老师工作中的一部分是写教案课件，大家应该要写教案课件了。只有制定教案课件工作计划，可以更好完成工作任务！你们到底知道多少优秀的教案课件呢？小编特地为您收集整理“高三数学理科几何证明总复习教学案”，欢迎阅读，希望您能够喜欢并分享！

第十六章几何证明选讲

高考导航

考试要求重难点击命题展望
1.了解平行线截割定理.
2.会证明并应用直角三角形射影定理.
3.会证明并应用圆周角定理，圆的切线的判定定理及性质定理，并会运用它们进行计算与证明.
4.会证明并应用相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理，并会运用它们进行几何计算与证明.
5.了解平行投影的含义，通过圆柱与平面的位置关系了解平行投影；会证明平面与圆柱面的截线是椭圆(特殊情形是圆).
6.了解下面的定理.
定理：在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于点O，其夹角为α，l′围绕l旋转得到以O为顶点，l′为母线的圆锥面，任取平面π，若它与轴l的交角为β(π与l平行，记β＝0)，则：
①β＞α，平面π与圆锥的交线为椭圆；
②β＝α，平面π与圆锥的交线为抛物线；
③β＜α，平面π与圆锥的交线为双曲线.
7.会利用丹迪林(Dandelin)双球(如图所示，这两个球位于圆锥的内部，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π及圆锥面均相切，其切点分别为F，E)证明上述定理①的情形：
当β＞α时，平面π与圆锥的交线为椭圆.
(图中，上、下两球与圆锥面相切的切点分别为点B和点C，线段BC与平面π相交于点A)
8.会证明以下结果：
①在7.中，一个丹迪林球与圆锥面的交线为一个圆，并与圆锥的底面平行.记这个圆所在的平面为π′.
②如果平面π与平面π′的交线为m，在6.①中椭圆上任取点A，该丹迪林球与平面π的切点为F，则点A到点F的距离与点A到直线m的距离比是小于1的常数e(称点F为这个椭圆的焦点，直线m为椭圆的准线，常数e为离心率).
9.了解定理6.③中的证明，了解当β无限接近α时，平面π的极限结果.本章重点：相似三角形的判定与性质，与圆有关的若干定理及其运用，并将其运用到立体几何中.
本章难点：对平面截圆柱、圆锥所得的曲线为圆、椭圆、双曲线、抛物线的证明途径与方法，它是解立体几何、平面几何知识的综合运用，应较好地把握.
本专题强调利用演绎推理证明结论，通过推理证明进一步发展学生的逻辑推理能力，进一步提高空间想象能力、几何直观能力和综合运用几何方法解决问题的能力.
第一讲与第二讲是传统内容，高考中主要考查平行线截割定理、直角三角形射影定理以及与圆有关的性质和判定，考查逻辑推理能力.第三讲内容是新增内容，在新课程高考下，要求很低，只作了解.

知识网络jab88.cOM

16.1相似三角形的判定及有关性质

典例精析
题型一相似三角形的判定与性质
【例1】如图，已知在△ABC中，D是BC边的中点，且AD＝AC，DE⊥BC，DE与AB相交于点E，EC与AD相交于点F.
(1)求证：△ABC∽△FCD；
(2)若S△FCD＝5，BC＝10，求DE的长.
【解析】(1)因为DE⊥BC，D是BC的中点，所以EB＝EC，所以∠B＝∠1.
又因为AD＝AC，所以∠2＝∠ACB.所以△ABC∽△FCD.
(2)过点A作AM⊥BC，垂足为点M.因为△ABC∽△FCD，BC＝2CD，所以S△ABCS△FCD＝(BCCD)2＝4，又因为S△FCD＝5，所以S△ABC＝20.因为S△ABC＝12BCAM，BC＝10，所以20＝12×10×AM，所以AM＝4.又因为DE∥AM，所以DEAM＝BDBM，因为DM＝12DC＝52，BM＝BD＋DM，BD＝12BC＝5，所以DE4＝55＋52，所以DE＝83.
【变式训练1】如右图，在△ABC中，AB＝14cm，ADBD＝59，DE∥BC，CD⊥AB，CD＝12cm.求△ADE的面积和周长.
【解析】由AB＝14cm，CD＝12cm，CD⊥AB，得S△ABC＝84cm2.
再由DE∥BC可得△ABC∽△ADE.由S△ADES△ABC＝(ADAB)2可求得S△ADE＝757cm2.利用勾股定理求出BC，AC，再由相似三角形性质可得△ADE的周长为15cm.
题型二探求几何结论
【例2】如图，在梯形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，EF∥AD，假设EF做上下平行移动.
(1)若AEEB＝12，求证：3EF＝BC＋2AD；
(2)若AEEB＝23，试判断EF与BC，AD之间的关系，并说明理由；
(3)请你探究一般结论，即若AEEB＝mn，那么你可以得到什么结论？
【解析】过点A作AH∥CD分别交EF，BC于点G、H.
(1)因为AEEB＝12，所以AEAB＝13，
又EG∥BH，所以EGBH＝AEAB＝13，即3EG＝BH，
又EG＋GF＝EG＋AD＝EF，从而EF＝13(BC－HC)＋AD，
所以EF＝13BC＋23AD，即3EF＝BC＋2AD.
(2)EF与BC，AD的关系式为5EF＝2BC＋3AD，理由和(1)类似.
(3)因为AEEB＝mn，所以AEAB＝mm＋n，
又EG∥BH，所以EGBH＝AEAB，即EG＝mm＋nBH.
EF＝EG＋GF＝EG＋AD＝mm＋n(BC－AD)＋AD，
所以EF＝mm＋nBC＋nm＋nAD，
即(m＋n)EF＝mBC＋nAD.
【点拨】在相似三角形中，平行辅助线是常作的辅助线之一；探求几何结论可按特殊到一般的思路去获取，但结论证明应从特殊情况得到启迪.
【变式训练2】如右图，正方形ABCD的边长为1，P是CD边上中点，点Q在线段BC上，设BQ＝k，是否存在这样的实数k，使得以Q，C，P为顶点的三角形与△ADP相似？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
【解析】设存在满足条件的实数k，
则在正方形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，
由Rt△ADP∽Rt△QCP或Rt△ADP∽Rt△PCQ得ADQC＝DPCP或ADPC＝DPCQ，
由此解得CQ＝1或CQ＝14.
从而k＝0或k＝34.
题型三解决线的位置或数量关系
【例3】(2009江苏)如图，在四边形ABCD中，△ABC△BAD，求证：AB∥CD.
【证明】由△ABC≌△BAD得∠ACB＝∠BDA，所以A、B、C、D四点共圆，
所以∠CAB＝∠CDB.
再由△ABC≌△BAD得∠CAB＝∠DBA，
所以∠DBA＝∠CDB，即AB∥CD.
【变式训练3】如图，AA1与BB1相交于点O，AB∥A1B1且AB＝12A1B1，△AOB的外接圆的直径为1，则△A1OB1的外接圆的直径为.
【解析】因为AB∥A1B1且AB＝12A1B1，所以△AOB∽△A1OB1
因为两三角形外接圆的直径之比等于相似比.
所以△A1OB1的外接圆直径为2.
总结提高
1.相似三角形的判定与性质这一内容是平面几何知识的重要组成部分，是解题的工具，同时它的内容渗透了等价转化、从一般到特殊、分类讨论等重要的数学思想与方法，在学习时应以它们为指导.相似三角形的证法有：定义法、平行法、判定定理法以及直角三角形的HL法.
相似三角形的性质主要有对应线的比值相等(边长、高线、中线、周长、内切圆半径等)，对应角相等，面积的比等于相似比的平方.
2.“平行出相似”“平行成比例”，故此章中平行辅助线是常作的辅助线之一，遇到困难时应常考虑此类辅助线.

