2．(2009·广东高考)若直线(t为参数)与直线4x+ky＝1垂直，则常数k＝(　)

A．25 　　　　B．－6　　　　　　　　　 C．6　 　　　D．7

解析：直线l₁：3x+2y－7＝0，直线l₂：4x+ky－1＝0.

由l₁⊥l₂，∴2k+3·4＝0，∴k＝－6.

答案：B

1．(2009·天津高考)设直线l₁的参数方程为(t为参数)，直线l₂的方程为y＝3x+4，则l₁与l₂间的距离为　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　)

A.　　　　B.　　　　　　 C.　 　　　　　　D．3

解析：直线l₁的参数方程(t为参数)．

化为普通方程为：＝，即 3x－y－2＝0.

又l₂：3x－y+4＝0.由两平行线间距离公式知

d＝＝＝.

答案：B　

12．设f(x)＝x²+ax+b，求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.

证明：假设|f(1)|＜，|f(2)|＜，|f(3)|＜，则有

于是有

由①②得－4＜a＜－2；由②③得－6＜a＜－4.两式互相矛盾，所以假设不成立．所以原命题成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.

11．△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，a、b、c分别为三内角A，B，C的对边．求证：+＝.

证明：要证明+＝，

只需证明+＝3，

只需证明+＝1，

只需证明c(b+c)+a(a+b)＝(a+b)·(b+c)，

只需证明c²+a²＝ac+b²，

∵△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，∴B＝60°，

由余弦定理，有b²＝c²+a²－2accos60°，

即b²＝c²+a²－ac，

∴c²+a²＝ac+b².故原命题成立，得证．

10．设a，b，c，d都是小于1的正数，求证：4a(1－b),4b(1－c),4c(1－d),4d(1－a)这四个数不可能都大于1.

证明：假设4a(1－b)＞1,4b(1－c)＞1,4c(1－d)＞1，4d(1－a)＞1，则有

a(1－b)＞，b(1－c)＞，

c(1－d)＞，d(1－a)＞.

∴＞，＞，

＞，＞.

又∵≤，

≤，

≤，≤，

∴＞，＞，

＞，＞.

将上面各式相加得2＞2，矛盾．

∴4a(1－b),4b(1－c),4c(1－d),4d(1－a)这四个数不可能都大于1.

9．求证：a³+b³+c³≥(a²+b²+c²)(a+b+c)．

证明：∵a²+b²≥2ab，∴(a²+b²)(a+b)≥2ab(a+b)，

∴a³+b³+a²b+ab²≥2a²b+2ab²，

∴a³+b³≥a²b+ab².

同理：b³+c³≥b²c+bc²，a³+c³≥a²c+ac².

将三式相加得：

2(a³+b³+c³)≥a²b+ab²+b²c+bc²+a²c+ac².

∴3(a³+b³+c³)≥(a³+a²b+a²c)+(b³+b²a+b²c)+(c³+c²a+c²b)＝(a+b+c)(a²+b²+c²)，

∴a³+b³+c³≥(a²+b²+c²)(a+b+c)．

8．(2009·江苏南京调研)已知a，b为正数，求证：+≥.

证明：∵a>0，b>0，∴(a+b)(+)＝5++≥5+2＝9，

∴+≥.

7．已知：a+b+c＝0，求证ab+bc+ca≤0.

证明：法一：(综合法)

∵a+b+c＝0，∴(a+b+c)²＝0，展开，

得ab+bc+ca＝－.

∴ab+bc+ca≤0.

法二：(分析法)

要证ab+bc+ca≤0，∵a+b+c＝0，

故只需证ab+bc+ca≤(a+b+c)²，

即证a²+b²+c²+ab+bc+ca≥0，

即[(a+b)²+(b+c)²+(a+c)²]≥0，

∴显然原式成立．

法三：∵a+b+c＝0，∴－c＝a+b，

∴ab+bc+ca＝ab+(a+b)c＝ab－(a+b)²

＝－a²－b²－ab＝－[(a+)²+]≤0.

6．已知点P是边长为2的等边三角形内一点，它到三边的距离分别为x、y、z，则x、y、z所满足的关系式为________，x²+y²+z²的最小值是________．

解析：由面积关系可得

(2x+2y+2z)

＝×2×3⇒x+y+z＝3；

又2(x²+y²)≥x²+2xy+y²，

2(y²+z²)≥y²+2yz+z²，

2(z²+x²)≥z²+2zx+x²，

三式相加得3(x²+y²+z²)≥(x+y+z)²，

即x²+y²+z²≥(x+y+z)²＝×3²＝3.

答案：x+y+z＝3　3

5．设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是________．

①|a－b|≤|a－c|+|b－c|；

②a²+≥a+；

③|a－b|+≥2；

④－<－.

解析：对于①，因为|a－b|＝|(a－c)+(c－b)|≤|a－c|+|b－c|，

所以|a－b|≤|a－c|+|b－c|恒成立；

对于②，因为a²+－(a+)

＝(a+)²－(a+)－2

＝(a++1)(a+－2)，

易知a+≥2，故a²+－(a+)≥0，

所以a²+≥a+恒成立；

对于③，当a＞b时，有|a－b|+≥2成立；

当a≤b时，|a－b|+≥2不成立．

对于④，可以证明不等式

－<－也恒成立．

答案：③