高中数学备课参考数学通报问题解答9805pdf

数学问题解答 1998年4月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1126 证明任意三角形内必存在一点,使其 关于三边的对称点构成正三角形. 作法 作给定三角形ABC的内角平分线 AD , B E, CF,外角平分线AM , BN , CL ,分别以 DM , EN , FL为直径作圆,三圆交点即为所求. 证明 假定W点在 ABC内,关于三边BC, CA , AB的 对 称 点 分 别 是W1, W2, W3,且 W1W2W3是正三角形,显然有BW1=BW= BW3,W3BW1= 2B ,则由余弦定理易得 W3W1= 2BWsinB ,同样W1W2= 2CWsinC, W2W3= 2A WsinA .由正弦定理得 WB WC = c b , WC WA = a c , WA WB = b a . 设三边a , b, c两两不等,由 AB AC = BD CD WB WC = c b ,利用熟知的结论:“和两定点距离之比等于 定长(不为1)的点的轨迹是一个圆(称为阿氏 圆)”,得出: W在以B , C为定点,定比为 c b 的阿氏 圆O1上.同理A , D在圆O1上; W , B , E在以C, A为定点,定比为 a c 的阿氏圆O2上; W , C, F在 以A , B为定点,定比为 b a 的阿氏圆O3上.从而W 是 O1,O2,O3的交点.我们进一步指出,这 三个圆确实有交点.理由如下:由圆O1和圆O2的 弦AD与B E交于三角形内,故两弧AD与B E交于 三角形内一点W,由轨迹纯粹性得 WB WC = c b , WC WA = a c ,则 WA WB = b a ,再由轨迹完备性得W 点 在圆O3上. 若 ABC有两边相等,不妨设AB=AC,此时 圆O1退化为BC边的中垂线,同理可证此线与圆 O2与圆O3共交点.若 ABC三边相等,即三边中 垂线之交点为所求点. 注:此题是数学通报问题1097的一个推 广. 1127 有12个球,颜色、 大小完全一样,在重 量上,其中有一个球不合格,但不知这个球比标准 的是重还是轻.能否在一架天平上只称三次(不用 珐码 ) , 把这个不合格的球找出来. 解 把12个球编成1,2,12号,则可设计 下面的称法: 左盘右盘 第一次1,5,6,122,3,7,11 第二次2,4,6,101,3,8,12 第三次3,4,5,111,2,9,10 每次称都可能有平、 左重、 右重三种结果.搭配 起来总共有27种结果,但平、 平、 平的结果不会出 现,因与题意不符.同样左、 左、 左,右、 右、 右的结果 也不会出现,因为在我们设计称法时,没有同一个 球三次在左边或三次在右边的情况,所以在只有一 个不合格球的情况下,便不出现上述结果.在其余 可出现的24种情况中,每两种结果可以确定一个 球是重还是轻.例如:如果称的结果是平、 平、 左,就 可以断定不合格球是9号,且9号球轻些;如果结 果是平、 平、 右,仍可以断定不合格球是9号,且9 号球重些.同理,如果出现其他情况,按照这一方 法,也可以顺利地把不合格球找出来. 1128 设x , y , z , a , b, c都是正数,证明: (1)x3+y3+z3 1 3 ( x +y+z) ( x2+y2+z2 ) ; (2) a b 55 3 + b c 3 比 3 + c a 球甲 赛, 3 a b 的前四 2 + b c , 积1 2 + c a 学通 1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 证明 (1)由 ( x -y) ( x2-y2)0,可得x3+ y3xy2+x2y 同理y3+z3yz2+y2z z3+x3zx2+z2x. 三式相加的2 ( x 3 +y3+z3)x ( y2+z2)+ y( z2+x2)+z ( y2+x2) 两端再加上x3+y3+z3,便得 3 ( x 3 + y3+ z3)( x + y + z) ( x2+ y2+ z2) 即(1)式成立. (2)应用(1)得 a b 3 + b c W 3 + c a 三 3 1 3 a b + b c + c a c a b 论: 定点距 2 + b c 得出 以 2 + c a 圆 2上 而由平均值不等式 a b + b c + c a 3 a b 3 + b c , 3 + c a 3 a b 三 2 + b c 2 + c a = 2 . 