高中数学备课参考数学通报问题解答0211pdf

数学问题解答 2002年10月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1396 O是 ABC的内切圆. D、E、F是BC、 CA、AB上的切点, DD 、EE 、FF 都是 O的直 径.求证:直线AD 、BE 、CF 共点. (安徽省怀宁江镇中学 黄金福 246142) 证明 设直线AD 、BE 、CF 交BC、CA、AB 于A 、B 、C.过D 作 O切线交AB、AC于M、N 显然MNBC AMD ABA,ADN AAC. MD BA = AD AA= DN AC BA AC = MD DN 连结OM、ON.记 O半径为r. 易证B、D、O、F与C、D、O、E分 别 共 圆 FOD=B ,EOD=C. 所以 MOD= 1 2 FOD= 1 2 B , NOD= 1 2 EOD= 1 2 C. 因为 MD r =tanMOD=tan B 2 , DN r =tanNOD=tan C 2 . 所以 MD DN =tan B 2 /tan C 2 将 代入 : BA AC =tan B 2 /tan C 2 , 同理可知: CB BA =tan C 2 /tan A 2 , AC CB =tan A 2 /tan B 2 . 此时: BA AC CB BA AC CB =1. 根据Ceva定理之逆,可断AA 、BB 、CC 三线共 点,即AD 、BE 、CF 三线共点. 1397 已知a、b、c分别是 ABC的三个内角A、 B、C所对边的边长, ab ,求证: c a -b 2 =1+ b a 成立的充要条件是:B =3A或B =3A -2. (南昌大学附中 宋庆 龚浩生 330029) 证明 因为- 3 2 B -3A 2 2 , 所以 c a -b 2 =1+ b a sinC sinA -sinB 2 = sinA +sinB sinA 2sin A + B 2 cos A + B 2 2cos A + B 2 sin A - B 2 2 = 2sin A + B 2 cos A - B 2 sinA 解 设此联欢节持续了n天,记Ai为第i个 剧组作观众的时间集合,如A2= 2,5表示第二 剧组在联欢节的第2天与第5天作观众看其它剧 组的演出.显然AiA = 1,2, n , i =1,2, ,11,且若有某个AjAi,则第j个剧组在整个 联欢节中都不能以观众的身份观看第i个剧组的 演出,反之,若A1, A2,A11中任意两个集合都 互不包含,则在联欢节期间,每个剧组都将有机会 以观众的身份看其它每个剧组的演出.因此问题 转化为:当n为多少时, A的互不包含的子集个数 不小于11.由定理可知n必须满足C n 2 n 11,由 C25=10, C36=20知n6.所以联欢节至少持续 6天. 742002年 第11期 数学通报 sinAsin A + B 2 =2sin2 A - B 2 cos A - B 2 sinAsin A + B 2 =sin(A - B)sin A - B 2 - 1 2 cos 3A + B 2 -cos A - B 2 = - 1 2 cos 3(A - B) 2 -cos A - B 2 cos 3A + B 2 -cos 3(A - B) 2 =0 -2sin 3A - B 2 sinB =0 sin B -3A 2 =0 sin B -3A 2 =0或 B -3A 2 = - B =3A或B =3A -2, 所以 c a -b 2 =1+ b a 成立的充要条件是 B =3A或B =3A -2. 1398 设a,b,c, d, nN ,sR,Os 2n +3 n2+ sa b c d ( n + 1) 2 + s (1) 试证 adbc (湖南吉首大学数学与计算机科学系 彭明 海 416000) 证明 用反证法证,假定ad = bc.(2) 设 ( a , b) = k ,令a = ka1, b = kb1, ( a 1, b1 ) = 1(3) 由(2) , (3)知b1| d 令d = b1t ( t N) (4) 又由(1) , (3) , (4)知db1 ( k + 1) ( a 1+1) ( k +1) (5) 我们先证ka1.如果k = a1,则a = k2. 这时我们证明k ( n + 1) 2 + s与(1)矛盾. 故 k n +2成立. 当 s =0时, n2ak2 ( n +1) 2 由(1)知,只可能有a = n2 即k = a1= n. (6) 这时d ( n + 1) 2 ,只可是 d = ( n +1) 2 (7) (由(1) ) 因为b = kb1= nb1n( a1+1 ) = n( n +1)(8) 由(2) , (6) , (7) (8)cn( n +1)b与(1) 矛盾. 