16.2直线与圆的位置关系和圆锥曲线的性质

典例精析
题型一切线的判定和性质的运用
【例1】如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E，OE交AD于点F.
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若ACAB＝25，求AFDF的值.
【解析】(1)证明：连接OD，可得∠ODA＝∠OAD＝∠DAC，
所以OD∥AE，又AE⊥DE，所以DE⊥OD，
又OD为半径，所以DE是⊙O的切线.
(2)过D作DH⊥AB于H，则有∠DOH＝∠CAB，
OHOD＝cos∠DOH＝cos∠CAB＝ACAB＝25，
设OD＝5x，则AB＝10x，OH＝2x，所以AH＝7x.
由△AED≌△AHD可得AE＝AH＝7x，
又由△AEF∽△DOF可得AF∶DF＝AE∶OD＝75，
所以AFDF＝75.
【变式训练1】已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，连接DO并延长交AC的延长线于点E，⊙O的切线DF交AC于点F.
(1)求证：AF＝CF；
(2)若ED＝4，sin∠E＝35，求CE的长.
【解析】(1)方法一：设线段FD延长线上一点G，则∠GDB＝∠ADF，且∠GDB＋∠BDO＝π2，所以∠ADF＋∠BDO＝π2，又因为在⊙O中OD＝OB，∠BDO＝∠OBD，所以∠ADF＋∠OBD＝π2.
在Rt△ABC中，∠A＋∠CBA＝π2，所以∠A＝∠ADF，所以AF＝FD.
又在Rt△ABC中，直角边BC为⊙O的直径，所以AC为⊙O的切线，
又FD为⊙O的切线，所以FD＝CF.
所以AF＝CF.
方法二：在直角三角形ABC中，直角边BC为⊙O的直径，所以AC为⊙O的切线，
又FD为⊙O的切线，所以FD＝CF，且∠FDC＝∠FCD.
又由BC为⊙O的直径可知，∠ADF＋∠FDC＝π2，∠A＋∠FCD＝π2，
所以∠ADF＝∠A，所以FD＝AF.
所以AF＝CF.
(2)因为在直角三角形FED中，ED＝4，sin∠E＝35，所以cos∠E＝45，所以FE＝5.
又FD＝3＝FC，所以CE＝2.
题型二圆中有关定理的综合应用
【例2】如图所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1、⊙O2于点D、E，DE与AC相交于点P.

