高中数学备课参考数学通报问题解答0206pdf

数学问题解答 2002年5月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1371 如图,凸四边形ABCD内接于 O ,延长 AB、DC得交点E,延长BC、AD得交点F. M、N各 是AC、BD的中点.且AC BD. 求证: MN EF = 1 2 AC BD - BD AC (安徽省怀宁江镇中学 黄全福 246142) 证明 先注意下述两 个引理. 引理1 图形与相关 条件与题目相同,设AC、 BD相交于P. 求证: OPEF. 证明 设 O半径为R.在射线FP上取一 点K,使得B、K、P、C四点共圆.此时 BKF = BKP =180-BCP =180-BCA =180- BDA =BDFB、K、D、F四点共圆 . ( 图1) 利用圆幂定理可得: 图1 FPFK = FCFB = 切线长2= OF2-R2; FPPK = BPPD = ( R + OP)( R - OP) = R2 - OP2 两式相减: PF2= OF2 + OP2-2R2, 所以 OF2-PF2= 2R2- OP2 同理 OE2-PE2=2R2- OP2 所以 OE2-PE2= OF2-PF2. 从而可得OPEF. 图2 引理2 见图2, OP为 O 直径, M、N两点都在 O 上且ON OM1OP、 MN所夹锐角为. 求 证:OPMN= ON2- OM2 cos . 证明 注意= x + y.作OHMN ,易得: OPM S ONH, OPN S OMH.于是ON2- OM2= HN2- HM2 = MN( HN -HM) . 右边= MN( HN - HM) cos = MN HN -HM cos( x + y) = MN HN -HM cosxcosy -sinxsiny = MN HN -HM ON OP PM OP - PN OP OM OP = MN HN -HM ON OP HN ON - HM OM OM OP = MNHN - HM HN OP - HM OP = OPMN =左边. 现在回到正题上来: 延长MN交EF于G,设 MGE =, OP与 MN所交锐角为.由引理1知OPEF与 互余,即有: sin=cos.连结OM、ON ,显然OMAC、 ONBD.并记 MPN =APD =.因为O、 M、P、N四点共圆,且OP为圆直径. 所以 MN sin = OPsin= MN OP . 根据熟知的命题有: 图3 SEMN= 1 4 SABCD= SFMN 所以SEMN+ SFMN = 1 2 SABCD 即 1 2 MNEFsin = 1 2 SABCD. 所以SABCD= MNEFsin. 此时 MN EF = MN2sin MNEFsin = MN2sin SABCD 而 1 2 AC BD - BD AC = 1 2 AC 2 - BD2 ACBD = 4 ( ON 2 - OM2)sin 2ACBDsin = ( ON 2 - OM2)sin SABCD 由引理2知 OPMN = ON2- OM2 cos = ON2- OM2 sin 所以 (ON 2 - OM2)sin= (OPMNsin)sin 742002年 第6期 数学通报 = OPMNsin MN OP = MN2sin 比较 、 立得: MN EF = 1 2 AC BD - BD AC 1372 在 ABC中, AP平分 BAC, AP交BC于 P, BQ平分 ABC, BQ交CA于Q.已知 BAC = 30 且AB + BP = AQ + QB.问 ABC各内角的度 数的可能值是多少? (湖北谷城县第三高级中学 贺斌 441700) 解 设 ABC三边的长为a、b、c. 因为 SABC= SABQ+ SBQC, 所以 1 2 acsinB = 1 2 cBQsin B 2 + 1 2 a BQsin B 2 , 所以 BQ = acsinB ( a + c)sin B 2 = 2ac a + ccos B 2 . 又因为BQ平分 ABC, 所以AQ QC = c a ,所以 AQ AQ + QC = c a + c , 所以AQ = bc a + c ,同理BP = ac b + c. 另由余弦定理 b2= a2+ c2-2accosB , 所以 ( a + c) 2 -b2=4accos2 B 2 . 于是:AB + BP = AQ + QB c + ac b + c = bc a + c + 2ac a + ccos B 2 . cos B 2 = ( a + c) 2 -b2+ ab 2a( b + c) cos B 2 = 4accos2 B 2 + ab 2a( b + c) 4ccos2 B 2 -2(b + c)cos B 2 + b =0 (2ccos B 2 - b) ( 2cos B 2 -1 ) = 0 cos B 2 = b 2c 或cos B 2 = 1 2 cos B 2 = sinB 2sinC 或B =120 sin B 2 =sinC或B =120 B =2C或B =120. 若B =2C,由A =30 可得B =100, C = 50;若B =120,由A =30,或得C =30. 故 ABC各角度数的可能值有两组,它们依 次是30,100,50 或30,120,30. 1373 设f ( x) = 1 a3 x,3 x-1 +2= f ( x)有唯一 解,数列 xn的前n项和Sn=6-2xn+ f ( n -1 ) , 此处f ( n) 0)上任取两 点P1 ( x 1, y1 ) , P 2 ( x 2, y2 ) , 点P( x , y)是以线段 P1P2为直径的圆上任一点,求证:x2+ y2 3 2 a2 + 1 2 b2. (浙江省宁波市甬江职高综合高中部 邵剑 波 315000) 在椭圆 x2 a2 + y2 b2 =1上任取两点P1 ( x 1, y1 ) , P2 ( x 2, y2 ) , 设点P( x , y)是以线段P1P2为直径 的圆上任一点,求证: x2+ y2 3 2 a2+ 1 2 b2. 