B,

∴△ABC为等腰或直角三角形.

方法二由正弦定理、余弦定理可知:

误区二:局限表面,忽视隐含条件

利用两角和与差的余弦公式展开得

总之,在正弦定理与余弦定理的应用中,一定要挖掘隐含条件,思维缜密,让两个定理的作用得到最大限度的发挥.

动能定理的实际应用篇10

一、利用动能定理求风力发电机的功率

例1新疆达坂城风口的风速约为v=20m/s,设该地区空气密度ρ=1.4kg/m3,若把通过横截面积为S=20m2的风的动能全部转化为电能,则该处风力发电站的发电功率为多大?

思维点拨:取很短一段时间Δt内的空气作为研究对象,则这段时间内空气的质量:

这些空气的动能为:

由题知动能全部转化为电能:E电=Ek

所以发电功率为:

代入数据得:P=1.12×105W.

答案:1.12×105 W.

点评:在生活、生产和科技实践中,经常会遇到这样的问题,例如水轮机发电、水力采煤、风力发电、火箭喷气、血液流动等,称为连续流体问题,处理这类问题时,不便于取整体为研究对象,通常是取很短一段时间内的质量Δm作为研究对象,将其看成质点,再进行分析讨论,这是解答连续流体问题的技巧.

二、探究物体从高处落地的安全问题

最近国务院下达了保障学生安全的相关条例,保护学生安全引起了全社会的关注,学生在单杠、跳马、攀越等体育运动中,可能发生从高处落下导致骨折等事故,下面讨论安全落地的高度.

例2人从一定的高度落地容易造成骨折,一般人胫骨的极限抗压强度约为1.5×108N/m2,胫骨最小横截面积大多为3.2cm2.假若一质量为50kg的人从某一高度直膝双足落地,落地时其重心又约下降1cm,试计算一下这个高度超过多少时,就会导致胫骨骨折.(g取10m/s2)

思维点拨:胫骨最小处所受冲击力超过:F=pS=1.5×108×2×3.2×10-4N=9.6×104N时会造成骨折.

设下落的安全高度为h1,触地时重心又下降高度为h2,落地者质量为m.

由动能定理:mg(h1+h2)-Fh2=0得:

答案:高度超过1.9m时,可能会导致骨折.

安全警示:在高度超过1.9m以上的单杠上运动时,在单杠下方应备有海绵垫子,或者有同学做好保护,以访不测,其他活动(如:撑杆跳、跳伞、攀越高架等)也必须做好安全措施.

三、测量自行车运动时所受的平均阻力

例3在大操场跑道上,先用力蹬自行车,使之具有一定的速度,待自行车进入直跑道后停止用力,在道路阻力作用下,自行车逐渐停止运动.

(1)要测定自行车所受的平均阻力,需测定哪些物理量?需要哪些测量仪器?

(2)测定平均阻力运用的物理原理是______,其表达式为______,表达式中各个物理量的意义是______;

(3)如何测定相关的物理量?

(4)怎样减少实验的误差?

思维点拨:设自行车和人的质量为m,停止用力后其速度为v,所受平均阻力为f,滑行距离为s,据动能定理:,其中m用磅秤测量;

v的测定方法:在停止蹬力后取一小段距离s1,用秒表测定自行车通过s1所用的时间t1,因为t1较小,自行车在这段位移上的速度可视为匀速,即:,用皮尺测得滑行总位移s,代入上述式子求出f.

答案:(1)自行车和人的质量m、停止用力后自行车速度v、滑行距离s;磅秤、秒表、皮尺;

(2)动能定理;;f为平均阻力,s为滑行总位移,v为停止蹬力时自行车的速度,m为自行车及人的总质量;

(3)略;

(4)减少误差的关键为v的测定,因为s1较小,因此计时的开始和结束一定要及时,以减小误差.

四、利用动能定理求弹性势能

例4为了测量一根轻质弹簧压缩最短时储存的弹性势能,可以采用如图1所示的装置来进行,图中桌面带有凹槽,以保证小滑块P(可视为质点)在桌面上只能沿凹槽做直线运动,小滑块受到桌面阻力不能忽略,但大小恒定,弹簧的一端连接在固定物K上,K可以沿凹槽方向移动,又能在不同位置被固定,另外提供弹簧测力计与刻度尺,请根据以上说明以及实验要求回答以下问题:

(1)简要写出实验操作步骤;(写出需要测量的物理量名称及符号,并要体现出减小实验误差的操作)

(2)用(1)中测出的物理量表示弹簧压缩最短时的弹性势能,即Ep=______;

(3)若小滑块所受桌面阻力为滑动摩擦力,利用(1)中测出的物理量能不能求出滑块与桌面之间的动摩擦因数μ?若能,请写出求μ的表达式;若不能,请说明理由.

思维点拨:求解压缩状态的弹性势能,一种是用公式法,即,用刻度尺和弹簧测力计即可,方便易行,但不符合要求(没用题中所给装置,且该公式高中教材不作介绍).

另一种是用功能关系法:弹性势能等于弹簧形变恢复过程对外做的功,由动能定理:,W弹=-ΔEp,其中s为滑块在桌面上移动的距离,由刻度尺测量;v为滑块离开桌面的速度,可由滑块离开桌面后的平抛运动求解.考虑到摩擦力未知,就需实施变换思想,改变固定物K的位置以组成方程组,即,式中,,解得:,式中s、h、x由刻度尺测量,G由弹簧测力计测量.

答案:(1)①用弹簧测力计称出小滑块重力G;②用刻度尺测出桌面到地面的高度h;③将K固定在桌面某一位置,用小滑块将弹簧压缩至最短.测量出此时K、P之间的距离L以及P到桌子右边缘的距离s1;④自由释放小滑块P,确定其在地面上的落点位置;⑤重复③④多次,找出其落点的中心位置,然后测出该中心位置到桌子右边缘的水平距离x1;⑥将K固定在桌子的另一位置,用小滑块压缩弹簧使K、P间的距离保持不变为L,测出P到桌子右边缘的距离s2;⑦类似步骤④⑤,测出相应的中心位置到桌子右边缘的水平距离x2.

(3)由f=μN=μG及实验原理中的摩擦力f的表达式可知,能求出:.

点评:新课程强调探究性学习,从探究性学习中可以学会实验设计,正确安排实验程序,分析实验数据,得出实验结果,进而培养自己的实验设计能力和探究能力.

五、动能定理与功率的综合问题

例5一列火车由机车牵引沿水平轨道行驶,经过时间t,其速度由0增大到v,已知列车总质量为M,机车功率P保持不变,列车所受阻力f为恒力,求这段时间内列车通过的路程.

思维点拨:以列车为研究对象,列车在水平方向受牵引力和阻力作用,设列车通过路程为s.

据动能定理有:

因为列车功率一定,牵引力做功:WF=Pt

所以,得

答案:

错解分析:以列车为研究对象,水平方向受牵引力和阻力f,据P=Fv,可知牵引力.

设列车通过的路程为s,据动能定理有:,由以上两式解得.

产生错解的原因是对P=Fv的公式不理解,在P一定的情况下,随着v的变化,F是变化的,同学们应对上述物理量随时间变化规律有一个定性的认识.