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1、2006年第 45卷第 5期数学通报 数学问题解答 2006年 4月号问题解答 (解答由问题提供人给出 ) 1606已知凸六边形 ABCDEF中 ,AB = AF ,BC = CD,DE = EF,过 B作BG AC ,过 D作 DG CE ,设 CE、FG与 AE分别交于 P、 = ,在 AB2 = BP2 + AP2 , AP2 + PG2 = AG2所以 AB2 = BP2 + AG2 -PG2 在 AFR和 AGR中 ,由余弦定理得 : AF2 = FR2 + AR2 -2 AR FRcos AG2 = AR2 + RG2 -2 AR RGcos(180-) = AR2 + RG2 +
2、 2 AR RGcos所以 AF2 = FR2 + AG2 -RG2 -2 AR FGcos 同理可得 :BC2 = BP2 + CG2 -PG2 CD2 = DQ2 + CG2 -QG2 DE2 = DQ2 + EG2 -QG2 EF2 = FR2 + EG2 -RG2 + 2 RE FGcos 又 AB = AF,BC = CD,DE = EF,所以由 、得 : BP2 + RG2 -PG2 -FR2 + 2AR FGcos = 0 由 、得 : BP2 -PG2 -DQ2 + QG2 = 0 由 、得 : DQ2 + RG2 -QG2 -FR2 -2 RE FGcos = 0 由 、得
3、: 2 AE FGcos = 0.所以 cos = 0 ,因此 = 90,即 FG AE. 1607设 a, b, c, d, x , y R,试计算 2 b2 d212 2 a 2 +c2 -= 2 (a +b2 +c+d2)+ 2 cos2+ ( ab + cd) sin2 12 2 = (a +b2 +c+d2)+2 12 2(a+c-b2 -d2) 2 +(ab+ cd) 2sin(2+)4 1 a 2 +c2 -其中 = arctan b2 d2 ,若 ab 2 ab + cd + cd 0 ;若 ab+cd = 0 ,则取 = 2 .于是 12 2 max( ax + by) 2
4、+(cx+ dy) 2 = 2 (a +b2 +c+d2) 22+ 1 (a +c-b2 -d2) +(ab+cd) 24 注意到(a 2 +c2 -b2 -d2) 2 + 4 ( ab + cd) 2 22 22 =(a +c-b2 -d2 + 2 ( ab + cd) i)( a +c-b2 d2 -2 ( ab + cd) i) = ( a+bi) 2 +(c+ di) 2)( a-bi) 2 +(c-di) 2) = (a+bi +(c+ di) i)( a+ bi -(c+ di) i)( a-bi +(c-di) i)( a-bi -(c-di) i) = (a-d+ (b+c)
5、i)( a+d+ (b-c) i)( a+ d (b-c) i)( a-d-(b+c) i) = ( a-d) 2 + (b+ c) 2)( a + d) 2 +(b-c) 2)以及 12 21(a +b2 +c+d2) = ( a+ d) 2 +(b-c) 2 24 数学通报2006年第 45卷第 5期64 2 22a, d 22 x+y = 1 = max| b| ,| c|. = = C tan1608已知 :x,y,z R+ ,且 xyz (x+y+z) = 1 ,求 2 (x+ y)( y+z)( z+ x)的最小值.+ tan B (山东省单县第二中学数学组李峦方274300)22
6、 = 1 +(a-d) 2 + (b + c) 2)故有 1 max ( ax + by) 2 + (cx + dy) 2) 2 22 x+y = 1 = 1 ( (a+ d) 2 +(b-c) 2 +2 (a-d) 2 +(b+ c) 2) 1 (| b-c|+| b+c| )2 = max| b| ,| c|且“= ”在 a= d= 0时取得 ,故 1 2min max ( ax + by) 2 + (cx + dy) 2 x yz+xyz (y+z) = 1得 : 21 x +x (y+z) = yz所以(x+ y)( y+z)( z+ x) 2 =(x +xz+yz+xy)( y+z)
7、 = x2 +x (y+z) +yz (y+z) 1 =( +yz)( y+z) yz 112 2 = + +yz+yzzy 111111 2 2 = +yz+yz3 y 3 y 3 y 3 z 3 z 3 z 8 11 28 ) 3 () 3 (y z)( yz 2)3 y 3 z 8 1 ) 68 = 8 = 33 当且仅当 y 2 z=z 2 y= 31 y= 31 z时“= ”成立.4 所以 y=z= 13 ,由已知可得 :x = y = z = 4 1 .3 1609求内切圆半径等于1的三角形面积的最小值. (安徽安庆一中罗志强246000)解如图 ,设ABC的内切圆半径为 1 ,O