当0 s ( n +1) 2 + s 与(1)矛盾. 综所述知 ka1 因为 n2+ sa = ka1 所以nka1 k + a1 2 所以2n k + a1 所以n2+ s +2n +1 ka1+ k + a1+1 = ( k +1 ) ( a 1+1)d 即 ( n + 1) 2 + s d 这与(1)矛盾. 因而 ad = bc不成立. 故 adbc获证. 1399 设aiR+ ( i = 1,2, n) ,约定an+1= a1. 求证: n i =1 5 j =0 a5- j i aji+16 n i =1 ai 5 2 (江苏丹阳市教研室 戎健君 212300) 证明: a51+ a52-2 ( a 4 1a2+ a1a42 ) - 2 ( a 3 1a22+ a21a32) +6a1 5 2a2 5 2 = ( a1a2) 5 2 a1 a2 5 2 + a2 a1 5 2 -2 a1 a2 3 2 + a2 a1 3 2 -2 a1 a2 1 2 + a2 a1 1 2 +6 = ( a1a2) 5 2 a1 a2 1 2 + a2 a1 1 2 5 -7 a1 a2 1 2 + a2 a1 1 2 3 +9 a1 a2 1 2 + a2 a1 1 2 +6 令 a1 a2 1 2 + a2 a1 1 2 = u ,则M2,这样,上式大括 号内为 u5-7u3+9u +6= ( u -2) 5 +10 ( u - 2) 4 + 33 ( u - 2) 3 +38 ( u - 2) 2 +5 ( u - 2)0 于是a51+ a52-2 ( a 4 1a2+ a1a 4 2 ) - 2 ( a 3 1a 2 2+ a21a32 ) + 6a1 5 2a2 5 20 故2 ( a 5 1+ a41a2+ a31a22+ a21a32+ a1a42+ a52) 842002年 第11期 数学通报 3 ( a 5 1+2a1 5 2a2 5 2+ a5 2) 从而有a51+ a41a2+ a31a22+ a21a32+ a1a42+ a52 6 2 ( a 1 5 2+ a2 5 2)同理可证另外n -1个类似的不 等式,再将这n个不等式相加,得 n i =1 5 j =0 a5- j i aji+16 n i =1 ai 5 2 问题说明: 一般书刊上都证明了如下定理:设aiR + ( i =1、2 n) 当m=1、2、3时,有 n i =1 m j =0 am- j i aji+1m +1 n i =1 ai m 2. 1400 若nN ,0 ( n +1) x 2 ,求证 cos ( n + 1 ) x cosnx cos2 n+1 x (江 苏 盐 城 师 范 学 院571 # 王 志 军 224002) 证明 取0 kx 0. cos ( k + 1 ) x coskx = cos ( k + 1 ) x cos ( k - 1 ) x coskxcos ( k - 1 ) x = cos2kxcos2x -sin2kxsin2x coskxcos ( k - 1 ) x cos2kxcos2x coskxcos ( k - 1 ) x = coskx cos ( k - 1 ) x cos2x 即 cos( k + 1 ) x coskx coskx cos ( k - 1 ) x cos2x 令k =1,2,3, n ,得出 cos2x cosx cosx 1 cos2x , cos3x cos2x cos2x cosx cos2x , cos4x cos3x cos3x cos2x cos2x , cos( n +1 ) x cosnx cosnx cos ( n - 1 ) x cos2x 相乘,得 cos ( n + 1 ) x cosx cosnxcos2 nx , 所以 cos ( n + 1 ) x cosnx cos2 n+1 x . 2002年11月号问题 (来稿请注明出处编者) 1401 邮局发行一套四种面值的邮票各1张(面 值为正整数 ) , 如果每封信允许贴邮票的张数不超 过3,且存在正整数R ,使得用不超过3张邮票,其 和可以形成连续整数1,2, R.找出这四种面 值,使R最大,并把结果推广. (山东青岛市四方区鞍山五路27号楼二单元 702 王大鹏 266000) 1402 设0i 4 ( i =1,2, n) , n i = -1tan i= n -2 ( n 3, nN) ,求证: n i =1 tan(i+ 4 ) ( n - 1) n (江西省遂川中学 方小连 343902) 1403 设x , y , zR + ,且x4+ y4+ z4=1,求 x3 1-x8 + y3 1-y8 + z3 1- z8 的最小值.