高中数学备课参考数学通报问题解答0001pdf

数学问题解答 1999年12月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 12261 设A B C的三边长为a,b,c.P为形内一 点,且PA B=PB C=PCA(即P为布洛卡 点 ), 求证 a 2+ b 2+ c 2 3( PA 2+ PB 2+ PC 2) 证明 如图记PA= R1,PB=R2,PC=R3,据题 意 知 B PC=-C,在 B PC中用余弦定理可得: a 2= R2 2+ R3 2- 2R 2R3cos( -C)=R22+R32+ 2R2R3cosC,同理b2=R32+R12+ 2R3R1cosA,c2= R1 2+ R2 2+ 2R 1R2cosB,据熟知的不等式: 2yzcosA + 2ZxcosB+ 2xycosCx 2+ y 2+ z 2(x ,y,zR,A +B+C=)得:a2+b2+c2 = 2( R1 2+ R2 2+ R3 2 ) + 2R2R3cosC+ 2R3R1cosA+ 2R1R2cosB 2 ( R1 2+ R2 2+ R3 2 ) + R1 2+ R2 2+ R3 2 = 3 ( R1 2+ R2 2+ R3 2 ), a2+b2+c2 3( PA 2+ PB 2+ PC 2 ). 12271 已知A B C为等腰三角形,O是底边B C 的中点,O与腰A B相切,在A B、A C延长线上 分别有点E、F,且EF与O相切 又在A B、A C 上分别有点G、H且B E=B G,CF=CH.求证: GH是O的切线 证明 如图,在EF上 取点M、N,使EM=EB, FN=FC.连 结OM、ON、 OE、OF、OG、OH 易见OB EOM E, 注意到A C也与O相切知 OCFON F,OM= OB=OC=ON. ON F=OM E=OB E. B、E、N、O四点共圆, CON= B EN. B EO=COF= 1 2 CON. 又 EBO=OCF, EBO OCF. EB OC = BO CF 即B G OC = BO CH . GBO=OCH, GBO OCH. 2=3,且GB OC = GO OH 即GB BO = GO OH . 又 GBO= 180-(1+3), 曾昭安、 陈建功、 何 鲁、 曾炯之、 孙光远、 王福春、 赵进义、 赵访熊、 吴大任、 庄圻泰、 刘书琴、 柯 召、 徐献瑜、 叶述武、 李华宗、 许淞庆、 段学复、 莫 叶、 张远达、 熊全治、 杨宗磐、 莫绍揆、 严敦杰、 严志达、 李文清、 梁之舜、 余家荣、 吴光磊、 谢邦杰、 梁宗巨、 陈庆益、 丁夏畦、 严士健、 王梓坤、 陆家羲、 黄友川 第三卷36篇传记目录(1998年9月出版) 周 达、 胡敦复、 郑之蕃、 钱宝琮、 李 俨、 魏 时珍、 杨武之、 马遵廷、 杨永芳、 程其襄、 余潜修、 孙 本旺、 蒋硕民、 卢庆骏、 马忠林、 王湘浩、 张素诚、 曾 如阜、 朱福祖、 程民德、 高国士、 周伯勋、 冯 康、 周 毓麟、 陈 杰、 胡 克、 陈重穆、 王世强、 万哲先、 王 元、 陈景润、 沈燮昌、 张广厚、 陈翰馥、 钟家庆、 李 继闵 第四卷43篇传记目录(即将出版) 冯祖荀、 萧文灿、 沈 、 张世勋、 周鸿经、 单 粹民、 刘亦珩、 程毓淮、 孙树本、 施祥林、 余介石、 周 炜良、 雷 垣、 胡世华、 徐贤修、 郑曾同、 杨从仁、 张 宗燧、 吴祖基、 徐瑞云、 田方增、 王寿仁、 白正国、 曾 宪昌、 许国志、 何旭初、 江泽坚、 胡国定、 江泽培、 孙 和生、 董光昌、 张里千、 齐民友、 王明淑、 宋 健、 李 德元、 陈希孺、 张景中、 姜伯驹、 李大潜、 陆善镇、 方 开泰、 刘应明 742000年 第1期 数学通报 1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. GOH= 180-(1+2), GBO=GOH, GBO GOH. 3=4.故点O到A B与GH的距离 相等 从而,由A B与O相切易知GH也与O 相切 12281kN,n= 2 k- 1, 求证:从2n- 1个自然数中 总可选出n个数,使其和可被n整除 证明 用数学归纳法 i)当k= 2时,显然 ii)假设当k=m时,命题成立,即从22 m- 1 - 1个自然数中总可选出2 m- 1个, 使其和被2 m- 1 整除 证命题对k=m+ 1时成立 设22 m- 1个整数为 I= x1,x2,x2m+ 1- 2, x2m+ 1- 1, 因I 2 m- 1, 所以由归纳假设,可知可以从I 中选出2 m- 1, 使其和被2 m- 1整除, 不妨设 I1= x1,x2,x2m- 1, 且A1= 2m- 1 i= 1 xi 0( mod2 m- 1 ), 再注意到I-I1= (2m + 1- 1)- 2m- 1 = 32 m- 1- 1= = 2m - 1+ 2 m- 1 2m- 1, 所以还可以从I-I1中选出2 m- 1个, 使其和 被2 m- 1整除, 不妨设为I2= x2m- 1+ 1,x2m- 1+ 2,x2m,且满 足 A2= 2m i= 2m- 1+ 1x i 0( mod2 m- 1 ), 再注意到I-I1I2 = (2 m - 1+ 2 m- 1 )- 2 m- 1= 2m- 1, 所以再由归纳假设可知,还可在I-I1I2 中选出2 m- 1个数, 使其和能被2 m- 1整除, 不妨设 为 I3= x2m+ 1,x2m+ 2,x2m+ 2m- 1, 且满足A3= 2m+ 2m- 1 i= 2m+ 1 xi 0( mod2 m- 1) 再对A1,A2,A3用mod2 m 来分类: 因为A1 0 2 m- 1(mod2 m ); A2 0 2 m- 1(mod2 m ); A3 0 2 m- 1(mod2 m) 所以一定存在两个Ai,Aj (1 i,j3),使得 AiAj(mod2 m) 即若AiAj关于mod2 m 同余于0,则Ai+Aj 0( mod2 m) 若AiAj关于mod2 m 同余于2 m- 1, 则Ai+Aj 2m - 1+ 2m- 1 0( mod2m) 并且I1I2=I2I3=I3I1= 2 m. 12291 某多边形可以分为2000个矩形,却不可分 为1999个矩形证明:该多边形不能分为2000个 三角形 证明 由于该多边形不能分成1999个矩形, 当然也不能分为少于1999个矩形(否则可通过作 平行线把矩形再作细分,以达到1999个 ), 所以事 实上该多边形可以分为不少于2000个矩形 由于该多边形可以分为一系列矩形,所以它 的任何两条邻边均互相垂直,因此其内角只有3 2 和 2 两种 我们把3 2 的内角的顶点称为凹顶角, 把 2 的内角的顶点称为凸顶点 并记该多边形为 M 显然,问题与两种顶点的个数有关 为此,设 M中有a个凸顶点,有b个凹顶点用数学归纳法 可以证明多边形内角和公式对凹多边形也成立 于是知, a 2 +b3 2 = ( a+b - 2) , 即 a=b+ 4 再换一个角度考察a和b显然,可设M的边 只有水平和竖直两种走向过M的每一个凹顶点 都引一条竖直方向的直线,于是将M分为至多b + 1个矩形(事实上,所分出的每一个部分中都仅 有 2 的内角 ), 由前面的讨论知必有b+ 12000, 从而 b1999,a=b+ 42003, a+b4002 即M至少为4002边形 假设可以将M分为m个三角形,则这些三 角形的内角之和为 S= =m 易知,M的每个顶点都至少为这些三角形贡 842000年 第1期 数学通报 1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 献 2 ,因此 S (a+b) 2 联立、 、 ,即得 m 1 2 (a+b)2001 这就是说,M至少被分为2001个三角形 所以它 不能被分为2000个三角形 说明:本题据1997年俄罗斯数学竞赛题改 编,原题为:某多边形可以分为100个矩形,却不 可分为99个矩形 证明:不可将该多边形分为 100个三角形这个问题可以推广为:某多边形可 以分为n个矩形,却不可分为(n - 1) 个矩形 证 明:不可将该多边形分为n个三角形 1230126对夫妇排成一横排照像,若第一对夫妇 之间坐1人,第二对夫妇之间坐2人,第三对夫妇 之间坐3人,第二十六对夫妇之间坐26人问 满足这样要求的一横排能否排成? 解 把第k对夫妇两人用k、k来表示 (1 k 26),则原题等价于:能不能把1、1、2、2、 、26、 26这52个数排成一横排,使两个1之间恰有一 个数,两个2之间恰有两个数,两个26之间恰 有二十六个数? 回答是否定的 事实上,如果这52个数能排 成合乎要求的一横排,把这五十二个位置依次编 号为1、2、3、 、52 再注意到以下二点:其一, 1、 1、2、2、 、26、26中的某个偶数若占据一个奇数 位,则其相同的另一偶数必占据一个偶数位(如4 占据7号位,则其配偶4占据12号位 ); 而当某个 偶数占据偶数号位,则其相同的那个偶数必占据 一个奇数位 其二, 1、1、2、2、 、26、26中某个奇 数若占据一个奇数位,则其成对的那个奇数必占 据另一奇数位;而当其中的某个奇数占据一个偶 数位时,则其成对的那个奇数必占据另一偶数位 由以上两点立知: 1、1、2、2、 、26、26中的13对 偶数无论怎样排,都要占据13个奇数位置和13 个偶数位置,剩下的13个奇数位置和13个偶数 位置由13对奇数去占领但一对相同的奇数要么 占据两个奇数位、 要么占据两个偶数位,因而它们 所占的奇数位与偶数位的个数必都为偶数 这与 剩下的奇数位与偶数位是奇数矛盾 从而原题得 解 2000年1月号问题 (来稿请注明出处编者) 12311 试确定实数a0,使得由递推公式an+ 1= - 3an+ 2n(n= 0, 1, 2,)决定的数列an为严格 递增(袁金提供) 12321 记Pn= (1+ 1) (1+ 1 3 ) (1+ 1 5 ) (1+ 1 2n- 1 ), 求P2000的整数部分(李建潮提供) 12331 试求所有函数f:RR,使得对x,yR, 都有 f(xf(y )= xyf(y-x) (吴伟朝,邓后军提供) 12341 设三角形三边a,b,c所对内角的弧度数分 别为 , 求证 a(+ )+ b(+ )+ c(+) a+b+c 2 4 (宋庆、 林荫提供) 12351 一个正四面体框架,用6种不同颜色给六 条棱涂色(每棱一色 ), 能得到多少种花色分布不 同的四面体?(罗碎海提供)