(1)求证：AD∥EC；
(2)若AD是⊙O2的切线，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的长.
【解析】(1)连接AB，因为AC是⊙O1的切线，所以∠BAC＝∠D，
又因为∠BAC＝∠E，所以∠D＝∠E，所以AD∥EC.
(2)方法一：因为PA是⊙O1的切线，PD是⊙O1的割线，
所以PA2＝PBPD，所以62＝PB(PB＋9)，所以PB＝3.
在⊙O2中，由相交弦定理得PAPC＝BPPE，所以PE＝4.
因为AD是⊙O2的切线，DE是⊙O2的割线，
所以AD2＝DBDE＝9×16，所以AD＝12.
方法二：设BP＝x，PE＝y.
因为PA＝6，PC＝2，所以由相交弦定理得PAPC＝BPPE，即xy＝12.①
因为AD∥EC，所以DPPE＝APPC，所以9＋xy＝62.②
由①②可得或(舍去)，所以DE＝9＋x＋y＝16.
因为AD是⊙O2的切线，DE是⊙O2的割线，所以AD2＝DBDE＝9×16，所以AD＝12.
【变式训练2】如图，⊙O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P，E为⊙O上一点，，DE交AB于点F，且AB＝2BP＝4.
(1)求PF的长度；
(2)若圆F与圆O内切，直线PT与圆F切于点T，求线段PT的长度.
【解析】(1)连接OC，OD，OE，由同弧对应的圆周角与圆心角之间的关系，结合题中已知条件可得∠CDE＝∠AOC.
又∠CDE＝∠P＋∠PFD，∠AOC＝∠P＋∠OCP，
从而∠PFD＝∠OCP，故△PFD∽△PCO，所以PFPC＝PDPO.
由割线定理知PCPD＝PAPB＝12，故PF＝＝124＝3.
(2)若圆F与圆O内切，设圆F的半径为r，
因为OF＝2－r＝1，即r＝1，
所以OB是圆F的直径，且过点P的圆F的切线为PT，
则PT2＝PBPO＝2×4＝8，即PT＝22.
题型三四点共圆问题
【例3】如图，圆O与圆P相交于A、B两点，圆心P在圆O上，圆O的弦BC切圆P于点B，CP及其延长线交圆P于D，E两点，过点E作EF⊥CE，交CB的延长线于点F.
(1)求证：B、P、E、F四点共圆；
(2)若CD＝2，CB＝22，求出由B、P、E、F四点所确定的圆的直径.
【解析】(1)证明：连接PB.因为BC切圆P于点B，所以PB⊥BC.
又因为EF⊥CE，所以∠PBF＋∠PEF＝180°，所以∠EPB＋∠EFB＝180°，
所以B，P，E，F四点共圆.
(2)因为B，P，E，F四点共圆，且EF⊥CE，PB⊥BC，所以此圆的直径就是PF.
因为BC切圆P于点B，且CD＝2，CB＝22，
所以由切割线定理CB2＝CDCE，得CE＝4，DE＝2，BP＝1.
又因为Rt△CBP∽Rt△CEF，所以EF∶PB＝CE∶CB，得EF＝2.
在Rt△FEP中，PF＝PE2＋EF2＝3，
即由B，P，E，F四点确定的圆的直径为3.
【变式训练3】如图，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°.以AB为直径的圆O交AC于点E，点D是BC边的中点.连接OD交圆O于点M.求证：
(1)O，B，D，E四点共圆；
(2)2DE2＝DMAC＋DMAB.
【证明】(1)连接BE，则BE⊥EC.
又D是BC的中点，所以DE＝BD.
又OE＝OB，OD＝OD，所以△ODE≌△ODB，
所以∠OBD＝∠OED＝90°，所以D，E，O，B四点共圆.
(2)延长DO交圆O于点H.
因为DE2＝DMDH＝DM(DO＋OH)＝DMDO＋DMOH＝DM(12AC)＋DM(12AB)，
所以2DE2＝DMAC＋DMAB.
总结提高
1.直线与圆的位置关系是一种重要的几何关系.
本章在初中平面几何的基础上加以深化，使平面几何知识趋于完善，同时为解析几何、立体几何提供了多个理论依据.
2.圆中的角如圆周角、圆心角、弦切角及其性质为证明相关的比例线段提供了理论基础，为解决综合问题提供了方便，使学生对几何概念和几何方法有较透彻的理解.

相关推荐

高三数学理科复习：函数解析式

高三数学理科复习3----函数解析式
【高考要求】：函数的有关概念(B).
【教学目标】：1.理解函数的三种表示方法（图象法、列表法、解析法）,会选择恰当的方法表示简单情境中的函数.
2.了解简单的分段函数；能写出简单情境中的分段函数,并能求出给定自变量所对应的函数值,会画函数的图象（不要求根据函数值求自变量的范围）.
【教学重难点】：求函数解析式的方法.
【知识复习与自学质疑】
1、已知则____.._____..=.
2、设则的表达式为.
3、函数，则.
4、若，则.
5、设，则.
6、对记，则的最小值为.
【交流展示与互动探究】
1、已知，求的解析式.

2、设二次函数的最小值为4，且求的解析式.

3、如图，是边长为2的正三角形，设直线截这个三角形所得到的位于此直线上方的图形（阴影部分）的面积为，求的解析式.

【矫正反馈】
1、若则..
2、已知则的解析式为.
3、设函数的图像与的图像关于轴对称，则=.
4、一次函数在上的最小值为1，最大值为3，则的解析式为.
5、设，则的解析式为.
【迁移应用】
6、某超市经销某种牙膏，其年销售额为6000盒，每盒进价2.8元，销售价3.4元，全年分若干次进货，每次进货均为盒，已知每次运输劳务费62.5元，全年的保管费元
（1）把该超市经销牙膏一年的利润元表示为每次进货是的函数.
（2）为使利润最大，每次应进多少盒？

7、已知函数有两个实根，求的解析式.

8、已知定义域为R的函数满足
（1）若求又若.
（2）设有且仅有一个实数求的解析式.

