高中数学备课参考数学通报问题解答0301pdf

数学问题解答 2002年12月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1406 已知: ADCE为半圆(如 图 ) , B 为直径AE上一点, F在 AC上, AD = FC, DE = CG, BE = HG,ALFG. 求证: KBAC (山东省诸城市第一中学 初宗升) 证明 因为ADCE为半圆, 所以 ADE =FCG =90. 在RtADE和RtFCG中, 因为AD = FC, DE = CG, 所以 ADE FCG.所以AE = FG. 又BE = HG,所以AB = FH 因为ALFG,所以AK FH = CK CH = K L HG. 所以AK K L = FH HG ,所以AK K L = AB BE , 所以KBLC. 又因为LCAC,所以KBAC. 1407 ABC内接于 O , AF平分 BAC且交 BC于D、BC于F,AEAF,交BC所在直线于E. 若BC = a , AC = b , AB = c ,求线段BE之长. (四川省达县县委党校 王善鑫 635000) 解 显然,ABAC即cb ,否则,若c = b ,则有AEBC,这和AE与BC所在直线相交于 E矛盾. 图1 因AF平分 BAC,所以 BAF =CAF,于是BF = FC即点F是BC中点.连结 OF交BC于H,则H点为BC 的中点且OFBC,所以BH = HC = a 2 ,FHE =90,又 FAE =90,所以 FHE =FAE,从而A、H、 F、E四点共圆,由相交弦定理,有 HDDE = ADDF. 在 O中,由相交弦定理,有 BDDC = ADDF 由 、 ,得 HDDE = BDDC 因AD是 ABC的内角 BAC的平分线, AB = c , AC = b , BC = a ,所以 BD DC = c b , BD + DC DC = c + b b , a DC = c + b b , 所以DC = ab c + b BD = c b DC = ac c + b (1)当b c时,点E在CB 的延长线上,如图2,这时 HD = a 2 - BD = a 2 - ac c + b 即 HD = a( b - c) 2( c + b) 把 、 、 代入 ,得 DE = ab c + b ac c + b/ a( b - c) 2( c + b) = 2abc b2- c2 , 所以BE = DE - BD = 2abc b2- c2 - ac c + b = ac b + c 2b b - c -1= ac b - c 综合(1)、(2)的结果,知所求BE之长为 ac | b - c | . 1408 半径为r的 O1内切于半径为R的 O 于D ,ABC内接于 O ,且AB , AC分别与 O1 642003年 第1期 数学通报 相切于P、Q , AO1与PQ的交 点为M. 1)求证M为 ABC的内 心; 2)当A点在 O上运动 时,求M点的轨迹. (江苏丹阳教研室 戌 健君 212300) 11证明 延长AO1交 O于E,连BE、BM , O1Q连接O1O并延长交 O于K,显见AO1平分 BAC,在 O中,由相交弦定理得O1EO1A = O1DO1K,即O1E r sin A 2 = r(2R - r) ,所以 O1E = (2R - r) sin A 2 ,在RtO1MQ中O1M = O1QsinO1QM = rsin A 2 ,所以EM = O1E + O1M =2Rsin A 2 = EB ,所以 EBM =EMB , 即 EBC +CBM=MAB +MBA ,但 EBC =EAC =EAB = A 2 ,所以 CBM = MBA ,从而BM为 ABC之平分线,所以M是 ABC的内心. 21建立如图所示的直角坐标系,设A ( x1, y1) , M( x , y) ,作ATy轴, O1Tx轴, MS O1T于S. 由RtATO1RtMSO1,得 O1T O1S = AT MS ,为 计算方便起又令OD - O1D = OO1= a ,则O1(0, -a) ,于是 x1 x = a + y1 a + y x21= a + y1 a + y 2 x2 (1) ( y - a) 又O1Q2=O1MO1A ,即 ( R - a) 2 = x2+ ( y + a) 2 x21+ ( y1+ a) 2 (2) 将(1)代入(2)得( R - a) 2 = x2+ ( y + a) 2 a + y1 a + y 2 x2+ ( y1+ a) 2 = x2+ ( y + a) 2 a + y1 a + y ,由此解得 y1= ( a + y) ( R - a) 2 x2+ ( y + a) 2 -a(3) 另一方面由(2)得 ( R - a) 2 =x2+ ( y + a) 2 x21+ y21+2ay1+ a2 =x2+ ( y + a) 2 R2+2ay + a2, 所以( R - a) 4 = x2+ (y + a) 2 ( R 2 +2ay1+ a2) (4) 将(3)代入(4)得 ( R - a) 4 = x2+ ( y + a) 2 R2+2a ( a + y) ( R - a) 2 x2+ ( y + a) 2 -2a2+ a2, ( R - a) 4 = x2+ ( y + a) 2 R2 +2a ( a + y) ( R - a) 2 x2+ ( y + a) 2 -a2 = x2+ ( y + a) 