高中数学备课参考数学通报问题解答0203pdf

数学问题解答 2002年2月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1356 正 ABC的内切圆圆心为I ,半径为r,在 I内任取一点P,设P点到BC, CA , AB的距离分 别为r1, r2, r3,求证:以r1,r2,r3为边可以构 成一个三角形,且其面积为 3 4 r2-PI2. (山东枣庄市立新学校 孔令恩 277101) 证明 设正 ABC 边长为1,则IA = IB = IC =2r = 3 3 ,由SAPB SCPA= r3r2,可见BD DC = r3r2. 由DPDA = SBPCSABC= r1 ( r 1+ r2 + r3 ) , 可见DPPA = r1 ( r 2+ r3 ) . 分别在 BIC,BAC,AID中,由Stewart 定理得ID2= 1 ( r 2+ r3) 2 ( r2 + r3 ) ( r 2IB2+ r3 IC2 ) - r2r3BC2 = 1 ( r 2+ r3) 2 1 3 ( r 2+ r3) 2 - r2r3 AD2= 1 ( r 2+ r3) 2 ( r2 + r3) 2 -r2r3 , IP2= 1 ( r 1+ r2+ r3) 2 ( r1 + r2+ r3 ) r 1 AI2+ ( r2+ r3)ID2 -r1 ( r 2+ r3 ) BC 2 . 把 代入 中,并整理得(注意到r1+ r2 + r3= 3 2 ) . IP2= 1 3 1-4 ( r 1r2+ r1r3+ r2r3 ) 所以-r1-r2-r3+2r1r2+2r1r3+2r2r3 = - ( r1+ r2+ r3) 2 +4 ( r 1r2+ r1r3+ r2r3) = - 3 4 + ( 1-3IP2 ) = 3 ( r 2 -IP2 ) . 或 (r1+r2+r3) (r2+r3-r1) (r1 +r3-r2) (r1+r2-r3 ) = 3 ( r 2 - IP2) 由于P在 I内部,则r2- IP20,由 知, 必有r2+r3-r10,r1+r3-r2 0,r1+r2-r30(如若不然,比如r2+ r3-r1 ) 0,r1+r3-r20,则(r1 +r3-r1) + (r1+r3-r2 ) r2,r1+ r2r3 可见,以r1,r2,r3为边可以构成三角 形.且由Heron一秦九韶公式及 知其面积为 3 4 ( r 2 -IP2) 1 2. 1357 ABC的内切圆O切AB于D , SABC= AD DB的充分必要条件是:C =90 (安 徽 省 潜 山 县 源 潭 中 学 琚 国 起 246314) 解 如图,O切 BC, CA于E, F. 设AD = AF =x , BD = BE = y , CE = CF = z , 则有: x = b + c -a 2 , y = c + a -b 2 , z = a + b - c 2 (1)充分性 若 C =90,则 SABC= 1 2 ACBC = 1 2 ab 又ADBD = b + c -a 2 c + a - b 2 = 1 4 c2- ( a - b) 2 =1 2 ab 所以SABC= ADDB (2)必要性作AB边上的高CM ,则CM2= BC2- BM2= AC2- AM2 即( y + z) 2 - ( y - DM) 2 = ( x + z) 2 - ( x + DM) 2 化简得:DM = z( x - y) x + y , 所以CM2= ( y + z) 2 - y - z( x - y) x + y 2 SABC= 1 2 CMAB = BDAD 所以 1 4 CM2AB2= BD2AD2 642002年 第3期 数学通报 即 1 4 ( x + y) 2 ( y + z)2 - y - z( x - y) x + y 2 = x2y2 ( x + y) 2( y + z)2 - y( x + y) - z( x - y) 2 =4x2y2 ( x + y) ( y + z)+ y( x + y)-z( x - y) ( x + y) ( y + z) - y( x + y) + z( x - y) = 4x2y2 2y( x + y + z)2zx =4x2y2 z( x + y + z) = xy 2z2+2zx +2zy =2xy x2+2zx + z2+ y2+2zy + z2= x2+2xy + y2( x + z) 2 + ( y + z) 2 = ( x + y) 2 即a2+ b2= c2 所以 C =90 1358 设 函 数 f ( x) 满 足 f ( x) + f ( y) = f ( x + y 1+ xy) 且存在反函数,则 (1) f ( x)的定义域为 ( - 1,1) (2)若在某区间( a , b)内f -1( x) 0 , ( 0 a b) ,则f -1( x) 是单调递增函数. (山东单县二中 齐行超 274300) 证 因为 f ( x) 存在反函数. 令f ( x) = u , f ( y) = v ,则 x = f -1( u) , y = f-1( v) 所以u + v = f f -1( u) + f-1( v) 1+ f -1 ( u) f -1( v) 所以f -1( u + v) =f -1( u) + f-1( v) 1+ f -1 ( u) f -1( v) 令u = v = t 2 ,则f -1( t) = 2f -1(t 2 ) 1+ f -1(t 2 ) 2 故| f -1( x) | = 2f -1(x 2 ) 1+ f -1(x 2 ) 2 1 且易证不可能存在x0使| f -1 ( x 0) | =1. 故| f -1( x) | 1 从而 f ( x) 的定义域为 ( - 1,1) (2)为证f -1( x) 是增函数,设x1 0 于是只需证对一切满足0x 0. 