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数学空间2012第2期

数学空间——人教数学网刊
中学数学
2012 年第 2 期 总第 9 期

C

B A P

.

l

主编: 执行主编: 责任编辑: 特约撰稿人:

马涛 (MAT) 杨洪 (羊羊羊羊) 马涛 (MAT) 何万程 (hejoseph) 郭子伟 (kuing) 陈海峰 (过必思) 何万程 (hejoseph) 郭子伟 (kuing) 李明 (沈阳李明)

目录
1 趣味数学 1.1 1.2 切蛋糕的学问——赵国瑞
?

1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 3 7 7 10 15 15 17 18 18 24 27 27 29 31 31

巧拼三角板求 tan 15 的值——赵国瑞 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 数学竞赛 2.1 2.2 2012 年全国初中数学竞赛试题(副题) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2012 年全国初中数学竞赛试题(副题)参考答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 数学评书 3.1 《智慧宝典》第二部第九回 宰相起纷争 英雄来调停——陈海峰 . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 《智慧宝典》第二部第十回 再会小精灵 相助得宝典——陈海峰 . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 助力高考 4.1 4.2 对 2012 年的几道高考数学题的解答及研究——郭子伟 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ab1962 解题集精选(九) ——廖凡 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 能力提升 5.1 5.2 初探“幂平均三棱锥”的一条共性——李明、张进道 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 多边形的一种分类方法——李明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 朝花夕拾 6.1 【封面故事】正等角中心与费马点——何万程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

趣味数学
1.1 切蛋糕的学问——赵国瑞
星期六是小明的 11 岁生日。那天他家来了八个亲朋好友,他父母拿出一块正六边形的蛋糕款待宾客,用 刀子将蛋糕分别切割成相等的 8 份(图 1.1.1) ,它们不但面积相等,而且形状也完全一样,由于蛋糕的厚度处 处均匀,这就意味着分割出来的八块蛋糕恰到好处,能使人人满意。

.

图 1.1.1 正当大家异口同声地称赞主人的绝活时,站在旁边的儿子小明却说: “爸爸,你刚才分蛋糕时,一共切了 十一刀,对不对?依我看,你的办法还可以改进,只切五刀也能平分成八份的。 ” “恐怕不行吧? ”小明父亲很惊讶,反问道: “你能保证切出来的各块蛋糕不但面积相等,而且连形状也一 样吗? ” “当然如此。 ”小明满怀信心地回答。 “好吧!让你来试试。 ”小明父亲高兴地把刀递给了小明。 小明接过了刀,在蛋糕上比划了一下,不慌不忙地把蛋糕切割成相等的八块。各位客人无不拍手叫好。 小明的切割方法如图 1.1.2 所示。但他切出来的蛋糕真的能满足要求吗?

. 图 1.1.2 让我们来证明一下这两种切法的正确性。设正六边形每边的长度为 a,从正六边形中心向六个顶点作连线, √ 3 2 a 。 可将六边形分成六个全等的正三角形,由于 S正三角形 = 4 √ √ 3 2 3 3 2 于是 S总面积 = a ×6= a 。 4 2 √ √ 3 3 2 1 3 3 2 切割成八块蛋糕后,则每块蛋糕的截面积为 a × = a 。 2 8 16 从图 1.1.1 可以看出,每块蛋糕的形状都是等腰梯形,于是,由梯形面积公式得 √ ( ) √ 1 1 3 3 3 2 × a+a × a= a 。 2 2 4 16 同上面的结果是完全吻合的。 1

趣味数学

初中数学

小明的切法确实奇妙,真的只要五刀就行,纵切一刀,横切两刀,斜切两刀,非常对称。至于切出来的 8 块,不是等腰梯形,而是直角梯形了。 设此时梯形的上底为 x,下底为 y (x < y ) ,由图 1.1.2 可知 ? ? 3 x + y = a, ? x + 3y = 2a, 解得上底之长应为 x = 1 5 a,下底之长应为 y = a。 8 8 然后再次应用梯形面积公式,便能得出 1 × 2 ( √ ) √ 1 5 3 3 3 2 a+ a × a= a 。 8 8 2 16

这表明,小明的神奇切法是完全能够满足要求的!