2( R2 -a2) +2a( a + y) ( R - a) 2 两边同除以R -a得 ( R - a) 3 = x2+ ( y + a) 2( R + a) +2 a( a + y) ( R - a) 即R3-3R2a +3Ra2-a3= ( x2+ y2) ( R + a) +2aRy + a2R +2a2y + a3+2a2R -2a3+ 2aRy -2a2y 由此得 ( x 2 + y2) ( R + a) +4aRy = R3-3R2a 两 边同除以R + a得 x2+ y2+ 4aRy R + a = R3-3R2a R + a x2+y + 2aR R + a 2 = R3-3R2a R + a + 4a2R2 ( R + a) 2 即x2+y + 2aR R + a 2 = R( R - a) R + a 2 . 又a = R -r,所以得 x2+y + 2R( R - r) 2R -r 2 = Rr 2R -r 2 ,当y = - a = r - R时也适合本方程,故M点的轨迹是 以0, - 2R( R - r) 2R -r 为圆 心, Rr 2R -r 为半径的圆(除 去D点 ) . 1409 如图,ABC内接于 O ,弦EFBC, EA、FA的延长线与BC的延长线分别交于点P、 Q ,求证: APAQ =BPBQCPCQ - ABAC (北 京 市 朝 阳 区 教 育 研 究 中 心 郭 璋 100028) 证明 连结BE、BF、CF 因为EFBC, 742003年 第1期 数学通报 所以BF = CE. 所 以EBC= FCB. 因为E、A、C、B四 点共圆, 所以 CAP =EBC. 又 FAB =FCB , 所以 FAB =CAP. 因为F、A、C、B四点共圆, 所以 ACP =AFB. 所以 AFB ACP, AB AP = AF AC , ABAC = APAF. 同理可证 ABAC = AQAE. 由圆幂定理,得 BPCP = EPAP,(1) BQCQ = FQAQ.(2) (1)(2 ) , 得 BPCPBQCQ = APAQEPFQ = APAQ(AE + AP)(AF + AQ) = APAQ(AEAF + AEAQ + APAF + AP AQ) = APAQ(AEAF +2ABAC + AP AQ) = (AP AF) (AQ AE) +2 (AB AC) (AP AQ) + (AP AQ) 2 = (AB AC) 2 +2 (AB AC) (AP AQ) + (AP AQ) 2 = (ABAC + AP AQ) 2. 所以APAQ =BPBQCPCQ - AB AC. 1410 把 ABC平移,再旋转(顺,逆时针旋转均 可)60,恰好与 DEF重合, M、N、P分别是BD、 CE、AF的中点,求证:MNP是正三角形. (福建厦门九中 陈四川 361004) 证明 先证一个引理. 任意 ABC各边向外(或向内)作正 ABC,BCA,ACB, G1, G2, G3分 别 为 正 ABC,BCA,ACB 的 中 心,求 证: G1G2G3是正三角形. 证明 (1)ABC各边向外作正 ABC, BCA,ACB时,连 结AA, BB, CC, AG1, AG3, BG1, BG2, CG2, CG3(图1 ) . 图1 CAC =60+BAC = BAB, AC= AB , AC = AB, 所以 ACC ABB, CC = BB. 同理可证:AA= BB= CC. 又 G1AB =30,G3AC =30,所以 G1AG3=BAC +60=CAC,又 AG1 AC= 3 3 , AG3 AC = 3 3 , AG1 AC= AG3 AC ,所以 AG1G3 ACC, GG3 CC = 3 3 . 同理: G1G2 AA = 3 3 , G2G3 BB = 3 3 . 图2 所 以G1G2=G2G3= G1G3,G1G2G3是 正 三 角 形. (2)ABC各边向内作正 ABC,BCA,ACB时, 补助线同(1) (图2 ) , 仿(1)的 证明可证得 G1G2G3是正三 角形. 问题的证明: (1)当 ABC平移之后,逆时针旋转60 时 (图3 ) , 图3 连结AD , BE, CF,并取其 中点K, T, H,再连结MT, MK, NT, NH, PH, PK及KT, KH, TH. 由三角形中位线定理知: MK = 1 2 AB , MT = 1 2 DE,又 AB = DE,所以MK = MT. BA , ED延长线的夹角 图4 为60,所以 KMT +60= 180,KMT=120,MKT =MTK =30. 同理:NTH =NHT = 30,PHK =PKH =30. 所以M、N、T是 KHT 各边向外作正三(下转5页) 842003年 第1期 数学通报 人类社会的发展中起着重要的作用,它始终关注 社会,它与人类文明的联系应用是积极的,多层面 的.当前数学课程改革中提出的 “研究性学习” 、 “数学建模” 是很受欢迎的.它让学生跳出课本, 注重培养关注社会、 勇于创新的精神,注重培养学 会数学地思维,使学生深刻理解数学的应用之美. 在研究性学习中,学生们发现了很多有意义的数 学应用问题.在 “城市空气监测” 、“购房分期付 款” 、“污水处理” 等这些贴近学生生活的问题中, 学生看到了数学的应用,有效的培养了 “数学地思 维” 的意识与习惯.近几年高考试题中的应用问 题也为我们教学注入了新鲜血液. 2.3.3 哪里有数学,哪里就有 “美”.在讲授极限 lim n q n