8、是三角形的内心 ,连结 OA、OB、OC ,则 OA、OB、OC分别是 ABC三个内角的角平分线.于是有 : AB c=AB = cot + cot ,22 ACb = AC = cot + cot ,22 所以 S ABC = 12 (cot 2 A+ cot 2 B) (cot 2 A+ cot 2 C) ABC cos cos cos222 1 sinA= =.ABC ABC sin sin sin tan tan tan222 222 又由于 A+B+ C = A+B C =AB C 1 -tan tan tan22 2 AB BCCAtan tan + tan tan + tan t
9、an = 1.22 22 22 又tan A 2、tan 2B 、tan 2C 均为正数 ,由平均值不等式可得 : AB BCCA tan tan + tan tan + tan tan1 22 22 22 = 33 3 AB C) 2 (tan tan tan222 ABCtan tan tan 2229 1 33 .ABC tan tan tan222 上式当且仅当 AB BCCA tan tan = tan tan = tan tan22 22 22 ABCtan = tan = tan222 A=B= C= 3时 ,S ABC取最小值 33 .故当三角形为正三角形时面积最小 ,最小值为
10、 33 . 1610有 n枚同形同样的壹元硬币 ,其中有一部分假币 ,另一部分为真币 ,且真币比假币重 ,证明使用天平不超过 n+ 1 + 1次可确定出其中所有假币2 的数量(此处 n+ 1 表示最大整数不超过 n+ 1).22 (湖北省洪湖市第三中学廖明村433218) 证明i)当 n为偶数等于 2 m( m N),先在 2 m枚硬币中随意取出两枚放在天平的两边 ,则可能出现以下两种情况 :不等.在称第一次时 ,发现有一枚比另一枚重 ,显然 ,一枚轻的为假币.然后 ,我们把这两枚硬币放在天平的一边 ,作为“基码对”,而将其余的 2 (m-1)枚分为(m-1)对 ,并分别放在天平的另一边与“基
11、码对”比较.如果后者中某对比“基码对”重 ,则说明这一对皆为真币;如果某对比“基码对”轻 ,则说明这一对中皆为假币 ,如果某对同“基码相交于 A,B两点 ,且O2对”一样重 ,则说明这一对中有一枚为真币 ,有一枚为假币.这样我们经过使用 1 + (m -1)= 的圆心 O1 ,由 B引O2的弦 BC,连结 ACn+ 1 2则这一对硬币可能是真币 ,也可能是假币.然后将这一对硬币作为“基码对”放在天平的一边 ,而将其余的 2 (m -1)枚分为(m -1)对 ,并分别放在天平的另一边与“基码对”比较.假设前 k对硬币均与 “基码对”的重量相等 ,当第 k+ 1对比“基码对”重 (用同样的方法我们
12、也可以证明当第 k+ 1对比“基码对”轻的情况),则第一对“基码对”和后来与“基码对”重量相同的 k对 ,一定都是假币 ,也就是说在我们 1 +(k + 1) =k+ 2次使用天平时会发现有 k + 1对假币.现在我们把天平上的“基码对”拿下放在一旁不混 ,然后将最后称的那一对 ,即第 k+ 2次称的那一对分别放在天平的两边(即为称第 k+ 3次).如果此二枚相等 ,则均为真币 (第一对“基码对”就为假币),如果此二枚不等 ,则有一枚为真币 ,有一枚为假币 ,那么经过这次检验后 ,我们可以找出一枚真币和一枚假币作为新的“基码对”,然后用的检验方法将剩下的 2 m-2 (k + 2)= 2 (m
13、-k -2)枚分为(m-k-2)对称(m-k-2)次确定其中假币的数量 ,这样我们在 中使用天平的总数为 (k + 3) +(m-k-2) =m+ 1 = n+ 1 + 1次.2 ii)当 n为奇数等于 2 m-1 (m N),我们用 i)的检验方法将 2 m-1枚中的 2 m-2枚硬币使用天平不超过 2 m-2 + 1 + 1 =m次得出假币的数2 量.然后在上法中可找到一枚真币(或假币)与 2 m -1枚中所余下的一枚硬币在天平上称量得其结果 ,就是说在 ii)中所使用天平总数为 m+ 1 = 2 m 2 m-1 + 1 + 1 = + 1 = n+ 1 + 1次.2 2 2 由 i)、i
14、i)命题得证. 2006年 5月号问题 交O1于点 F,求证 :BC = CF. (安徽省肥西中学刘运宜231200) 1612用 g( x)表示 log2 x( x N+ )的整数部分 ,记 h(n) = g(1) +g (2)+ + g (2 n) ,对一切 y,z N,非负整数函数 f( y,z)满足 :(1) f(0 ,z) =z+ 1 ; (2)f(y + 1 ,0) = f(y,1) ;(3) f(y + 1 ,z + 1) = fy, f(y + 1 , z) .求证 :当 n 10时 , h( n)n-f 10 (3 ,n) 1 + 2 n. (重庆第八中学曾昌涛400030) 2 1613设 a, b, c R+ , 0 ,求证 : aa+ b2 + 2 22b2 + c c+ a + 31 + bc (陕西武功县绿野高中贺中杰712203) 1614设正数 a,b,c,x,y,z满足条件 ,a+x = b+y = c+z = 1.证明 :(abc + xyz)( 1 + 1 + 1 ) 3.