高三理科数学推理与证明总复习教学案

第十四章推理与证明

高考导航

考试要求重难点击命题展望
1.了解合情推理的含义.
2.能利用归纳与类比等进行简单的推理.
3.体会并认识合情推理在数学发现中的作用.
4.了解演绎推理的重要性.
5.掌握演绎推理的基本模式：“三段论”.
6.能运用演绎推理进行简单的推理.
7.了解演绎推理、合情推理的联系与区别.
8.了解直接证明的两种基本方法：分析法与综合法.
9.了解分析法与综合法的思维过程、特点.
10.了解反证法是间接证明的一种基本方法及反证法的思维过程、特点.
11.了解数学归纳法的原理.
12.能用数学归纳法证明一些简单的与自然数有关的数学命题.本章重点：1.利用归纳与类比进行推理；2.利用“三段论”进行推理与证明；3.运用直接证明(分析法、综合法)与间接证明(反证法)的方法证明一些简单的命题；4.数学归纳法的基本思想与证明步骤；运用数学归纳法证明与自然数n(n∈N*)有关的数学命题.
本章难点：1.利用归纳与类比的推理来发现结论并形成猜想命题；2.根据综合法、分析法及反证法的思维过程与特点选取适当的证明方法证明命题；3.理解数学归纳法的思维实质，特别是在第二个步骤要根据归纳假设进行推理与证明.“推理与证明”是数学的基本思维过程，也是人们学习和生活中经常使用的思维方式.本章要求考生通过对已有知识的回顾与总结，进一步体会直观感知、观察发现、归纳类比、空间想象、抽象概括、符号表示、运算求解、数据处理、演绎证明、反思与建构等数学思维过程以及合情推理、演绎推理之间的联系与差异，体会数学证明的特点，了解数学证明的基本方法.
本章是新课程考纲中新增的内容，考查的范围宽，内容多，涉及数学知识的方方面面，与旧考纲相比，增加了合情推理等知识点，这为创新性试题的命制提供了空间.

知识网络

14.1合情推理与演绎推理

典例精析
题型一运用归纳推理发现一般性结论
【例1】通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假.
sin215°＋sin275°＋sin2135°＝32；
sin230°＋sin290°＋sin2150°＝32；
sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝32；
sin260°＋sin2120°＋sin2180°＝32.
【解析】猜想：sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝32.
左边＝(sinαcos60°－cosαsin60°)2＋sin2α＋(sinαcos60°＋cosαsin60°)2＝32(sin2α＋cos2α)＝32＝右边.
【点拨】先猜后证是一种常见题型；归纳推理的一些常见形式：一是“具有共同特征型”，二是“递推型”，三是“循环型”(周期性).
【变式训练1】设直角三角形的两直角边的长分别为a，b，斜边长为c，斜边上的高为h，则有a＋b＜c＋h成立，某同学通过类比得到如下四个结论：
①a2＋b2＞c2＋h2；②a3＋b3＜c3＋h3；③a4＋b4＜c4＋h4；④a5＋b5＞c5＋h5.
其中正确结论的序号是；
进一步类比得到的一般结论是.
【解析】②③；an＋bn＜cn＋hn(n∈N*).
题型二运用类比推理拓展新知识
【例2】请用类比推理完成下表：
平面空间
三角形两边之和大于第三边三棱锥任意三个面的面积之和大于第四个面的面积
三角形的面积等于任意一边的长度与这边上的高的乘积的一半三棱锥的体积等于任意一个底面的面积与该底面上的高的乘积的三分之一
三角形的面积等于其内切圆半径与三角形周长的乘积的一半
【解析】本题由已知的前两组类比可得到如下信息：
①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象.
由以上分析可知：
故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一.
本题结论可以用等体积法，将三棱锥分割成四个小的三棱锥去证明，此处从略.
【点拨】类比推理的关键是找到合适的类比对象.平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论.一般平面中的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下：
平面空间
点线
线面
圆球
三角形三棱锥
角二面角
面积体积
周长表面积
……
【变式训练2】面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i＝1,2,3,4)，此四边形内任一点P到第i条边的距离为hi(i＝1,2,3,4)，(1)若a11＝a22＝a33＝a44＝k，则＝；(2)类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i＝1,2,3,4)，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i＝1,2,3,4)，若S11＝S22＝S33＝S44＝K，则＝.
【解析】2Sk；3VK.
题型三运用“三段论”进行演绎推理
【例3】已知函数f(x)＝lnax－x－ax(a≠0).
(1)求此函数的单调区间及最值；
(2)求证：对于任意正整数n，均有1＋12＋13＋…＋1n≥lnenn！.
【解析】(1)由题意f′(x)＝x－ax2.
当a＞0时，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
此时函数在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数，
fmin(x)＝f(a)＝lna2，无最大值.
当a＜0时，函数f(x)的定义域为(－∞，0)，
此时函数在(－∞，a)上是减函数，在(a,0)上是增函数，
fmin(x)＝f(a)＝lna2，无最大值.
(2)取a＝1，由(1)知，f(x)＝lnx－x－1x≥f(1)＝0，
故1x≥1－lnx＝lnex，
取x＝1,2,3，…，n，则1＋12＋13＋…＋1n≥lne＋lne2＋…＋lnen＝lnenn！.
【点拨】演绎推理是推理证明的主要途径，而“三段论”是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大.
【变式训练3】已知函数f(x)＝eg(x)，g(x)＝kx－1x＋1(e是自然对数的底数)，
(1)若对任意的x＞0，都有f(x)＜x＋1，求满足条件的最大整数k的值；
(2)求证：ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n＋1)]＞2n－3(n∈N*).
【解析】(1)由条件得到f(1)＜2＜2k＜2ln2＋1＜3，猜测最大整数k＝2，
现在证明＜x＋1对任意x＞0恒成立：
＜x＋1等价于2－3x＋1＜ln(x＋1)ln(x＋1)＋3x＋1＞2，
设h(x)＝ln(x＋1)＋3x＋1，则h′(x)＝1x＋1－3(x＋1)2＝x－2(x＋1)2.
故x∈(0,2)时，h′(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以对任意的x＞0都有h(x)≥h(2)＝ln3＋1＞2，即＜x＋1对任意x＞0恒成立，
所以整数k的最大值为2.
(2)由(1)得到不等式2－3x＋1＜ln(x＋1)，
所以ln[1＋k(k＋1)]＞2－3k(k＋1)＋1＞2－3k(k＋1)，
ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n＋1)]＞(2－31×2)＋(2－32×3)＋…＋[2－3n(n＋1)]＝2n－3[11×2＋12×3＋…＋1n(n＋1)]＝2n－3＋3n＋1＞2n－3，
所以原不等式成立.
总结提高
合情推理与演绎推理是两种基本的思维推理方式.尽管合情推理(归纳、类比)得到的结论未必正确，但归纳推理与类比推理具有猜想和发现新结论、探索和提供证明的新思路的重要作用，特别在数学学习中，我们可以由熟悉的、已知的知识领域运用归纳、类比思维获取发现和创造的灵感去探索陌生的、未知的知识领域.演绎推理是数学逻辑思维的主要形式，担负着判断命题真假的重要使命.如果说合情推理是以感性思维为主，只需有感而发；那么演绎推理则是以理性思维为主，要求言必有据.在近几年高考中一道合情推理的试题往往会成为一套高考试题的特色与亮点，以彰显数学思维的魅力.其中数列的通项公式、求和公式的归纳、等差数列与等比数列、平面与空间、圆锥曲线与圆、杨辉三角等的类比的考查频率较大.而演绎推理的考查则可以渗透到每一道试题中.