再应用不等式x2+y2+z2xy+yz+zx ,便可推 出(2)式右端不等式. (3)由 a b ABA 3 + b c 此线 O 3 + c a 等, 中 3 1 3 a b + b c + c a 是轻 在一架 a b 2 + b c 2 + c a 2 第二次 及 a b , 2 + b c 2 + c a 共有 2 3, 便可推出(3)式. 1129 设有正数组x1, x2, xn,试证明: max 1in xi 结果 定一个 ( x 1+2x2+ nxn) 1 2 ( x 1+ x2+ xn) 2. 证明 因为x1+ 2x2+nxn= ( x 1+x2+ +xn)+ ( x 2+x3+xn)+xn,所以 max 1in xi + b ( x 1+2x2+ nxn) x1 ( x 1+ x2+ xn) + x2 ( x 2+ xn) + xn2= 6 n i =1 xi2+ 6 i j xixj 1 2 6 n i =1 xi2+26 i j xixj 成 = 1 2 ( x 1+ xn) 2. 1130 已知C, D是以AB为直径的半圆上的 点,过点D作过C的切线的垂线,垂足为E.试证: A E2+ B E2= AB DE CD2+2EC2 证明 设A E交半圆O于F,连结B F.易 知EC2=EFEA ,即2EC2= 2EFEA易 得 AB2=A F2+B F2, B F2=B E2-EF2, AB2=A F2-EF2+B E2. AB2+2EC2 = A F2-EF2+ B E2+2EFEA = BE2+ ( A F + EF) ( A F -EF) +2EA ( EA - A F) = B E2+ A E( A F -EF) +2A E2-2A EA F = B E2+2A E2+ A E( A F -EF -2 A F) = B E2+2A E2+ A E( -EF - A F) = B E2+2A E2-A E( A F + EF) = B E2+2A E2-A E2 = B E2+ A E2(1) 再作OMCD于M ,连结OC.由垂径定理易知 MOC= m 1 2 CD由弦切角定理易知 ECD= m 1 2 CD 84数学通报 1998年 第5期 1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. MOC=ECD. 易知RtMOCRtECD OC CM = CD DE ,而OC= 1 2 AB , CM= 1 2 CD AB = CD2 DE (2) 由(1)和(2)得 A E2+ B E2= AB DE CD2+2EC2. 1998年5月号问题 (来稿请注明出处 编者) 1131 试证:一元多项式 P( x) =xk-xk - 1 - 1的复根z=rei 一定满足 r2 k -2r2 k-1cos+ r2k-2 -1=0. (朱尧辰 提供) 1132 试证:对任何正整数n和k ,有 1+2 1 k +3 1 k + n 1 k k k +1 n( n +1) 1 k. (朱尧辰 提供) 1133 在锐角 ABC中, BD垂直AC于D , CE垂直AB于E,以AB为直径的圆交直线CE于 M , N ,以AC为直径的圆交直线BD于P, Q.若 AB AC =, MN PQ = 1 k ,试求 BN CQ 的值. (袁安全 提供) 1134 设 ABC的三边长为a , b, c ,相应各 边上的高与傍切圆的半径分别为ha, hb, hc与ra, rb, rc.求证: h2a rbrc + h2b rcra + h2c rarb rbrc h2a + rcra h2b + rarb h2c (邹明 提供) 1135 ABC中, O为内心, D , E, F分别为 BC, CA , AB的中点,射线DO交EF于K.求证: DE+EK=DF+FK.(黄全福 提供) 教育部关于 现行普通高中数学教学内容调整范围 一、 将以下教学内容改为不作考试要求的选学内容 1. 代数(上册) 第四章 “4. 6简单的三角方程”. 2. 立体几何 第二章 “2. 6球冠” 中的 “球冠的面积”. 3. 立体几何 第二章 “2. 12球缺的体积”. 4. 平面解析几何 第三章 “3. 3圆的渐开线”. 5. 平面解析几何 第三章 “极坐标” 第3. 5节中的 “三种圆锥曲线的统一的极坐标方程” 和 “3. 7等 速螺线”. 二、 限制、 降低以下教学与考试要求 6. 在考查学生对函数性质的掌握和运用函数性质解决问题时,所涉及的幂函数f ( x)=x中的 限于在集合- 2,- 1,- 1 2 , 1 3 , 1 2 ,1,2,3中取值. 7. 对三角函数中有关和差化积、 积化和差的8个公式,不要求记忆. 8. 在有关 “不等式” 的教学要求中,用 “两个(或三个)正数的算术平