素材：高中数学备课参考数学通报数学问题解答0705.doc

数学问题解答 2007年 4月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1666如图 , O是 ABC的内切圆 ,分别与 BC , AB ,AC相切于点 D , E, F, DO的延长线交 EF于点 G, AG的延长线交 BC于点 H,求证 :BH = CH. (辽宁省岫岩满族自治县教师进修学校侯明辉 114300)证明如图 ,过 G作 BC的平行线 ,分别交 AB , = CH .连结 OM,ON , NG OE ,OF.因为 O是 ABC的内切圆 ,所以 OD BC ,OE AB ,OF AC.故 OG MN .所以 O,M, E,G与 O, F,N,G分别四点共圆 ,得 OEG = OM G , OFG = ON G.又易知 OEG = OFG ,所以 OMG = ON G,从而 OM =ON,于是 MG = NG .由 、得 BH = CH. 1667设 P是 ABC内一点 , PAB = PBC = PCA = (即勃罗卡角 ),若 m= sin A sinB sin C,n = cos A cosB cos C.求证 :tan = n+ m 1 . (四川省达县县委党校王善鑫 635000)证明如图 ,设 PA = x,PB = y,PC = z.在 PA B中用正弦定理有 sin (Bx -)= siny ,即 x sin (B -) y= sin ;在 PB C和 PCA中 ,同理可得 y sin (C-) z sin-) .= z ) sin(C-) sin (A -) sin3 sin3 = sin (B -) sin (C-) sin (A -) 1 sin3 =-cos (B + C-2)-cos (B 2 C) sin (A -) 1 sin3=-cos(-A-2)-cos(B-C)sin(A2 -) 1 sin3 =cos (A + 2)+ cos (B-C)sin (A -)2 1 sin3 =cos (A + 2) sin(A -)+ cos(B 2 C) sin (A -) 1 = sin (2 A+)-sin3+ sin (A+B -C4 -)-sin (B-C-A+) 1 = sin (2 A+)-sin3+ sin(2 C+)+4 sin (2 B+) 4sin3+ sin3 = sin(2 A+ )+ sin (2 B+ )+ sin(2 C-)因此 ( )、( )矛盾 ,所以 AB AC. 则由充分条件可知 :AB AC与已知矛盾 .(2)(必要性 )即 :如果 AB AC,则 BD CE. 所以 ,如果 AB AC,则 BD CE.(反证法 )假设不然 ,即 :BD CE,因此拓广定理成立 . 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 4sin3+ sin3 =( sin2 A+ sin2 B+ sin2 C) cos+ 0 ,那么当 n= k+ 1时 (cos2 A+ cos2 B+ cos2 C) sinak+1 =-ak-1 =-(ak+ 2)-1 + 2.因为 sin3 = 3sin-4sin3ak + 2 ak + 2 所以 4sin3+ sin3 = 3sin因为 1 ak+ 2 2 ,且 t+ 1 t在 t (1 ,2)为又 sin2 A+ sin2 B+ sin2 C= 4sinA sinBsin C= 增函数 .52 , 4 m 所以 (ak + 2) +ak 1 + 2 .cos2 A+ cos2 B+ cos2 C =-1 -4cos AcosBcos C2 即 cos2 A+ cos2 B+ cos2 C =-1 -4 n-12 ,0 .则得 -1 ak+1 0 .将 、代入 ,得 所以 ak+1 3sin = 4 mcos+ (-1 -4 n) sin由 1),2)知 ,-1 an 0(n N3 )即 4 (n + 1) sin = 4 mcos再用数学归纳法可证 a2 n+1 a2 n+1 ,n N.m所以 tan = n+ 1 . 证明 1)当 n= 0时 ,a1 a1 ,则当 1668如图 , AFE = ACB, n= 0时结论成立 . a2 k+2 + 2 a2 k+1 + 2 1.ACB = .则AB =AC +CB =mj +bj1 ,AE = ni 因为 t+ 1 在 t (1 ,2)为增函数 .