2

趣味数学

初中数学

1.2

巧拼三角板求 tan 15? 的值——赵国瑞

三角板是同学们早已熟悉的作图工具。一副三角板有两个,其中一个三角板是等腰直角三角形,它的三个 √ 内角分别是 45? ,45? ,90? ,三边之比为 1 : 1 : 2;另一个三角板是半等边三角形(等边三角形的一底边上的 高将其分成两个相同的三角形,我们将这样的三角形叫做“半等边三角形” ) ,它的三个内角分别是 30? ,60? , √ 90? ,三边之比为 1 : 3 : 2,如图 1.2.1 所示(注意:一副三角板中的等腰直角三角形的斜边与半等边三角形中 的较长直角边相等) 。 B C 60?

45? A.

45?

B 图 1.2.1

A.

30?

C

或许一些学生会认为,三角板的作用只是用来作图,其实不然,它里面包含的数学知识可多啦!利用三角 板求 15? 角的三角函数值便是它的一个巧妙应用,下面仅以求 tan 15? 的值为例说明。 一、利用 15? = 45? ? 30? 方法 1 将一副三角板按图 1.2.2 的方式拼接,其中 AC 与 AE 在一条直线上,BC 与 AD 交于点 M ,则 ∠BAD = 45? ? 30? = 15? 。 过点 M 作 M N ⊥ AE 于 N ,则 △M N C 是等腰直角三角形,△AM N 是半等边三角形。 √ √ 设 M N = 1,则 CN = 1,AN = 3,CM =√ 2。 √ √ √ 3+1 6+ 2 则 AC = AN + CN = 3 + 1,AB = BC = √ = 。 2 2 √ √ √ √ 6+ 2 √ 6? 2 故 BM = BC ? CM = ? 2= 。 2 √ 2 √ 6? 2 √ BM ? 所以 tan ∠BAD = tan 15 = = √ 2 √ = 2 ? 3。 AB 6+ 2 2 D B M M E D B

. A

N 图 1.2.2

C

E

. A 图 1.2.3

N

C

3

趣味数学

初中数学

方法 2 将一副三角板按图 1.2.3 的方式拼接,其中 AB 与 AD 在一条直线上,BC 与 AE 交于点 M ,则 ∠CAE = 45? ? 30? = 15? 。 过点 M 作 M N ⊥ AE 于 N ,则 △M N C 是等腰直角三角形,△ABM 是半等边三角形。 √ √ √ √ 设 BM = 1,则 AB = BC = 3,AC = 3 × √ 2 = 6。√ √ √ 3?1 6? 2 则 CM = BC ? BM = 3 ? 1,M N = CN = √ = , 2 2 √ √ √ √ √ 6? 2 6+ 2 故 AN = AC ? CN = 6 ? = 。 2 √ √2 6? 2 √ M N = √ 2 √ = 2 ? 3。 所以 tan ∠CAE = tan 15? = AN 6+ 2 2 说明:将方法 1 中的 △ADE 绕点 A 逆时针旋转 15? 即是方法 2 的拼接方式。 方法 3 将一副三角板按图 1.2.4 的方式拼接,其中等腰直角三角形的斜边与半等边三角形中的较长直角 边重合,BD 与 AE 交于点 M ,则 ∠BAE = 45? ? 30? = 15? 。 以下解法同方法 1。 说明:将方法 1 中的 △ADE 绕点 A 顺时针旋转 30? 再沿直线 AC 翻折即是方法 3 的拼接方式。 E

E B M M D B

. A 图 1.2.4

N

D

. A 图 1.2.5

N

C

方法 4 将一副三角板按图 1.2.5 的方式拼接,其中 AB 与 AE 在一条直线上,BC 与 AD 交于点 M ,则 ∠CAD = 45? ? 30? = 15? 。 以下解法同方法 2。 说明:将方法 3 中的 △ADE 绕点 A 逆时针旋转 15? 即是方法 4 的拼接方式。 二、利用 15? = 60? ? 45? 方法 5 将一副三角板按图 1.2.6 的方式拼接,其中 AC 与 AE 在一条直线上,AB 与 DE 交于点 M ,则 ∠BAD = 60? ? 45? = 15? 。 过点 M 作 M N ⊥ AE 于 N ,则 △AM N 是等腰直角三角形,△M N E 是半等边三角形。 √ 设 M N = 1,则 AN = 1,N E = 3,√ M E = 2。 √ √ √ 3+1 3+1 √ 3+3 则 AE = AN + N E = 3 + 1,AD = ,DE = × 3= 。 2 2 √ 2 √ 3+3 3?1 ?2= 。 故 DM = DE ? M E = 2 2

4

趣味数学 √

初中数学

3?1 √ DM 所以 tan ∠BAD = tan 15 = = √ 2 = 2 ? 3。 AD 3+1 2
?

