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数学通报 1998年第 6期48 数学问题解答 1998年 5月号问题解答 (解答由问题提供人给出 ) 1131试证 :一元多项式 P (x) = xk ixk -1-1的复根 z = re 一定满足 2 k 2 k-12 k-2 r-2 r cos +r -1 = 0.证明我们有 | P (z) | | zk -zk -1| -1= 综合 = AQ2 , rk -1| z -1| -1 ,及| P (z) | 1-| zk -zk -1| =1-rk -1| z -1| .因为 | z -1| = 2 rcos 又由对称性易知 MN =2 NE, PQ = 2 QD ,在 Rt ABN中 ,有 S ABN =1 AB EN 1 2 1及 (r 2-2 rcos +1) P (z) | 0 ,故得结论 . 1132试证 :对任何正整数 n和 k,有 111 1k1 + 2 k+ 3 k+ +nk k+ 1 n(n + 1) k. 证明由二项式定理 ,对任何正整数 t和 k有 (1+ kt 1 )k 1+ 1 t,所以 ( kt +1) kt (t + 1 1) (kt) k,或 (k +1+ k (t -1) tk kt (t + 1 11 1) k,移项得 (k +1) tk kt (t +1)k -k (t 11 1k1) tk,于是 tk k +1 (t (t +1)k -(t -1) 1 t k).在其中令 t =1 , 2 , , n,然后将所得不等式相加 ,即得结果 . 1133在锐角 ABC中 , BD垂直 AC于 D, CE垂直 AB于 E,以 AB为直径的圆交直线 CE于 M, N,以 AC为直径的圆交直线 BD于 AB MN 1 BN P, Q.若 AC =, PQ = k,试求 CQ的值 .解连结 AN, AQ,则由射影定理得 AN 2 = AE AB (1) AQ2 = AD AC (2)又易证 B, E, D, C四点共圆 , AE AB AD AC (3)2 = 12 AN BN即 AB MN = 2 AN BN (4)同理可得 AC PQ = 2 AQ CQ (5)由 (4)和 (5)得 AB MN 2 AN BN BN = AC PQ 2 AQ CQ CQ故 BN = AB MN = .CQ AC PQ k 1134设 ABC的三边长为 a, b, c,相应各边上的高与傍切圆的半径分别为 ha, hb, hc与 ra, rb, rc.求证 : 222ha hb hc rbrc rcra rarb + +22rbrc rcra rarb hahb hc 证明用 ,S分别表示 ABC的面积与半周长 ,由等式 = ra (s -a) = rb (s -b) = rc (s -c) = 12 haa = 12 hbb = 12 hcc得 : rbrc rcra rarb +222hahb hc 2 b2 a = 4 (s-b)( s-c) + 4 (s-c)( s-a) 1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 2 c +4 (s-a)( s-b) 22b2 a+ +c= 3 , b4 ( a 2 ) 2 4 ( 2 ) 2 4 ( c 2 ) 2 ha 2 hb 2 hc 2 + + rb rc rc ra ra rb = 4 ( s -b) ( s a 2 -c) + 4 ( s -c) ( s b2 -a) + 4 ( s -a) ( s 2 -b) c 4 ( a 2 ) 2 a 2 + 4 ( b 2 ) 2 b2 + 4 ( c 2 ) 2 c 2 = 3 ha 2 rb rc + hb 2 rc ra + hc 2 ra rb 3 rb rc ha 2 + rc ra hb 2 + ra rb hc 2 .式中等号成立时当且仅当 ABC为正三角形 . 1135 ABC中 ,O为内心 , E, 分别为 BC, CA, AB的中点 , AB +BL = 21 ABC周长 (1)于 K.求证 : 证明作 ABC的内切圆 O, G为 BC上的切点 , GH是 O的直径 .过 H作 O的切线交 AB, AC于 P, Q,显然 PQ BC A PQ ABC , A PH ABL (L为射线 AH与 BC的交点 ).易知 O是 A PQ的旁切圆 ,此时 AP + PH = AQ + QH = 12 A PQ周长 . A PQ周长 = AP = PH = AP + PH ABC周长 AB BL AB + BL 1 A PQ周长 2 = AB + BL不难证明 AB +CG = AC+BG = 12 ABC周长 (2)由 (1), ( 2)得 BL = CG ,从而可知 D为 LG之中点 , DO是 HL G的中位线 DO HL ,即 DK AL .而 DE AB, EK BL DEK ABL EK = DE =1= DE + EK DE +BL AB 2 AB + BL EK = 12 ( AB + BL ) = 12 ( 12 ABC周长 ) = 1 ( DE + EF + D F)即 2 ( DE + E K) = ( DE 2 + E K) + ( DF + F K)故有 : DE + EK = DF + F K. (来稿请注明出处编者 ) 1136设 P是 ABC内一点 ,且 PAB = PB C = PCA = (即 为勃罗卡角 ),则 B = C的充分必要条件为 sin = sin A(董林提供 )5 -4cos A 编者注 :此题的必要性是第 1113题. 1137设 P为 ABC内任一点 , B PC、 CPA、 A PB的外接圆半径分别为 Ra, Rb, Rc.求证 : Ra + Rb + Rc PA + PB + PC. (邹明提供 ) 1138证明 :正三棱柱的两个侧面的异面对角线互相垂直的一个充分必要条件是 :它的底面边长与侧棱长的比为 2 : 1.(卢家范提供 ) 1139求下述方程