高中数学备课参考数学通报问题解答0312pdf

数学问题解答 2003年11月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1461 如图:四面体D-ABC 中,ABC是边长为1的正三角 形,面DAB面ABC,面ADC 面BDC,求四面体体积的最 大值. (泰州市第四中学高中部陈稳桂225300) 解 过点A作AE CD交CD于点E,则AE 面DBC.过点D作DF AB交AB于点F,则DF 面ACB,设|DF | = x,根据 题意,只需求x的最大值. 设AF =AB ,则 FB = (1 -)AB DE =DC ,则 EC = (1 -)DC AE =AD + DE =AF + FD + DC =AB + FD + (DB + BC ) =AB + FD + (DF + FB + BC ) = ( +- )AB + (1 - )FD + BC 因为AE BC = 0 ,FD BC = 0 , |AB | = |BC | = 1 ,所以 ( +- )AB + (1 - )FD + BC BC = - 1 2 (+- ) + = 0 又 ( +- )AB + (1 - )FD + BC DB = ( +- )AB + (1 - )FD + BC (DF + FB ) = ( - 1) x 2 + (1 -) (+- ) - 1 2 (1 -) = 0 由 、 得,x 2 = 3 2 (1 - ) 3 8 所以所求体积的最大值VD-ABC= 1 3 3 4 6 4 = 2 16 图1 1462 已知:在等腰三角 形ABC中,BAC= 90, 在CA的延长线上截取线 段AD1,在AC的延长线 上截取线段CD2,且AD1 =CD2,过点A分别作 BD1及BD2的垂线AE1、AE2,直线AE1交BC的延 长线于F1,AE2交BC于F2(如图1) . 求证: CF2 BF2 - CF1 BF1 = 1. (北 京 市 朝 阳 区 教 育 研 究 中 心 郭 璋 100028) 图2 证明 过点C分别 作CG1AF1,CG2 AF2,CG1交BA于G1, CG2交BA的延长线于 G2(如图2) . 因为G1CAF1, 所以 F1AC=ACG1. 又 F1AC=D1AE1,AE1BD1,BAD1 = 90, 所以 D1BA=D1AE1 所以 ACG1=D1BA. 又AB=AC. 所以RtBAD1RtCAG1. 所以AG1=AD1. 因为AF1G1C, 所以 CF1 BF1 = AG1 AB . 所以 CF1 BF1 = AD1 AB .(1) 同理可证 CF2 BF2 = AG2 AB , CF2 BF2 = AD2 AB .(2) (2) - (1)得 CF2 BF2 - CF1 BF1 = AD2 AB - AD1 AB = AC+CD2-AD1 AB . 842003年 第12期 数学通报 1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 所以AD1=CD2,所以 CF2 BF2 - CF1 BF1 = 1. 1463 在 ABC与 ABC中,求证:cotA+ cotB+ cotC 3 3 sinA sinA + sinB sinB + sinC sinC . (南昌大学附中 宋 庆 330029) 证明 因为(cos2B+ cos2C + 1) 2 + (sin2B - sin2C) 2 0. 所 以2(cos2Bcos2C-sin2Bsin2C)+ 2cos2B+ 2cos2C+ 30 , 所以cos2A+ cos2B+ cos2C- 3 2 , 所以sin 2 A+ sin 2 B+ sin 2 C 9 4 , 从而,由柯西不等式可得 1 3 sinA sinA + sinB sinB + sinC sinC 2 1 3 (sin 2 A+ sin 2 B+ sin 2 C) (csc 2 A+ csc 2 B+ csc 2 C) 3 4 (csc 2 A+ csc 2 B+ csc 2 C) = 3 4 (3 + cot 2 A+ cot 2 B+ cot 2 C) = 1 4 3(cot 2 A+ cot 2 B+ cot 2 C) + 9(cotBcotC + cotCcotA+ cotAcotB ) cot 2 A+ cot 2 B+ cot 2 C+ 2(cotBcotC+ cotCcotA+ cotAcotB) = (cotA+ cotB+ cotC) 2 , 又易知cotA+ cotB+ cotC 0 , 所以cotA+ cotB+ cotC 3 3 sinA sinA + sinB sinB + sinC sinC . 1464 已知a,b,cR且 a+b+c= 1. 求证: 7 5 a+b +2b+c+3c+a 119 10 . (四川省邻水二中 张启凡 甘立斌 638500) 证明 设M=a+b+2b+c+ 3c+a 设x=a+b,y=2b+c,z=3c+a (x0 ,y0 ,z0) , 有 x 2 =a+b y 2 = 2b+c z 2 = 3c+a a+b+c= 1 消去a、b、c得 5x 2 + 2z 2 +y 2 = 7(1) 因为M=x+y+z(2) 方程(1)表示第一卦限的椭圆面(如图 ) , 方 程(2)表示一列平行平面,显然当平面过点 A( 7 5 ,0 ,0)时,截距M最小,其值为 7 5 ,即M 7 5 ,当平面与椭圆面相切时,截距M值最 大. 将(2)代入(1)得5x 2 + 2z 2 + ( M-x-z) 2 = 7 即6x 2 + (- 2M+ 2z)x+ 3z 2 +M 2 - 2Mz- 7 = 0 , 由 1= (- 2M+ 2z) 2 - 24(3z 2 +M 2 - 2Mz - 7) = 0 , 化简为17z 2 - 10Mz+ 5M 2 - 42 = 0 , 再由 2= 100M 2 - 68(5M 2 - 42) = 0 , 解得M= 119 10 ,所以M 119 10 . 综上可得 7 5 a+b+2b+c+ 3c+a 119 10 成立. 1465 试求出所有的适合条件a a -b b =a a- 1 b b- 1 +a+b的正整数对(a,b ) . (广州大学理学院数学系吴伟朝510405) 解 显然ab1 ,由条件得a a a a- 1 b b- 1 ,即得ab b- 1 ,从而ab b- 1 + 1 ,所以有a bb b +b,即b b ab-b. 再由题给条件及以上结果得 a a- 1 b b- 1 +a+b=a a -b b a a - ( ab- b ) = a a -ab+b,所以a+aba a- 1 (a- b b- 1 ) , 于是有下列的不等式 a 2 =a+a(a - 1) a+aba a- 1 (a-b b- 1) a a- 1 ,即1a a- 3 ,故2a3. 易知:当a= 2时必有b= 1 ,但不合题设;当 a= 3时,b b- 1 0) 上两定点A,B(异 于顶点O ) , M是弧AOB上异于A,B的任一点,设 直 线OA,OB的 斜 率 分 别 为KOA,KOB, |KOA-KOB| 90. (西安临潼马额中学 王江河 710609) 1469 设正整数n 2 ,xi(i= 1 ,2 ,n)都在区 间(0 ,1)内,求证:x1+x2+xn- 1+xn-x1x2 -x2x3-xn- 1xn-xnx1 n 2 . ( 其中 n 2 是 n 2 的整数部分) (温州师范学院数学系 陈克瀛 325003) 1470