证明 由已知得圆方程 ( x - x1) ( x -x2) + ( y -y1) ( y -y2 ) = 0, 故x2+ y2= x ( x1+ x2) + y( y1+ y2 ) - x1x2- y1y2 ( x 2 + y2 ) ( x 1+ x2) 2 + ( y1+ y2) 2 - ( x 1x2+ y1y2 ) , 记 z = x2+ y2, A = x1x2+ y1y2, B = x21+ x22+ y21+ y22,则zz( B +2A) - A , ( z) 2 -B +2A z + A0, z B +2A +B -2A 2 , 2zB +B2-4A2, 令 x1= acos y1= bsin, x2= acos y2= bsin,则 B = a2cos2+ a2cos2+ b2sin2+ b2sin2 a2cos2+ a2cos2+ a2sin2+ a2sin2 =2a2, B -2A = ( x1-x2) 2 + ( y1-y2) 2 = a2(cos-cos) 2 + b2(sin-sin) 2 =a22sin + 2 sin - 2 2 + b22cos + 2 sin - 2 2 =4sin2- 2 a2sin2+ 2 + b2cos2+ 2 , B +2A = ( x1+ x2) 2 + ( y1+ y2) 2 = a2(cos+cos) 2 + b2(sin+sin) 2 =a22cos + 2 cos - 2 2 + b22sin + 2 cos - 2 2 =4cos2- 2 a2cos2+ 2 + b2sin2+ 2 , B2-4A2=4sin2(-)a2sin2 + 2 + b2cos2 + 2 a2cos2 + 2 + b2sin2 + 2 4a4sin2 + 2 cos2 + 2 + a2b2 sin4 + 2 +cos4 + 2 + b4sin2 + 2 cos2 + 2 ( a 4 + b4)sin2(+ ) + 4a2b2 1-2sin2 + 2 cos2 + 2 ( a 4 + b4)sin2(+ ) + 4a2b2-2a2b2sin2(+) sin2(+ ) ( a 4 + b4-2a2b2 ) + 4a2b2 ( a 2 + b2)2, 故 2zB +B2-4A2 2a2+ a2+ b2, , 即 x2+ y2 3 2 a2+ 1 2 b2. 1375 用 x表示x的整数部分,证明 ( 45+ 2001) n 恒为奇数( n =1,2, ) . (湖北教育学院数学系2000级 杨先义 430060) 证明 记=45+ 2001,=45-2000, un= n + n( n = 1,2,)(3) 因为 f ( x) = (45 + x) n + ( 45 - x) n 是偶函 数,所以 f ( x) 的展开式中只含x的偶次幂(各项 系数均为正 ) , 所以 f ( 2001)是正整数,即un N+. 因为 +=90, =24, 所以 、 是方程x2-90 x +24=0的两根, 有 2 -90+24=0, 2 -90+24=0,从而 n+2 -90 n+1 +24 n =0, n+2 -90 n+1 + n =0. 所以 n+2 + n+2 -90( n+1 + n+1 ) + 24( n + n ) = 0.由此得到un的递推关系 un+2=90un+1-24un( n =1,2, ) , u 1=90, u2=8052. 所以 un恒为正偶数. 由(3 ) , n = un- n = ( un-1) + (1- n ) , 因为 01,所以 01- n 1,所以 n = un-1恒为奇数,即 ( 45+2001) n 恒 为奇数. 2002年6月号问题 (来稿请注明出处 编者) 1376 若实数a , b , x , y满足ax + by =3, ax2+ by2=7, ax3+ by3=16, ax4+ by4=42,求ax5+ by5的值. (安徽舒城县杭埠中学 丁遵标 231323) 1377 设P1, P2, P3分别是边长为a的正 ABC 的边AB , BC, CA所在直线上的点,且P1, P2, P3 分别分线段AB , BC, CA之比为( -1 ) , P 为 正 ABC外接圆 O上任一点,问:以PP1, PP2, PP3为边的三角形面积是否定值? (湖北黄石二中 杨志明 435000) 1378 已知函数f ( x) =tanx , x1, x20, 2 ) , 求 证: 1 2 f ( x1) + f ( x2 ) f x1+ x2 2 1+ f 2 x1-x2 2 (南昌大学附中 宋庆 330029) 1379 设a , b , c是 ABC三边长,证明: a2+ b2+b2+ c2+c2+ a2 a + b + c 2+ (2-2) (| a -b | +| b - c | +| c - a | ) 2( a + b + c) 其中等号当且仅当a =b = c或( a , b , c) ( a , a ,0)时成立. (湖 南 炎 陵 县 教 师 进 修 学 校 张 永 红 412500) 1380 已知:函数 f ( n) 是定义在N+上的增函数, 满足f f ( n) =3n ,求 f ( 2001 ) . (浙江湖州市双林中学 李建潮 313012) 数学高考研究与复习 第九次印刷发行 由 数学通报 编辑部组织专家编写的 数学高考研究与复习 将于2002年7月底第九次印刷发行. 根据最新高考精神和读者的意见、 建议,我们对此套书作了适当修改: 11 取消了比较陈旧的题,增加了提高能力的新题. 21 为提高学生的综合能力,在书的最后仍保留6个综合问题选讲: 1)函数综合问题;2)三角综合问题;3)不等式综合问题; 4)数列综合问题;5)立体几何综合问题;6)圆锥曲线综合问题. 31 修改后的练习册更科学更实用. 此书仍不分文科、 理科,以理科的高考要求为基础编写. 定价:一套32元,第一本20元,第二本(练习册)12元,也可单独购买. 一次邮购 110套 一次邮购 1150套 一次邮购 51100套 一次邮购 101300套 一次邮购 300套以上 每套37元 (含5元邮挂费) 每套32元 (免邮挂费,下同) 每套30元每套27元 每套25元 汇款请寄:邮编100875 北京师范大学 数学通报 常淑凤 收 欢迎使用电话、 传真、E - mail与我们联系.数学通报编辑部 数学通报 2002年第6期 主管 中