B D M B D

M

C

. A

N 图 1.2.6

C

E

. A 图 1.2.7

N

E

方法 6 将一副三角板按图 1.2.7 的方式拼接,其中 AD 与 AB 在一条直线上,AC 与 DE 交于点 M ,则 ∠CAE = 60? ? 45? = 15? 。 过点 M 作 M N ⊥ AE 于 N ,则 △ADM 是等腰直角三角形,△M N E 是半等边三角形。 √ 2。 设 AD = 1,则 DM = 1,DE √ = 3,AE = √ √ √ 3?1 3?1 √ 3? 3 则 M E = 3 ? 1,M N = ,N E = × 3= 。 2 2 ( 2 √ ) √ 3+1 3? 3 故 AN = AE ? N E = 2 ? = 。 2 2 √ 3?1 √ MN ? 所以 tan ∠CAE = tan 15 = = √ 2 = 2 ? 3。 AN 3+1 2 说明:将方法 5 中的 △ABC 绕点 A 逆时针旋转 15? 即是方法 6 的拼接方式。 方法 7 将一副三角板按图 1.2.8 的方式拼接,其中 AC 与 AE 在一条直线上,AB 与 DE 交于点 M ,则 ∠DAB = 60? ? 45? = 15? 。 以下解法同方法 5。 说明:将方法 5 中的 △ABC 绕点 A 顺时针旋转 45? 再沿直线 AE 翻折即是方法 7 的拼接方式。 C C D M

D F

B . A N 图 1.2.8 B E . A M 图 1.2.9 N E

5

趣味数学

初中数学

方法 8 将一副三角板按图 1.2.9 的方式拼接, 其中 AC 与 AD 在一条直线上, 则 ∠BAE = 60? ? 45? = 15? 。 过点 B 作 BM ⊥ AE 于 M ,BF ⊥ AC 于 F ,BF 的反向延长线交 AE 于 N 。 则 △AF N 是等腰直角三角形,△BN M 是半等边三角形。 以下解法同方法 6。 说明:将方法 7 中的 △ABC 绕点 A 逆时针旋转 15? 即是方法 8 的拼接方式。 三、利用 15? = 90? ? 45? ? 30? 方法 9 将一副三角板按图 1.2.10 的方式拼接,其中等腰直角三角形的斜边与半等边三角形中的较长直角 边重合。过点 D 作 DE
?

AC 交 BC 的反向延长线于点 E 。过点 A 作 AF
? ? ?

BC 交 DE 的反向延长线于点 F 。

则 ∠DAF = 90 ? 45 ? 30 = 15 ,△BDE 是等腰直角三角形。 √ √ √ √ √ 6 √ 设 BE = 1,则 DE = 1,BD = 2,AB = 2 × 3 = 6,AC = BC = √ = 3。 2 √ √ 故 AF = CE = BC + BE = 3 + 1, √DF = EF ? DE = AC ? DE = 3 ? 1。 √ DF 3?1 所以 tan ∠DAF = tan 15? = =√ = 2 ? 3。 AF 3+1 E D F A B F E E A C

C . 图 1.2.10

A

. B

C 图 1.2.11

D

. D

B 图 1.2.12

F

上面的拼接方式中,两个三角板都有一条边(或其中的一部分)重合。其实,我们也可以无需使一条边 (或其中的一部分)重合,但要保持其中一条边平行,同样可以求出 tan 15? 的值。如图 1.2.11(其中 EF 和图 1.2.12(其中 AC DF ) ,请你能根据这两个图形求出 tan 15 的值。
?

