高中数学备课参考数学通报问题解答0701pdf

数学问题解答 2006年12月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1646 如图,设D是正 ABC边BC上一点,设I1、 I2分别为 ABD、 ACD的内心,I1I2E是正三角 形, E, D位于直线I1I2两侧,求证:DEBC. (浙江省苍南县江南高中 闵飞 325804) 证 设 ABC、 ACD的外接圆为 O1、 O2,延长O1I1、O2I2交于F,其余辅助线如图 因为 AO2D =2C =120,AI2D=90+ 1 2 C =120,B =60,知O2、I2均在 O1上,同 理O1、I1均在 O2上,故 AO1O2、 DO1O2均是 正三角形. 因为 AI2O2=ADO2=30=I1AI2, 所以AI1O2I2,又O1AO2D. 所以 O1AI1=DO2I2. 又由A、O1、I1、D四点共圆知 O1AI1=O1DI1, 所以 O1DI1=DO2I2,同理 DO1I1=I2DO2. 又O1D = DO2,所以 O1DI1DO2I2. 所以O1I1= DI2, O2I2= DI1. 又 DI1O1=180-O1AD =150, 且因为 EI1I2=60, 所以 O1I1E +DI1I2=90. 又 DI2I1+DI1I2=90, 一组有趣的数字(转载) 王世强抄 下面是抄自互联网的一组有趣的数字(我于 2006年6月24日抄自 “百度” 网的 “贴吧” 中 ) . 不知 其是根据数学理论而得?还是用电脑编程序经太量 计算而得?还是二者相结合而得 ?( 若有读者知道是 怎么来的,请示知笔者 . ) 令a =123789, b =561945, c =642864, d = 242868, e =323787,f =761943. 则有a + b + c = d + e + f及a2+ b2+ c2= d2+ e2+ f2. 若把a , b, c , d , e ,f的最高位数字都去掉,即: 令a1=23789, b1=61945, c1=42864, d1= 42868, e1=23787,f1=61943. 则仍有a1+ b1+ c1= d1+ e1+ f1及a21+ b21+ c21= d21+ e21+ f21. 再把a , b, c , d , e ,f的最高两位数字都去掉, 即: 令a2=3789, b2=1945, c2=2864, d2=2868, e2=3787,f2=1943. 仍有a2+ b2+ c2= d2+ e2+ f2及a22+ b22+ c22 = d22+ e22+ f22. 若把a , b, c , d , e ,f的最高3位,4位数字去掉, 仍有类似现象. 最后,若把a , b, c , d , e ,f的最高5位数字去 掉,即: 令a5=9. b5=5, c5=4, d5=8, e5=7,f5=3. 仍有a5+ b5+ c5= d5+ e5+ f5及a25+ b25+ c25 = d25+ e25+ f25. 46数学通报 2007年 第46卷 第1期 所以 O1I1E =DI2I1. 且因为O1I1= DI2, I1E = I1I2, 所以 O1I1EDI2I1 所以 EO1I1=I1DI2=90. 同理 EO2I2=90. 所以E、O1、F、O2四点共圆且EF为圆的直径. 前已证AI1O2I2,则 O1FO2=O1I1A= O1DA =30.且 O1DO2为正三角形. 所以D为 O1FO2的外心. 由 、 知E、D、F共线. 在 O2DI2中,由 DI2O2=150 知 O2DI2+DO2I2=30. 因为 O2DC =I2DC +O2DI2 =ADI2+O2DI2 =ADO2+O2DI2+O2DI2 =30+2O2DI2. 由 DO2F =DFO2,有 FDC =180-O2DC -2DO2F =150-2O2DI2-2DO2F =90, 所以FDBC. 由 、 知DEBC 1647 如图,在四边形ABCD中,对角线AC、BD交 于O ,已知:DAO =30,BAO =40,ACB = 80,ABD =10.试用20 、50的三角函数表示 ACD、 BDC的大小. (安徽安庆一中 罗志强 246000) 解 设 ACD =, BDC =,则有+= 50. 在 COD中, OD sin = CD sin50 . 在 AOD中, OD sin30= AD sin50 . 由 得: AD CD =2sin. 在 ABD中, AD sin10= BD sin70 . 