14.2直接证明与间接证明

典例精析
题型一运用综合法证明
【例1】设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：1a＋1b＋1ab≥8.
【证明】因为a＋b＝1，
所以1a＋1b＋1ab＝a＋ba＋a＋bb＋a＋bab＝1＋ba＋1＋ab＋a＋bab≥2＋＋a＋b(a＋b2)2＝2＋2＋4＝8，当且仅当a＝b＝12时等号成立.
【点拨】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论.
【变式训练1】设a，b，c＞0，求证：a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.
【证明】因为a，b，c＞0，根据基本不等式，
有a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c.
三式相加：a2b＋b2c＋c2a＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c).
即a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.
题型二运用分析法证明
【例2】设a、b、c为任意三角形三边长，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca.求证：I2＜4S.
【证明】由I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ac)＝a2＋b2＋c2＋2S，
故要证I2＜4S，只需证a2＋b2＋c2＋2S＜4S，即a2＋b2＋c2＜2S.
欲证上式，只需证a2＋b2＋c2－2ab－2bc－2ca＜0，
即证(a2－ab－ac)＋(b2－bc－ba)＋(c2－ca－cb)＜0，
只需证三括号中的式子均为负值即可，
即证a2＜ab＋ac，b2＜bc＋ba，c2＜ca＋cb，
即a＜b＋c，b＜a＋c，c＜a＋b，
显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和.
故I2＜4S.
【点拨】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.
(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达；下一步是上一步的充分条件.
【变式训练2】已知a＞0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.
【证明】要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，
只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.
因为a＞0，故只要证(a2＋1a2＋2)2≥(a＋1a＋2)2，
即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22(a＋1a)＋2，
从而只要证2a2＋1a2≥2(a＋1a)，
只要证4(a2＋1a2)≥2(a2＋2＋1a2)，即a2＋1a2≥2，
而该不等式显然成立，故原不等式成立.
题型三运用反证法证明
【例3】若x，y都是正实数，且x＋y＞2.求证：1＋xy＜2或1＋yx＜2中至少有一个成立.
【证明】假设1＋xy＜2和1＋yx＜2都不成立.则1＋xy≥2，1＋yx≥2同时成立.
因为x＞0且y＞0，所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2，这与已知条件x＋y＞2相矛盾.
因此1＋xy＜2与1＋yx＜2中至少有一个成立.
【点拨】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难因而往往采用反证法.
【变式训练3】已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0；x2＋(a－1)x＋a2＝0；x2＋2ax－2a＝0，若至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围.
【解析】假设三个方程均无实根，则有
由(4a)2－4(－4a＋3)＜0，得4a2＋4a－3＜0，即－32＜a＜12；
由(a－1)2－4a2＜0，得(a＋1)(3a－1)＞0，即a＜－1或a＞13；
由(2a)2－4(－2a)＜0，得a(a＋2)＜0，即－2＜a＜0.
以上三部分取交集得M＝{a|－32＜a＜－1}，则三个方程至少有一个方程有实根的实数a的取值范围为RM，即{a|a≤－32或a≥－1}.
总结提高
分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较容易寻求解题思路，但叙述繁琐；综合法叙述简洁，但常常思路阻塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题“pq”与逆否命题“qp”是等价的，而反证法是相当于由“q”推出“p”成立，从而证明了原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特别注意条件“q”的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预测可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知矛盾，或与假设矛盾或与定义、公理、公式事实矛盾等.