BC )

6

数学竞赛
2.1 2012 年全国初中数学竞赛试题(副题)

一、选择题(共 5 小题,每小题 7 分,共 35 分。以下每道小题均给出了代号为 A、B、C、D 的四个选项,其 中有且只有一个选项是正确的。请将正确选项的代号填入题后的括号里,不填、多填或错填都得 0 分) 1. 小王在做数学题时,发现下面有趣的结果: 1+2=3 4+5+6=7+8 9 + 10 + 11 + 12 = 13 + 14 + 15 16 + 17 + 18 + 19 + 20 = 21 + 22 + 23 + 24 . . . 由上,我们可知第 100 行的最后一个数是 ( )

(A)10000 (B)10020 (C)10120 (D)10200 2. 如图 2.1.1,在 3 × 4 表格中,左上角的 1 × 1 小方格被染成黑色,则在这个表格中包含黑色小方格的矩 形个数是 ( )

. 图 2.1.1 (A)11 (B)12 (C)13 (D)14 √ 2 3. 如果关于 x 的方程 x + 4x + 10 ? a + 2 = 0 有两个有理根,那么所有满足条件的正整数 a 的个数 是 ( ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 4. 若函数 y = (k 2 ? 1)x2 ? (k + 1)x + 1(k 为参数)的图象与 x 轴没有公共点,则 k 的取值范围是( ) 5 5 (A)k > 或 k < ?1 (B)?1 < k < 且 k ?= 1 3 3 5 5 (D)k 或 k ?1 (C)k > 或 k ?1 3 3 5. △ABC 中,AB < AC ,D、M 分别为 BC 上的点,AD 平分 ∠A,BM = CM ,K 为 AM 上一点,且 ∠BKC = 180? ? ∠A,则 ∠BKD 与 ∠CKD 的大小关系为 (A)∠BKD > ∠CKD (C)∠BKD < ∠CKD 二、填空题(共 5 小题,每小题 7 分,共 35 分) 6. 如图 2.1.2,正方形 ABCD 的面积为 90,点 P 在 AB 上,P B = 2AP ,X 、Y 、Z 三点在 BD 上,且 BX = XY = Y Z = ZD,则 △P ZX 的面积为 。 分钟追上乙车。 7. 甲、乙、丙三辆车都匀速从 A 地驶往 B 地,乙车比丙车晚 5 分钟出发,出发后 40 分钟追上丙车;甲车 比乙车晚 20 分钟出发,出发后 100 分钟追上丙车,则甲车出发后 (B)∠BKD = ∠CKD (D)无法确定 ( )

7

数学竞赛

初中数学

A

P X Y Z .

B

D

C 图 2.1.2

8. 设 an = 或“<” )

2n 22n+1 ? 2n+1 ? 2n + 1

(n 为正整数) ,则 a1 + a2 + · · · + a2012 的值

1。 (填“>” , “=”

9. 红、黑、白三种颜色的球各 10 个,把它们全部放入甲、乙两个袋子中,要求每个袋子里三种颜色的球 都有,且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等,那么共有 种放法。 1 1 4 10. △ABC 中,已知 + = ,且 b = 4,则 a + c = 。 A C B tan tan tan 2 2 2 三、解答题(共 4 题,每题 20 分,共 80 分) 11. 已知 c b a,且 a + b + c = 10,abc ? 23a = 40,求 |a| + |b| + |c| 的最小值。 ? ? 10ab + 10bc + 10ca = 9d, ? 的所有正整数解。 13. 如图 2.1.3,梯形 ABCD 中,AB CD,AC 、BD 相交于点 O,P 、Q 分别是 AD、BC 上的点,且 ∠AP B = ∠CP D,∠AQB = ∠CQD。求证:OP = OQ。 A . B abc = d

12. 求关于 a,b,c,d 的方程组

P

O

Q

D 图 2.1.3

C

14.(1)已知 1,1 + a,1 + 2a 三个数中必有两个数的积等于第三个数的平方,求 a 的值; (2)设 a 为非零实数,k 为正整数,是否存在一列数 1 + (k ? 1)a,1 + ka,1 + (k + 1)a 满足首尾两项的积等于中间项的平方? 8

数学竞赛

初中数学

(3)设 a 为非零实数,若将一列数 1,1 + a,1 + 2a,1 + 3a 中的某一项删去后得到又一列数(按原来的顺序) ,满足首尾两项的积等于中间项的平方,试求 a 的所有可能 的值。

