高中数学备课参考数学通报问题解答0107pdf

数学问题解答 2001年6月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1316 已知sin3-cos3= 2 2 ,求sin-cos的值. (南昌大学附中 宋庆 330029) 解 令sin-cos= t ,则|t |2,且 sincos= 1 2 (1-t2 ) . 2 2 =sin3-cos3 = ( sin-cos) (sin2+sincos+cos2) = t1+ 1 2 (1-t2 ) = - 1 2 t3+ 3 2 t. t3-3t +2=0, t ( t2-2) - ( t -2 ) = 0, ( t - 2 ) ( t 2 +2t -1 ) = 0, t =2或t = 6-2 2 , sin-cos的值为2或 6-2 2 . 1317 ABC中, AB = AC,线段AB上有一点D , AC的延长线上有一点E,使得DE = AC; ED的延 长线与 ABC的外接圆交于P点.证明:AP = AE - AD的充要条件是 PAB =E. (江西省宜丰县二中 龚浩生 336300) 证明 如图,在AE上截取AF = AD ,连结 DF、PB ,AB = AC, ADAB = AFAC,DFBC, 1=2=APB , (1)若 PAB =E,又AB = AC = DE,故 ABP? EDF,AP = EF = AE - AF, AP = AE - AD. (2)若AP = AE - AD ,EF = AE - AF = AE - AD ,AP = EF,又 AB = AC = DE,在 ABP和 DEF中,由正弦定理得:sin3= AP sinAPB/ AB = EFsin1/ DE =sin4. AD = AF,AFD必为锐角,1和 APB必为钝角,3和 4均为锐角. 3=4,于是 PAB =E. 1318 设A、B、C、D、E、F 0, B2AC, D2 AF, BDAE,且 ( BD - AE) 2 ( B 2 - AC) ( D2- AF) 求证 :( 1) 1 C + 1 F 1 E ( B + D) 2 2BD (2 ) E 2 CF (湖北省红安三中 438400) 证明 由题设条件有, 1- AE BD 2 1- AC B2 1- AF D2 于是 1- AE BD 1- AC B2 1- AF D2 1 2 1- AC B2 +1- AF D2 , 即有 E BD 1 2 C B2 + F D2 由 有 1 C + 1 F E BD 1 2 C B2 + F D2 1 C + 1 F 1 2 1 B + 1 D 2 , 即有 1 C + 1 F 1 E ( B + D) 2 2BD , 又由 有 E BD 1 2 C B2 + F D2 C B2 F D2 = CF BD , 即有 E2CF,证毕. 1319 已知直线l :Ax + By + C =0与椭圆 x2 a2 + y2 b2 =1交于P、Q两点, O为椭圆中心,试证:当且 仅当a2A2+ b2B2=2C2时,OPQ有最大面积 1 2 ab. (湖北钟祥市三中 邬天泉 431900) 证明 若A =0,则弦PQ在直线y = h , 642001年 第7期 数学通报 h = - C B ( - b , b) 上. SOPQ=21 2 a1- h2 b2 | h | = a b b2-h2| h | a b 1 2 ( h 2 + b2-h2 ) = 1 2 ab. 当且仅当2h2= b2即b2B2=2C2时取等号. 若A0,直线PQ的方程可写成: y + x + m =0,= B A , m = C A .代入方程 b2x2+ a2y2= a2b2,消去x并整理得: ( a 2 + b2 2 ) y 2 +2mb2y + b2 ( m 2 - a2 ) = 0, y1+ y2= - 2mb2 a2+ b2 2, y1y2= b2 ( m 2 -a2) a2+ b2 2 . ( y 1- y2) 2 = 4b2 a2+ b2 2 2 m2b2 a2+ b2 2 - ( m 2 -a2 ) = 4a2b2 ( a 2 + b2 2 -m2) ( a 2 + b2 2)2 . 记 a2+ b2 2 = 1 t , 又 SOPQ= 1 2 | m | y1-y2| . S2OPQ a2b2m2 = -m2t2+ t = -m2t - 1 2m2 2 + 1 4m2 1 4m2 . SOPQ 1 2 ab. 当且仅当t = 1 2m2 即a2+ b2 2 =2m2时,等 号成立,这时a2A2+ b2B2=2C2. 1320 设A1A2An是边长 为1的正n边形, B1, B2, ,Bn依次是其边A1A2、 A2A3,AnA1上的点. 