今天小編就為大家分享一篇高中數(shù)學(xué)證明題，具有很好的參考價(jià)值，希望對(duì)大家有所幫助

云朵開始無賴的占據(jù)著太陽，光彩頓時(shí)消失了無影無蹤，身后還依然是殘損不堪的梯子，寂靜的陽臺(tái)，

。
高中數(shù)學(xué)證明題……
因?yàn)镻A/PA'=PB/PB'
所以A'B'//AB
同理C'B'//CB
兩條相交直線分別平行一個(gè)面
兩條直線確定的面也平行這個(gè)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(duì)以后做立體大題有好處
解：連接CE，由于對(duì)稱性，知CE與橢圓的交點(diǎn)G與B關(guān)于x軸對(duì)稱，連接AG，我們證明BC與AG的交點(diǎn)就是F，這樣BC當(dāng)然經(jīng)過F
已知橢圓右焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(1，0)
設(shè)過E斜率為K的直線方程為：y=kx+b
E點(diǎn)坐標(biāo)滿足方程，有：0=2k+b b=-2k y=kx-2k
把直線方程代入橢圓方程得：
x^2/2+(kx-2k)^2=1
x^2+2(kx-2k)^2=2
x^2+2k^2x^2-8k^2x+8k^2-2=0
(2k^2+1)x^2-8k^2x+8k^2-2=0
設(shè)AB兩點(diǎn)坐標(biāo)為(x1,y1)(x2,y2)，則C、G點(diǎn)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)=4-4/(2k^2+1)
x1x2=(8k^2-2)/(2k^2+1)=4-6/(2k^2+1)
y1=kx1-2k且 y2=kx2-2k
y1+y2=k(x1+x2)-4k=4k-4k/(2k^2+1)-4k=-4k/(2k^2+1)
直線BC、AG的方程為：
y=(y2+y1)(x-x1)/(x2-x1)-y1 和 y=(y1+y2)(x-x1)/(x1-x2)+y1
聯(lián)立上兩直線方程求交點(diǎn)坐標(biāo)：
(y2+y1)(x-x1)/(x2-x1)-y1=(y1+y2)(x-x1)/(x1-x2)+y1
(y2+y1)(x-x1)/(x2-x1)+(y1+y2)(x-x1)/(x2-x1)=2y1
(y2+y1)(x-x1)/(x2-x1)=y1
x-x1=y1*(x2-x1)/(y1+y2)
x=y1*(x2-x1)/(y1+y2)+x1
x=(x1y2+x2y1)/(y1+y2)=[x1(kx2-2k)+x2(kx1-2k)]/(y1+y2)=
補(bǔ)充回答：
思路是這樣，再用前面x1+x2及y1=kx1-2k y2=kx2-2k代簡。如果沒的錯(cuò)，x應(yīng)為1,y=0
二、
直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中的底面ABCD為菱形，∠ADC=120,AA1=AB=1，點(diǎn)O1，O分別是上下底面菱形對(duì)角線交點(diǎn)，求點(diǎn)O到平面CB1D1的距離。。。我找不到那條線，，，
O點(diǎn)到該面的距離為A點(diǎn)到該面的距離的一半，所以先求A點(diǎn)到該面的距離。找B1D1中點(diǎn)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

因此我們總是讓一天的時(shí)間匆匆而來，匆匆逝去，沒有太多欣喜與歡樂。漸漸地，人生的霧霾將會(huì)在不知不覺中籠罩我們的心理，

。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?yàn)閚>1,所以lgn>0, lg(n+1)>0,lg(n+2)>0;
欲證明原不等式成立，只需證lg(n+1)/lgn>lg(n+2)/lg(n+1);
即證：[lg(n+1)]^2>lgn. lg(n+2)...........(*)
因?yàn)楦鶕?jù)均值不等式lgn.lg(n+1)<[(lgn+lg(n+1))/2]^2<[lg(n+1)]^2
所以(*)式成立，以上各步均可逆;所以原不等式成立。