9

数学竞赛

初中数学

2.2

2012 年全国初中数学竞赛试题(副题)参考答案

一、选择题 1. D 解 第 k 行的最后一个数是 (k + 1)2 ? 1,故第 100 行的最后一个数是 1012 ? 1 = 10200。 2. B 解 这个表格中的矩形可由对角线的两个端点确定,由于包含黑色小方格,于是,对角线的一个端点确定, 另一个端点有 3 × 4 = 12 种选择。 3. B 解 由于方程的两根均为有理数,所以根的判别式 ? 0,且为完全平方数。 0,

√ (√ ) ( ) ? = 16 ? 4 10 ? a + 2 = 4 2 ? 10 ? a 又2 2? 4. C 解 当函数为二次函数时,有 ? ? k 2 ? 1 ?= 0, ? ? = (k + 1)2 ? 4(k 2 ? 1) < 0, 解得 k >

√ √ √ 10 ? a,所以,当 2 ? 10 ? a = 0 时,解得 a = 6;当 2 ? 10 ? a = 1 时,解得 a = 9。

5 或 k < ?1; 3 当函数为一次函数时,k = 1,此时 y = ?2x + 1 与 x 轴有公共点,不符合题意;

当函数为常数函数时,k = ?1,此时 y = 1 与 x 轴没有公共点。 5 所以,k 的取值范围是 k > 或 k ?1。 3 5. B 解 如图 2.2.1,设 ∠BAM = α,∠CAM = β ,作 . BKCE ,则 ∠BEC = ∠BKC = 180? ? ∠A, 于是 A、B 、E 、C 四点共圆。因为 M 是 BC 的中点,所以 AB sin α = AC sin β ,从而有 KB EC sin β AB BD = = = = , KC EB sin α AC DC 即 KD 平分 ∠BKC 。

10

数学竞赛

初中数学

A . A K X B D M E 图 2.2.1 二、填空题 6. 30 解 如图 2.2.2,连接 P D,则 S△P XZ = 7. 180 解 设甲、乙、丙三车的速度分别为每分钟 x、y 、z 米,由题意知 45z = 40y ,125z = 100x, 消去 z ,得 y = 9 x。 10 设甲车出发后 t 分钟追上乙车,则 tx = (t + 20)y ,即 tx = (t + 20) 解得 t = 180。 8. < 解 由 an = 2n 1 1 = n ? ,得 ? 1)(2n+1 ? 1) 2 ? 1 2n+1 ? 1 ( ) ( ) ) ( 1 1 1 1 1 + ? + ··· + ? a1 + a2 + · · · + a2012 = 1 ? 2 2 ?1 22 ? 1 23 ? 1 22012 ? 1 22013 ? 1 (2n =1? 9. 25 解 设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为 x、y 、z ,则有 1 且 xyz = (10 ? x)(10 ? y )(10 ? z ), 即 xyz = 500 ? 50(x + y + z ) + 5(xy + yz + zx), 11 (2.2.2) (2.2.1) x, y, z 9, 1 22013 ?1 < 1。 9 x, 10 1 1 2 1 2 S△P BD = × S△ABD = × × 90 = 30。 2 2 3 2 3 C Z D . C 图 2.2.2 Y P B

数学竞赛

初中数学

于是 5 | xyz ,因此 x、y 、z 中必有一个取 5。不妨设 x = 5,代入式 (2.2.1),得到 y + z = 10, 此时,y 可取 1, 2, · · · , 8, 9(相应地 z 取 9, 8, · · · , 2, 1) ,共 9 种放法。同理可得 y = 5 或者 z = 5 时,也各有 9 种放法,但 x = y = z 时,两种放法重复,因此共有 9 × 3 ? 2 = 25 种放法。 10. 6 A

F .I E

B

D 图 2.2.3

C

解 如图 2.2.3,设 △ABC 内切圆为 ⊙I ,半径为 r,⊙I 与 BC 、CA、AB 分别相切于点 D、E 、F ,连接 IA、IB 、IC 、ID、IE 、IF 。 由切线长定理得 AF = p ? a,BD = p ? b,CE = p ? c,其中 p = 在 Rt△AIF 中,tan ∠IAF = IF ,即 AF tan 同理,tan A r = 。 2 p?a 1 (a + b + c)。 2