14.3数学归纳法

典例精析
题型一用数学归纳法证明恒等式
【例1】是否存在常数a、b、c，使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由.
【解析】假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立.
当n＝1时，a(b＋c)＝1；
当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；
当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.
解方程组解得
证明如下：
当n＝1时，显然成立；
假设n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)；
则当n＝k＋1时，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝13k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2＝13k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝13(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝13(k＋1)[2(k＋1)2＋1].
因此存在a＝13，b＝2，c＝1，使等式对一切n∈N*都成立.
【点拨】用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由n＝k到n＝k＋1时等式左右各如何增减，发生了怎样的变化.
【变式训练1】用数学归纳法证明：
当n∈N*时，11×3＋13×5＋…＋1(2n－1)(2n＋1)＝n2n＋1.
【证明】(1)当n＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，
左边＝右边，所以等式成立.
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1(2k－1)(2k＋1)＝k2k＋1，
则当n＝k＋1时，
11×3＋13×5＋…＋1(2k－1)(2k＋1)＋1(2k＋1)(2k＋3)＝k2k＋1＋1(2k＋1)(2k＋3)
＝k(2k＋3)＋1(2k＋1)(2k＋3)＝2k2＋3k＋1(2k＋1)(2k＋3)＝k＋12k＋3＝k＋12(k＋1)＋1，
所以当n＝k＋1时，等式也成立.
由(1)(2)可知，对一切n∈N*等式都成立.
题型二用数学归纳法证明整除性问题
【例2】已知f(n)＝(2n＋7)3n＋9，是否存在自然数m使得任意的n∈N*，都有m整除f(n)？若存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
【解析】由f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，猜想：f(n)能被36整除，下面用数学归纳法证明.
(1)当n＝1时，结论显然成立；
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即f(k)＝(2k＋7)3k＋9能被36整除.
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(2k＋9)3k＋1＋9＝3[(2k＋7)3k＋9]＋18(3k－1－1)，
由假设知3[(2k＋7)3k＋9]能被36整除，又3k－1－1是偶数，
故18(3k－1－1)也能被36整除.即n＝k＋1时结论也成立.
故由(1)(2)可知，对任意正整数n都有f(n)能被36整除.
由f(1)＝36知36是整除f(n)的最大值.
【点拨】与正整数n有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明.在证明n＝k＋1结论也成立时，要注意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件.
【变式训练2】求证：当n为正整数时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除.
【证明】方法一：①当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.
由于32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋98k＋99－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)，即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)，
所以n＝k＋1时命题也成立.
根据①②可知，对任意的n∈N*，命题都成立.
方法二：①当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.由归纳假设，设32k＋2－8k－9＝64m(m为大于1的自然数)，将32k＋2＝64m＋8k＋9代入到f(k＋1)中得
f(k＋1)＝9(64m＋8k＋9)－8(k＋1)－9＝64(9m＋k＋1)，所以n＝k＋1时命题也成立.
根据①②可知，对任意的n∈N*，命题都成立.
题型三数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用
【例3】(2009山东)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上.
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，求证：对任意的n∈N*，不等式b1＋1b1
b2＋1b2…bn＋1bn＞n＋1成立.
【解析】(1)因为点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上，
所以Sn＝bn＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数).
当n＝1时，a1＝S1＝b＋r；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－bn－1－r＝(b－1)bn－1.
又数列{an}为等比数列，故r＝－1且公比为b.
(2)当b＝2时，an＝2n－1，
所以bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n(n∈N*)，
所以bn＋1bn＝2n＋12n，
于是要证明的不等式为3254…2n＋12n＞n＋1对任意的n∈N*成立.
下面用数学归纳法证明.
当n＝1时，32＞2显然成立.
假设当n＝k时不等式成立，即3254…2k＋12k＞k＋1.
则当n＝k＋1时，3254…2k＋12k2k＋32k＋2＞k＋12k＋32k＋2＝k＋1(2k＋32k＋2)2＝(2k＋3)24(k＋1)
＝[2(k＋1)＋1]24(k＋1)＝4(k＋1)2＋4(k＋1)＋14(k＋1)＝(k＋1)＋1＋14(k＋1)＞(k＋1)＋1，
即当n＝k＋1时不等式成立，所以原不等式对任意n∈N*成立.
【点拨】运用归纳推理得到的结论不一定正确，需进行证明.用数学归纳法证明不等式时必须要利用归纳假设的条件，并且灵活运用放缩法、基本不等式等数学方法.
【变式训练3】设函数f(x)＝ex－1＋ax(a∈R).
(1)若函数f(x)在x＝1处有极值，且函数g(x)＝f(x)＋b在(0，＋∞)上有零点，求b的最大值；
(2)若f(x)在(1,2)上为单调函数，求实数a的取值范围；
(3)在(1)的条件下，数列{an}中a1＝1，an＋1＝f(an)－f′(an)，求|an＋1－an|的最小值.
【解析】(1)f′(x)＝ex－1－ax2，又函数f(x)在x＝1处有极值，
所以f′(1)＝0，即a＝1，经检验符合题意.
g′(x)＝ex－1－1x2，当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，当x＝1时，g′(x)＝0，当x∈(1，＋∞)时g′(x)＞0，g(x)为增函数.
所以g(x)在x＝1时取得极小值g(1)＝2＋b，依题意g(1)≤0，所以b≤－2，
所以b的最大值为－2.
(2)f′(x)＝ex－1－ax2，
当f(x)在(1,2)上单调递增时，ex－1－ax2≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex－1，
令h(x)＝x2，则h′(x)＝ex－1(x2＋2x)＞0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上单调递增，
所以h(x)在[1,2]上的最小值为h(1)＝1，所以a≤1；
当f(x)在[1,2]上单调递减时，同理a≥x2ex－1，
h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值为h(2)＝4e，所以a≥4e.
综上实数a的取值范围为a≤1或a≥4e.
(3)由(1)得a＝1，所以f(x)－f′(x)＝1x＋1x2，因此an＋1＝1an＋1a2n，a1＝1，所以a2＝2，可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2.用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，a3＝34，a4＝289，结论成立；
②设n＝k，k∈N*时结论成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，
则n＝k＋1时，a2k＋3＝1a2k＋2＋1a22k＋2＜12＋12＝1，
所以0＜a2k＋3＜1，a2k＋4＝1a2k＋3＋1a22k＋3＞1＋1＝2.
所以n＝k＋1时结论也成立，
根据①②可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2恒成立，
所以|an＋1－an|≥a2－a1＝2－1＝1，即|an＋1－an|的最小值为1.
总结提高
数学归纳法是证明与自然数有关的命题的常用方法，它是在归纳的基础上进行的演绎推理，其大前提是皮亚诺公理(即归纳公理)：
设M是正整数集合的子集，且具有如下性质：
①1∈M；
②若k∈M，则k＋1∈M，那么必有M＝N*成立.
数学归纳法证明的两个步骤体现了递推的数学思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，通过对两个命题的证明替代了无限多次的验证，实现了有限与无限的辩证统一.
从近几年的高考试题来看，比较注重于对数学归纳法的思想本质的考查，如“归纳、猜想、证明”是一种常见的命题形式.而涉及的知识内容也是很广泛的，可覆盖代数命题、三角恒等式、不等式、数列、几何命题、整除性命题等.其难点往往在第二步，关键是“凑形”以便运用归纳假设的条件.