+ai1 ,CE = ni +ai1 -mj ,FB =mj +bj1 -ni .tAE FB =mni j + bni j1 + ami1 j + abi1 j1 ani i1 -n 2 = 0 所以 a2 k+2 + 2 +a2 k+21 + 2 a2 k+1 + 2 +a2 k+11 + 2 .AB CE = mni j + bni j1 + ami1 j + abi1 j1 -所以 -a2 k+2 -a2 k+21 + 2 -a2 k+1 -a2 k+11 + 2 .bm j j1 -m 2 = 0 即 a2 k+3 a2 k+3 .因 S AEF =S ABC ,则 21 nasin = 21 mbsin,由 1),2)知对一切 n N,总有 a2 n+1 a2 n+1 .所以 na = mb,又 i i1 =-cos= j j1 ,则 ani i1 1 = bm j j1 ,结合 知 m 2 =n 2 ,则 m= n,故 a= b.由已知得 an+1 +an =-an+ 2 ,所以 AFE ACB ,故 AE = AB. 所以又有 an+2 + an+1 =-1 .1669已知数列 an满足 a0 = 0 , an+1 =-an-an+1 + 2 11 an 1 + 2 ,n N+.求证 :a1 ,a3 ,a5 ,单调递增 ;a2 ,a4 , 则 an+2 -an = an+ 2 -an+1 + 2 an+1 -an a6 ,单调递减 . = (an+ 2) ( an+1 + 2).(湖北省南漳县第一中学刘光清 441500)把上式中 n换成 2 n得 证明可用数学归纳法证明 -1 an 0 (n a2 n+2 -a2 n= a2 n+1 -a2 n 0 ; N3 ). (a2 n+ 2) ( a2 n+1 + 2) 1)当 n= 1时 ,a1 =-12 (-1 ,0),成立 . 把上式中 n换成 2 n-1得 a2 n-a2 n-1 2)假设当 n = k(k 1)时成立 ,即 -1 ak 0 . 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 所以 ,a1 ,a3 ,a5 ,递增;a2 ,a4 ,a6 ,递减. 1670圆上均匀分布 2 n+ 1 (n 3)个点 ,将这些点中任意两点连成线段.试求这些线段围成的三角形中三个顶点均在圆内的三角形的概率. (江苏省宿迁中学陈炳堂223800)解由于圆上均匀分布大于 6的奇数个点 ,因而所连成的线段中任意三条不共点.从圆上(2 n+ 1)个点中任取 6个点 ,可围成一个三图 1个 ,其中三个顶点均在圆内的三角形有 C62n+1个.因而三个顶点均在圆内的三角形的概率为 C6 2 n+1P= C6 2 n+1 + 4 C24 n+1 + 5 C25 n+1 +C32 n+1 (n-1) ( n -2)(2 n-3)= 32 .2 n+ 21 n-2 n+ 9 2007年 5月号问题 (来稿请注明出处 编者) 1671设正项等比数列 an的前 n项和为 S n,m,p, n,k为正整数 ,m n,求证 : (1)若 m+n = 2 p,则 S 1 k +S 1 kS 2 k; mn p 个顶点均在圆内的三角形(如图 1).因而三个顶点均在圆内的三角形有 C62n+1个.三角形的三个顶点中若有 2个在圆上 ,1个在圆(如图 2).图 2 有 4 C42 n+1个.三角形的三个顶点中若有两个顶点在圆内 ,一个顶点在圆上 ,那么圆上每 5个点可以确定有 5个这类三角形(如图 3),故这类三角形有 5 C52n+1个.图 3三个顶点均在圆上的三角形有 C32n+1个.故以圆上的(2 n+ 1)个点中任意两点连成的线段围成的三角形共有 C62n+1 + 4 C42n+1 + 5 C52n+1 +C32n+1(2)S 1 k+S 1 k+ + Sk 1 2 n -S k 1 (n 1). 12 2 n-1 n(安徽省明光市涧溪中学盛宏礼239461)1672如图 4 ,MABC内一点 ,D,E, F长线长的点 , DE分别交 BC , CA于 H,Q, EF分别交 CA ,AB于 I ,J;DF分别交 AB ,BC于 P, G.若 H,M,J三点共线.求证 : P,M,Q三点共线. 图 4 (广东佛山市三水中学张启凡528100) 1673已知 :(x+ x 2 + 1) (y+ y 2 + 1) 1 ,求证 :x+ y 0. (山东单县二中齐行超274300) 1674设 m 1 ,n是某个固定的正整数 ,定义数列 an ,a0 = 12 , ak = ak-1 +n 1 m a 2 k-1(k N+) ,求nm + 1证 :2 nm-n+ 2 an 1. (四川省蓬安中学蒋明斌637800) n 1675设 x1 ,x2 , ,x n R+, xi = 1 ,n 2 ,n i= 1 N+.求证 : n 1 n 2 ( xi) . i = n1i