B r C r = ,tan = 。代入已知等式,得 2 p?b 2 p?c p?a p?c 4(p ? b) + = , r r r

因此 a + c = 三、解答题 11. 解

3 3 b = × 4 = 6。 2 2

已知 a > 0,又 b + c = 10 ? a,且 bc = 23 +

40 ,所以 b,c 是关于 x 的一元二次方程 a ( ) 40 x2 ? (10 ? a)x + 23 + =0 a

的两个根,故

) ( 40 ? = (10 ? a)2 ? 4 23 + a a3 ? 20a2 + 8a ? 160 12 0,

0,



数学竞赛

初中数学

即 (a2 + 8)(a ? 20) 所以 a 20。 ?10,|b + c| 10,从而 |b| + |c| |a| + |b| + |c| 当 a = 20,b = ?5,c = ?5 时,等号成立。 12. 解 将 abc = d 代入 10ab + 10bc + 10ca = 9d 得 10ab + 10bc + 10ca = 9abc, 因为 abc ?= 0,所以 1 1 1 9 + + = 。 a b c 10 不妨设 a b c,则 1 a 于是 1 1 1 1 < + + a a b c 即 9 1 < a 10 得 10 <a 9 从而 a = 2 或 3。 1 1 2 1 1 1 + = 。因为 < + b c 5 b b c 20 应地,可得 c = 15, (舍去) ,5。 3 当 a = 2,b = 3,c = 15 时,d = 90; 若 a = 2,则 当 a = 2,b = 5,c = 5 时,d = 50; 1 1 17 1 1 1 若 a = 3,则 + = 。因为 < + b c 30 b b c 去) ,3。 30 (舍去) 。 当 b = 3 时,c = 7 因此,所有正整数解为 2 1 2 ,所以 < b b 5 2 2 ,得 < b b 5 5,从而 b = 3,4,5。相 30 , 9 3 , a 3 , a 1 b 1 > 0, c |b + c| 30, 10,故 于是 b + c = 10 ? a 0,

2 1 17 ,所以 < b b 30

2 30 ,得 <b b 17

60 ,从而 b = 2(舍 17

(a, b, c, d) = (2, 3, 15, 90),(2, 15, 3, 90),(3, 2, 15, 90), (3, 15, 2, 90),(15, 2, 3, 90),(15, 3, 2, 90), (2, 5, 5, 50),(5, 2, 5, 50),(5, 5, 2, 50)。 13. 证明 如图 2.2.4,延长 DA 至 B1 ,使得 BB1 = BA,则 ∠P B1 B = ∠B1 AB = ∠P DC ,于是 △DP C ? △B1 P B , 故 CD CD DO DP = = = , P B1 BB1 BA BO 13

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初中数学

B1 A. P B

O

Q

D 图 2.2.4 所以 P O BB1 。

C

又因为 △DP O ? △DB1 B ,所以 OP = BB1 · 同理可得 OQ = AB · 14. 解 CO ,而 AB CA DO DO = AB · 。 DB DB DO CO = ,故 OP = OQ。 DB CA

CD,所以

(1)由题设可得 12 = (1 + a)(1 + 2a) 或 (1 + a)2 = 1 · (1 + 2a) 或 (1 + 2a)2 = 1 · (1 + a)。 3 由 12 = (1 + a)(1 + 2a),解得 a = 0,a = ? ; 2 由 (1 + a)2 = 1 · (1 + 2a),解得 a = 0; 3 由 (1 + 2a)2 = 1 · (1 + a),解得 a = 0,a = ? 。 4 3 3 所以满足题设要求的实数 a = 0,a = ? ,a = ? ; 4 2 (2)不存在。 由题设 1 + (k ? 1)a,1 + ka,1 + (k + 1)a(整数 k 1)满足首项与末项的积是中间项的平方,则有 ( )( ) (1 + ka)2 = 1 + (k ? 1)a 1 + (k + 1)a , 解得 a = 0,这与 a ?= 0 矛盾,故不存在这样的数列; (3)如果删去的是 1,或者是 1 + 3a,则由(2)知 1 + a,1 + 2a,1 + 3a,或数列 1,1 + a,1 + 2a 均为 1, 1,1,即 a = 0,这与题设 a ?= 0 矛盾; 1 如果删去的是 1 + a,得到的一列数为 1,1 + 2a,1 + 3a,那么 (1 + 2a)2 = 1 · (1 + 3a),可得 a = ? ; 4 如果删去的是 1 + 2a,得到的一列数为 1,1 + a,1 + 3a,那么 (1 + a)2 = 1 · (1 + 3a),可得 a = 1。 1 所以符合题设要求的 a 的值为 1 或 ? 。 4