求证:SB1A2B2+ SB2A3B3+ + SBnA1B1 n 2 SA1A2A3 ( n 是偶数) n -1 2 SA1A2A3 ( n 是奇数) (当Bi为Ai或Ai+1时, i =1,2, n ,取等号) (湖南江华四中 唐子善 425500) 证明 如图设A2B1= a1,A3B2= a2, A1Bn= an,则a1, a2, an0,1.AnA1A2= ,要证的不等式转化为: 1 2 a1(1-a2)sin+ 1 2 a2(1-a3)sin+ 1 2 an(1-a1)sin n 2 1 2 11sin 当n为偶数时. n -1 2 1 2 11sin 当n为奇数时. 即: a1(1- a2) + a2(1- a3 ) + + an(1- a1) n 2 当n为偶数时. n -1 2 当n为奇数时. )当n为偶数时,设 f ( a2k) = a2k-1(1-a2k) + a2k(1-a2k+1) = ( 1-a2k-1-a2k+1 ) a 2k+ a2k-1. ( k =1,2, n 2 ) f ( 0) = a2k-11 当a2k-1+ a2k+11时. f ( 1 ) = 1-a2k+11当a2k-1+ a2k+11时. a1(1-a2) + a2(1-a3 ) + + an(1-a1) = f ( a2) + f ( a4 ) + + f ( an)1+1+1 = n 2 )当n为奇数 若a2+ an1, f ( a1) = a1(1-a2) + an(1-a1) = ( 1-a2-an ) a 1+ an f ( 0) 742001年 第7期 数学通报 = an= an(1-0) a1(1-a2) + a2(1-a3 ) + + an(1-a1) = a2(1- a3) + a3(1- a4 ) + + an-1(1- an ) + an(1-a1) + a1(1-a2 ) a2(1- a3) + a3(1- a4 ) + + an-1(1- an ) + an(1-0) = f ( a3) + f ( a5 ) + + f ( an)1+1+1 = n -1 2 (此f ( a2k+1)= a2k(1-a2k+1) + a2k+1(1- a2k+2) k =1,2, n -1 2 . ) 显然当ai ( i = 1,2, , n) 取0或1,即Bi为 Ai或Ai+1时,不等式取等号. 2001年7月号数学问题 (来稿请注明出处 编者) 1321 已知a , b , cR , | b + c |2| a | , | c + a |2| b | , | a + b |2| c | ,求证: a = b = c. (江西南昌大学附中 宋庆 330029) 1322 锐角 ABC,A ,B ,C的对边长分别 为a , b, c ,延长AB到Q ,使BQ = a ,延长BA到P, 使PA = b,延长BC到H,使CH = b,延长CB到 G,使BG = c ,延长CA到M ,使MA = c ,延长AC 到N ,使CN=a ,设直线GQ , HN , MP交出 ABC,证 ABC,ABC 的面积分别为 , . 1)求证: 25. 2)用a , b , c表示 . (山东章丘市 井镇中心中学 250220) 1323 三棱锥D - ABC中, AD = a , BD = b , AB = CD = c ,且 DAB +BAC +DAC =180, DBA +ABC +DBC =180,求异面直线AD 与BC所成的角. (湖北省黄石二中 杨志明 435000) 1324 已知n是一个使13+23+33+ n3不 能被5整除的自然数,试求12+22+ n2被5 除所得的余数 (湖北洪湖市第三中学 廖明村 433218) 1325 设aiR+( i =1,2, n , n3, n N) ,且满足a1a2an=1, n -2 2 或 -1. 求证: a2a3an a 2+ a 3+ a n+ a2a3an + a1a3an a 1+ a 3+ a n+ a1a3an + a1a2an-1 a 1+ a 2+ a n-1+ a1a2an-1 1. (浙江湖州市双林中学 李建潮 沈永荣 313012) 一道课本例题的开放式教学初探 杨守松 (山东寿光五中 262735) 教材中的例题大都是具有完备的条件和固 定的结论的封闭题,基本上是为了使学生巩固所 学知识,引起认知结构的同化而设计的.为了使数 学教学更多地体现探究精神,在教学过程中适当 地进行开放式教学是有必要的,下面是一道封闭 型例题变为开放型题目的教学设计. 题目 已知|a | 1, |b | 1,求证 a + b 1+ ab 1(高级中学教科书第27页例3) (证明 略) 隐去封闭题的条件