高中数学备课参考数学通报问题解答0005pdf

数学问题解答 2000年4月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 12461f(n)定义在正整数集合上,且满足f (1) = 2, f(n+ 1) =(f(n) 2 -f(n) + 1, n= 1, 2, 3. 求证:对所有整数n 1, 1 - 1 22 n- 1 1 f(1) + 1 f(2) + 1 f(n) 1 - 1 22 n 证明 由条件易得 f(n)2 又 f(n+ 1) =f(n) (f(n ) - 1) + 1 f(n+ 1) -1 =f(n) (f(n ) - 1) 于是 1 f(n+ 1) -1 = 1 f(n) (f(n ) - 1) = 1 f(n ) - 1 - 1 f(n) 即 1 f(n) = 1 f(n ) - 1 - 1 f(n+ 1) -1 所以 n k= 1 1 f(k) = n k= 1 ( 1 f(k ) - 1 - 1 f(k+ 1) -1) = 1 f (1) - 1 - 1 f(n+ 1) -1 = 1 - 1 f(n+ 1) -1 下面只要用数学归纳法证明 22 n- 1 f(n+ 1) -1 22 n n= 2时,显然成立; 假设n=k时,命题成立;则n=k+ 1时,有 f(k+ 2) =f(k+ 1) (f(k+ 1) -1) + 1根据 归纳假设, 22 k- 1 f(k+ 1) 22 k + 1; 以及f(k + 2) 22 k (2 2k -1) + 1 = 22 k+ 1 -22 k + 1 22 k+ 1 + 1 命题对于n=k+ 1也成立. 证毕 12471D为R tA B C斜边B C上一点,且 A BD 和 A CD的内切圆相等.求证:A BA C= 2A D 2. 证明 作D EA B于 E,D FA C于F.设A B=c, A C=b,BD=n,CD=m.依 题意易知A E=D F. 由D EA C得 D E A C = BD B C ,即D E= BDA C B C = nb n+m. 同理可得D F= m c m+n. 在R tA D E中,有A D 2 =D E 2 +A E 2 = ( nb n+m ) 2 +( m c n+m ) 2 = n2b2+m 2c2 (n+m) 2. 又由于 A BD和 A CD的内切圆相等,而 它们的半径分别为 2SA BD A D+c+n, 2SA CD A D+b+m. 于是有 2SA BD A D+c+n = 2SA CD A D+b+m. 又因为SA BD:SA CD=n:m 所以 n A D+c+n = m A D+b+m 即 A D(m-n ) = nb-m c,A D= nb-m c m-n (mn ). (1)当m=n时,则b=c且A BA C= 2A D 2. (2)当mn时,则A D 2 = n2b2+m 2c2 (n+m) 2 = (nb2m c) 2 (m-n) 2 化简得 n2b2+m 2c2 = 1 2 bc(m+n) 2 所以 1 2 bc= n2b2+m 2c2 (m+n) 2 =A D 2 故 A BA C= 2A D 2. 12481A D、B E、CF是 A B C的三条内角平分线. 求证: 4 5 B F+CD+A E BD+CE+A F 5 4 证明 记B C=a、CA=b、A B=c,A B C 内切圆半径为r;A D、B E、CF将 A B C、 面积分 成的六个小三角形面积分别记为Si(i=1, 2, 6). 742000年 第5期 数学通报 B F A F = a b , B F A B = a a+b 而B F A B = SCB F SABC = S1+S2+S3 SABC ; a a+b = S1+S2+S3 SAB C 同 理 b b+c = D C B C = SADC SABC = S3+S4+S5 SA BC , c c+a = A E A C = SBA E SAB C = S5+S6+S1 SAB C a a+b + b b+c + c c+a = (S1+S2+S3) + (S3+S4+S5) + (S5+S6+S1) SAB C = 1 + S1+S3+S5 SAB C 注意 “数学通报”1999年9期第1214题的结 论: 13 9 a a+b + b b+c + c c+a 14 9 将代入得: 4 9 9 5 亦即: 5 4 S2+S4+S6 S1+S3+S5 4 5 4 5 S1+S3+S5 S2+S4+S6 5 4 由于面积为Si的六个小三角形有公共的高 即 A B C的内切圆半径r,故上式可写成: 4 5 1 2 r(B F+CD+A E) 1 2 r(BD+CE+A F) 5 4 4 5 B F+CD+A E BD+CE+A F 0. 