高三数学理科复习：等差、等比数列的运用

高三数学理科复习23——等差、等比数列的运用
【高考要求】：等差数列（C）；等比数列（C）.
【教学目标】：能运用等差等比数列的通项公式、前n项和的公式解决一些简单问题.
【教学重难点】：等差等比数列的应用.
【知识复习与自学质疑】
1、三个数成等差数列，成等比数列，则.
2、下列判断是否正确：
（1）若成等比数列，则也成等比数列.
（2）若成等差数列，则也成等差数列.
（3）数列是公差不为0的等差数列，则数列中一定不会有.
（4）数列的前n项的和为，且，则数列为等差或等比数列
（5）已知数列为等差数列，它的前n项的和为，则使取最大值的n可由不等式组来确定.
（6）是项数相等的等差数列，则数列（其中p，q为常数）也是等差数列.
（7）是项数相等的等比数列，则数列不一定是等比数列.
（8）若数列是等比数列，，则数列不是等比数列.
3、已知数列为等差数列，它的前n项的和为，则数列是数列，数列是数列；若数列是每项都是正数的等比数列，则数列是数列.
4、一梯形的上、下底长分别是12cm，22cm，将梯形的一腰10等分，过每一个分点作平行于底边的直线，则这些直线上夹在两腰之间的线段的长度之和为______.
5、定义一种运算“”，对于正整数满足以下的运算性质：
（1）1*1=1，（2）（n+1）*1=3(n*1).则n*1用含有n的代数式可以表示为__________________.

【例题精讲】
例1、已知等比数列的首项，公比.设数列的通项为.把数列与的前n项和分别记为与，试比较与的大小.

例2、在等差数列中，，前n项和为，且.问：n为何值时，最大？

例3（1）设等比数列的前n项的和为，求证：.
（2）已知数列为等比数列，.设是数列的前n项和，证明.

例4、设各项均为正数的数列和满足成等比数列，成等差数列且，求通项.
【矫正反馈】
1、已知正数等比数列.若，则公比q的取值范围是__________________.
2、设等差数列的前n项之和为，若，则当n=___________时，取得最大值.
3、等差数列的前n项和为，且，则=.
4、若数列是公差d不为0的等差数列，则与的大小关系为_______________.
5、在1与2之间插入5个正数，使这7个数成等比数列，则插入的5个数的积是____________.
6、设等差数列中，，且从第5项开始是正数，则公差的取值范围是____________.
7、某人2002年7月1日在银行存入一年期定期存款a元，以后每年7月1日到银行将厡存款的本金与利息转为新的一年定期存款，并再新存入一年期定期存款a元，若年利率为r保持不变，到2007年7月1日，将所有的存款与利息全部取回，他可取回多少元？

【迁移应用】
8、设等差数列的前n项之和为
（1）求公差d的取值范围；
（2）指出中哪个值最大，并说明理由.
9、已知数列为等差数列，公差中的部分项组成的数列恰为等比数列，其中.
（1）求；（2）求数列的前n项的和.