利用反证法如下: 假设f -1( x) 0,易证对一切正整数k ,有 f -1 ( k x) 0. 事实上 , ( )当k =1时,命题成立. ()设f -1 ( k x) 0,则 f -1 ( k + 1)x = f -1 ( k x + x) = f -1 ( k x) + f -1( x) 1+ f -1 ( k x) f -1( x) 0 由() ()知f -1 ( k x) 0对每个kN 3 成立. 这与已知中f -1( x) 在( a , b)上大于0矛盾 故当0 f -1 ( x 1) f -1( x) 是增函数. 1359 若0 ai1. ( i =1,2, n) . nN且 n2.则 ( n i =1 ai-n +1) ( n i =1 1 ai -n +1)1. 当且仅当a1, a2, an中至少有n -1个取1 时等号成立. (甘肃徽县一中 李宗奇 742300) 证明 利用数学归纳法. 10当n =2时. 因为0 a1, a21. 所以 ( a 1+ a2-1) ( 1 a1 + 1 a2 -1)1 ( a 1+ a2-1 ) ( a 1+ a2- a1a2)a1a2 a21+2a1a2+ a22a1a2 ( a 1+ a2) + a1+ a2 a1+ a21+ a1a2 ( a 1-1 ) ( a 2-1)0 这是显然的,易知等号成立时,当且仅当a1, a2中至少有一个取1.即结论成立. 20假设n = k( k2)时,结论成立,即 ( k i =1 ai-k +1) ( n i =1 1 ai -k +1)1. 等号当且仅当a1, a2, ak中至少有k -1个 取1时成立. 当n = k +1时. 742002年 第3期 数学通报 因为( k+1 i =1 ai- k) ( k+1 i =1 1 ai - k) = ( k i =1 ai- k +1) + ( ak+1-1 ) ( k i =1 1 ai - k +1) + ( 1 ak+1 -1 ) = ( k i =1 ai-k +1) ( k i =1 1 ai -k +1 ) + 1-ak+1 ak+1 ( k i =1 ai-k +1) + ( ak+1-1) ( k i =1 1 ai - k +1) - ( a k+1-1) 2 ak+1 1- ak+1-1 ak+1 ( k i =1 ai- k +1 ) - ak+1( k i =1 1 ai - k +1) + ( ak+1-1 ) =1- ak+1-1 ak+1 k i =1 ( a i-1 ) - ak+1 k i =1 ( 1 ai -1 ) =1- ak+1-1 ak+1 k i =1 ( a i-1) + ak+1 k i =1 ai-1 ai =1- ak+1-1 ak+1 k i =1 ( a i-1) (1+ ak+1 ai ) 因为0 a1, a2, ak, ak+11 所以- ak+1-1 ak+1 k i =1 ( a i-1) (1+ ak+1 ai )0 等号成立当且仅当ak+1=1或a1= a2= = ak=1. 故( k+1 i =1 ai- k) ( k+1 i =1 1 ai - k) 1. 等号成立当且仅当a1, a2, ak, ak+1中至 少有k个等于1.即n = k +1时结论成立. 综合10,20由数学归纳法原理知.原结构成 立. 1360 数列 an满足: a1=1 an+1= an+ 1 an (1) 其中 an表示不超过an的最大整数,求 an 的通项公式 (四 川 省 蓬 安 县 周 口 中 学 蒋 明 斌 638250) 解答:注意到 a1=1 a2=2 a3=2 1 2 a4=3 a5=3 1 3 a6=3 2 3 a7=4 a8=4 1 4 a9=4 2 4 a10=4 3 4 a11=5 一般地, ak( k+1) 2 +1 = k +1 ( k =0,1,2,3, , n ,) (2) 下面用数学归纳法加以证明: (1)当k =0时, a1=1 (2)假设k = m时, am(m+1) 2 +1 = m +1 由此 及递推式(1)知:当1im时有 am(m+1) 2 +1+i = m + 1 am(m+1) 2 +1+i = m +1+ i m +1 (1i m) 所以当k = m +1时 a (m+ 1) (m+2) 2 +1 = am(m+1) 2 +1+m+1 = a(m(m+1) 2 +1+m) +1 = a(m(m+1) 2 +m+1) + 1 a(m( m+1) 2 +1 +m) = m +1+ m m +1 + 1 m +1 = m +2 即对k = m +1时结论成立 故对一切k0 N ( 2)式均成立. 由递推式(1)及结论(2)可得 当 k( k +1) 2 +1n ( k +1) ( k +2) 2 +1 ( k Z, k0)时 an= k +1+ 1 k +1 n - k( k +1) 2 -1 = 1 2 k +1+ n -1 k +1 由 k( k +1) 2 +1n ( k + 1) ( k +2) 2 +1 即 2nk2+ k +2 2n k2+3k +4 解得: -1+ -1+8n -7 2 n ( n- 1) m (江苏省江都市大桥高级中学 党庆寿 225211) 数学通报 编辑委员会名单 主编 刘绍学 副主编 张英伯 丘维声 钱玲 编委 王申怀 刘绍学 丘维声 田载今 关治 任子朝 乔荣凝 余炯沛 李建才 明知白 周沛耕 张 艹 凡 张英伯 张饴慈 陈捷 陈培德 袁向东 钱玲 章建跃 蔡上鹤 蒋佩锦 储瑞年 编辑部 刘庆生 苗秀珍 常淑凤 岳昌庆 李亚玲 数学通报2001年合订本已装订完毕,欲购者请汇款至北京师范大学 数学通报 编辑部,邮编100875,每本45元. 数学通报(月刊) 2002年第3期 电话6220775