在 BCD中, CD sin50= BD sin(+80) . 由 得:ADsin50 CDsin10= sin(+80 sin70 把 代入得: 2sinsin50sin70=sin10sin(+80) (4sin50cos20-2sin210)sin=sin20cos tan= sin20 1+4sin50cos20-cos20 故=arctan sin20 1+4sin50cos20-cos20 =50-arctan sin20 1+4sin50cos20-cos20 1648 如图,已知两个半径 不相等的 O1与 O2相交 于M、N两点,且 O1、 O2 分别与 O内切于S、T两 点, H是直线MN上的一点, 求证:OHMN的充分必要 条件是 MTH =NTS. (江苏连云港市杨集中学 尹广金 222221) 证 作出 O1、 O的 外公切线SP与 O2、 O 的外公切线TP且相交于点 P,则点P在 O1、 O2的 根轴MN上. 连结OP交ST于点Q , 则OPST于Q ,且PT2= PQPO. 令PM交ST于点R ,若 OHMN ,则O、Q、R、H四点共圆,而有PQPO = PRPH,即有PT2=PRPH,故 PT PR = PH PT ,又 TPR =HPT,而有 PTR PHT,于是 PTR =PHT,注意到 PTN =PMT,即有 NTS =PTR -PTN =PHT -PMT = MTH.必要性证毕,下面证明充分性. 注意到 NTS =MTH,PTN =PMT,即 有 PTR =PTN +NTS =PMT +MTH = PHT,又 PTR =POT,而有 PHT =POT, 故P、O、H、T四点共圆.因而有 PHO =PTO = 90,于是OHMN. 1649 设 ABC的三边长分别为a、b、c ,外接圆和 内切圆半径为R、r,面积为 ,半周长为s ,求证: (1- a 2s) (1 - b 2s) (1 - c 2s) 2 R2r2 2 . (山东省惠民师范学校 胡斌 251700) 证 由余弦定理和平均值不等式知 a2= b2+ c2-2bccosA = ( b + c) 2 -2 bc( 1+cos A) = ( b + c) 2 -4bccos2 A 2 ( b + c) 2 -4( b + c 2 ) 2cos2A 2 = ( b + c) 2sin2A 2 . 所以a( b + c)sin A 2 = ( b + c)sinA 2cos A 2 = a( b + c) 4Rcos A 2 , 即 4R b + c 1 cos A 2 . 同理 4R c + a 1 cos B 2 , 4R a + b 1 cos C 2 . 所以 64R3 ( b + c) ( c + a) ( a + b) 1 cos A 2 cos B 2 cos C 2 . 又因为在 ABC中,有 cos A 2 cos B 2 cos C 2 = 1 4 (sinA +sinB +sin C) = a + b + c 8R , 所以 64R3 ( b + c) ( c + a) ( a + b) 8R a + b + c , 即 ( b + c) ( c + a) ( a + b) a + b + c 8R2, 亦即(2s - a) ( 2s - b) ( 2s - c) (2 s) 3 2 R2 s2 . 所以(1- a 2s) (1 - b 2s) (1 - c 2s) 2 R2r2 2 . 当且仅当 ABC为正三角形时取等号. 1650 定义在R上的函数 F( x) 满足条件 F( x + y) +1= F( x) + F( y) , F 1 2 =0.当x 1 2 时, F( x) x1,则 F( x2) = F ( x2-x1) + x1 = F( x2-x1) + F( x1 ) - 1 F( x2 ) - F( x1) = F( x2-x1 ) - 1 = F ( x2-x1 ) + 1 2 - 1 2 -1 = F ( x2-x1+ 1 2 ) + ( - 1 2 ) - 1 = F( x2-x1+ 1 2 ) + F( - 1 2 ) - 2 = F( x2-x1+ 1 2 ) + 2-F 1 2 -2 = F( x2-x1+ 1 2 ) 因为x2 x1,所以x2-x1+ 1 2 1 2 , F( x2-x1+ 1 2 ) 0 F( x2 ) - F( x1 ) 0 ) , 试找出该设备能水 平移进拐角过道的条件 (浙江省三门中学 邬天泉 317100) 1655 设T是一个周长为1的三角形,