高三理科数学复数总复习教学案

一位优秀的教师不打无准备之仗，会提前做好准备，作为教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，帮助教师缓解教学的压力，提高教学质量。优秀有创意的教案要怎样写呢？为了让您在使用时更加简单方便，下面是小编整理的“高三理科数学复数总复习教学案”，希望能为您提供更多的参考。

第十五章复数

高考导航

考试要求重难点击命题展望
1.理解复数的基本概念、复数相等的充要条件.
2.了解复数的代数表示法及其几何意义.
3.会进行复数代数形式的四则运算.了解复数的代数形式的加、减运算及其运算的几何意义.
4.了解从自然数系到复数系的关系及扩充的基本思想，体会理性思维在数系扩充中的作用.本章重点：1.复数的有关概念；2.复数代数形式的四则运算.
本章难点：运用复数的有关概念解题.近几年高考对复数的考查无论是试题的难度，还是试题在试卷中所占比例都是呈下降趋势，常以选择题、填空题形式出现，多为容易题.在复习过程中，应将复数的概念及运算放在首位.

知识网络

15.1复数的概念及其运算

典例精析
题型一复数的概念
【例1】(1)如果复数(m2＋i)(1＋mi)是实数，则实数m＝；
(2)在复平面内，复数1＋ii对应的点位于第象限；
(3)复数z＝3i＋1的共轭复数为z＝.
【解析】(1)(m2＋i)(1＋mi)＝m2－m＋(1＋m3)i是实数1＋m3＝0m＝－1.
(2)因为1＋ii＝i(1＋i)i2＝1－i，所以在复平面内对应的点为(1，－1)，位于第四象限.
(3)因为z＝1＋3i，所以z＝1－3i.
【点拨】运算此类题目需注意复数的代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，并注意复数分为实数、虚数、纯虚数，复数的几何意义，共轭复数等概念.
【变式训练1】(1)如果z＝1－ai1＋ai为纯虚数，则实数a等于()
A.0B.－1C.1D.－1或1
(2)在复平面内，复数z＝1－ii(i是虚数单位)对应的点位于()
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
【解析】(1)设z＝xi，x≠0，则
xi＝1－ai1＋ai1＋ax－(a＋x)i＝0或故选D.
(2)z＝1－ii＝(1－i)(－i)＝－1－i，该复数对应的点位于第三象限.故选C.
题型二复数的相等
【例2】(1)已知复数z0＝3＋2i，复数z满足zz0＝3z＋z0，则复数z＝；
(2)已知m1＋i＝1－ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则m＋ni＝；
(3)已知关于x的方程x2＋(k＋2i)x＋2＋ki＝0有实根，则这个实根为，实数k的值为.
【解析】(1)设z＝x＋yi(x，y∈R)，又z0＝3＋2i，
代入zz0＝3z＋z0得(x＋yi)(3＋2i)＝3(x＋yi)＋3＋2i，
整理得(2y＋3)＋(2－2x)i＝0，
则由复数相等的条件得
解得所以z＝1－.
(2)由已知得m＝(1－ni)(1＋i)＝(1＋n)＋(1－n)i.
则由复数相等的条件得
所以m＋ni＝2＋i.
(3)设x＝x0是方程的实根，代入方程并整理得
由复数相等的充要条件得
解得或
所以方程的实根为x＝2或x＝－2，
相应的k值为k＝－22或k＝22.
【点拨】复数相等须先化为z＝a＋bi(a，b∈R)的形式，再由相等得实部与实部相等、虚部与虚部相等.
【变式训练2】(1)设i是虚数单位，若1＋2i1＋i＝a＋bi(a，b∈R)，则a＋b的值是()
A.－12B.－2C.2D.12
(2)若(a－2i)i＝b＋i，其中a，b∈R，i为虚数单位，则a＋b＝.
【解析】(1)C.1＋2i1＋i＝(1＋2i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝3＋i2，于是a＋b＝32＋12＝2.
(2)3.2＋ai＝b＋ia＝1，b＝2.
题型三复数的运算
【例3】(1)若复数z＝－12＋32i，则1＋z＋z2＋z3＋…＋z2008＝；
(2)设复数z满足z＋|z|＝2＋i，那么z＝.
【解析】(1)由已知得z2＝－12－32i，z3＝1，z4＝－12＋32i＝z.
所以zn具有周期性，在一个周期内的和为0，且周期为3.
所以1＋z＋z2＋z3＋…＋z2008
＝1＋z＋(z2＋z3＋z4)＋…＋(z2006＋z2007＋z2008)
＝1＋z＝12＋32i.
(2)设z＝x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi＋x2＋y2＝2＋i，
所以解得所以z＝＋i.
【点拨】解(1)时要注意x3＝1(x－1)(x2＋x＋1)＝0的三个根为1，ω，ω－，
其中ω＝－12＋32i，ω－＝－12－32i，则
1＋ω＋ω2＝0，1＋ω－＋ω－2＝0，ω3＝1，ω－3＝1，ωω－＝1，ω2＝ω－，ω－2＝ω.
解(2)时要注意|z|∈R，所以须令z＝x＋yi.
【变式训练3】(1)复数11＋i＋i2等于()
A.1＋i2B.1－i2C.－12D.12
(2)(2010江西鹰潭)已知复数z＝23－i1＋23i＋(21－i)2010，则复数z等于()
A.0B.2C.－2iD.2i
【解析】(1)D.计算容易有11＋i＋i2＝12.
(2)A.
总结提高
复数的代数运算是重点，是每年必考内容之一，复数代数形式的运算：①加减法按合并同类项法则进行；②乘法展开、除法须分母实数化.因此，一些复数问题只需设z＝a＋bi(a，b∈R)代入原式后，就可以将复数问题化归为实数问题来解决.

文章来源：http://m.jab88.com/j/56632.html

更多