由(3)有 yz= 4?n2 + 4( y+z)?n2x4?n2 + 8x?n2x= 12?n2 所以z 2 yz12?n2, 0 z 23?n (4) 若23?n23= 314641 时,由(4)有z 1这与z为正整数矛 盾,此时满足(3)的x、y、z不存在.因而,当n4 时(n为正整数 ), 满足题设的三角形不存在. 若n= 3,由(4)有0 z 23?3 2, 而z是整数,所以z= 1,代入(4)有 y= 1(5) 代入(3)得x= 8 5 ,这与x为正整数矛盾,因 而,当n= 3时满足题设的三角形不存在. 若n= 2,由(4)有0 z3 ,而z是 整数,所以z= 1,代入(3)有x=(y + 1) ?(y- 1) = 1 + 2?(y- 1) (6) 由x是正整数,知y-1 = 1或y-1 = 2 所以y= 2或y= 3. 当y= 2时,x= 3;当y= 3时,x= 2;而x y x= 3,y= 2,此时,a= 3,b= 4,c= 5.即 当n= 3时,满足条件的三角形有且只有一个,其 边长为3、4、5. 若n= 1,代入(3)有 x yz= 4(x+y+ z)(7) 又由(4)有0 z 23 0,易得y418,又y3,y是整数,所以y = 3,或y= 4,代入(10)得相应的x分别为418, 315,这与x为整数矛盾.因此,z= 3时满足(7)的 x,y,z不存在. 此时,满足题设的三角形不存在. 故当n= 1时,满足条件的三角形有五个,其 边长分别为29, 25, 6; 20, 15, 7; 17, 10, 9; 13, 12, 5; 10, 8, 6. 综上述,当n3时,满足条件的三角形不存 在;当n=2时,满足条件的三角形有且只有一 个: (3, 4, 5);当n= 1时,满足条件的三角形有五 个: (29, 25, 6); (20, 15, 7); (17, 10, 9); (13, 12, 5); (10, 8, 6). 12501 设 A B C的三边a,b,c上的高、 角平分线 长分别为ha,hb,hc,wa,wb,wc,外接和内切圆半径 分别为R与r.试证: ha w 2 a = 1 R + 1 2r. 其中表示三元循环和 证明 记A B C的面积和半周长分别为 与s,则有 wa= 2bc b+ccos A 2 = 2bcs(s-a) b+c , = 1 2 aha= abc 4R =sr =s(s-a) (s-b) (s-c ). 于是由上述公式,知 ha w 2 a = 2 a 4bcs(s-a) (b+c) 2 = (b+c) 2 2abcs(s-a) = 1 2abc 2(b+c) 2 s(s-a) = 1 2abc s(s-a) (s-b) (s-c) (b+c) 2 s(s-a) = 1 2abc(s -b) (s-c) (b+c) 2 = 1 8abca 2 -(b-c) 2 ( b+c) 2 = 1 8abca 2(b +c) 2 -(b2-c2) 2 = 1 8abc a2b2+a2c2+ 2a2bc-b4-c4+ 2b2c2 = 1 4abc 2a2b2- a 4 + a 2bc = 1 4abc 16 2 +abca = 4 abc + a 4 = 1 R + 1 2r 2000年5月号问题 (来稿请注明出处 编者) 12511 设数列an满足:a1= 1,且an+ 1= 1 2 an+ 4 9an, 求证对任何nN,数4?9a2n-8为自然 数.(方廷刚提供) 12521 设a,b,c是周长为1的三角形的三条边长, 试证:a2b+b2c+c2a 1 8 (盛宏礼提供) 12531 设四面体A1A2A3A4的外接球与内切球的 半径分别为R与r,则R3r . ( 邹明提供) 12541设ma,mb,mc