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3.1 《智慧宝典》第二部第九回 宰相起纷争 英雄来调停——陈海峰

上回说到两位小英雄帮忙救火以后,在居民区小住数日,购买些干粮等又继续出发。不日,来到一个地方, 感觉什么东西都是圆的,球形的建筑,车辆也都是半圆形的。他俩心里清楚,已经到了圆国了。于是就去拜见 国王,一看国王,胖得也是像一个球,从哪个面看都是圆的。国王知道两位小英雄的来意,就请他俩讲起路上 遇到种种坎坷…… 突然,只见又是两个圆球似的人在互相吵吵闹闹进入了宫殿,这时两位小英雄才知道,原来是圆国内的两 位宰相,这天他们喝了一些酒,对谁对圆王的贡献大这个问题吵了起来。又要来找圆王评理,圆王对这个事情 不好说,都是自己的爱相,不好说谁好谁坏的,就让两位小英雄来当裁判。 左宰相说: “我是的圆的标准方程:(x ? a)2 + (y ? b)2 = r2 。可以看出,只要我一出现,大家立马可以画 出一个相应的圆来。因为圆心为 (a, b),半径为 r。当然,若圆心在坐标原点上,这时 a = b = 0,则圆的方程就 是 x2 + y 2 = r2 。一个要确定一个圆,根据圆的定义,动点到定点的距离等于定长的点的轨迹就是圆,定点即 圆心,定长即半径,这一点是右宰相所不能比拟的。所以我认为,我比右宰相贡献大,谢谢! ” 右宰相接过话说: “首先让你俩看一下这个方程,对于 x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0,整理得 ( )2 ( )2 D E D2 + E 2 ? 4F x+ + y+ = 。 2 2 4 ( ) D E 1√ 2 2 2 D + E 2 ? 4F 为半径的圆; (1)当 D + E ? 4F > 0 时,表示以 ? , ? 为圆心, 2 2 2 ( ) D E D E 2 2 (2)当 D + E ? 4F = 0 时,方程只有实数解 x = ? ,y = ? ,即只表示一个点 ? , ? ; 2 2 2 2 (3)当 D2 + E 2 ? 4F < 0 时,方程没有实数解,因而它不表示任何图形。 综上所述,形如 x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0(D2 + E 2 ? 4F > 0)的表示圆的方程就是我,我认为,我更 适合方程式的特点,理由是: (a)x2 和 y 2 的系数相同,且不等于 0; (b)没有 xy 这样的二次项。 对于识别 Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 是不是圆,只要看有没有 A = C 且 B = 0,如果连这一关 也通不过,就不是圆了。这一点是标准方程所不能达到的,因此我认为,我比左宰相贡献大,谢谢! ” 这时左宰相反唇相讥: “既然你认为比我好,那么对于这道题,你如何快速体现? 例 3.1.1. (天津 08 高考, 文) 已知圆 C 的圆心与点 P (?2, 1) 关于直线 y = x +1 对称。 直线 3x +4y ? 11 = 0 与圆 C 相交于 A、B 两点,且 |AB | = 6,则圆 C 的方程为 显然应该这样: (?4 ? 11)2 = 18,故圆的方程为 52 x2 + (y + 1)2 = 18,显然是高考那有限的时间内,我比你强多了。 ” (两个小英雄鼓掌) 解析 由题意知圆心的坐标为 (0, ?1),然后利用垂径定理得 r2 = 32 + 右宰相也不示弱: “那就你强呗,请出招解这道题。 例 3.1.2. 求过三点 O(0, 0),M (1, 1),N (4, 2) 的圆的方程。 解析 显然应该设圆的方程 x2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0,由题意得 ? F = 0, ? ? ? ? D + E + F + 2 = 0, ? ? ? ? 4D + 2E + F + 20 = 0, 15 。

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解得 D = ?8,E = 6,F = 0,故圆的方程为 x2 + y 2 ? 8x + 6y = 0。 ” (两位小英雄也鼓掌) 圆王不耐烦了: “停,请两位小英雄作一下点评。 ” 小英说: “左宰相有独到的几何优势,右宰相也独特的代数优势,可以说是平分秋色,各领风骚,圆王少 了谁都不行,你们的肚子都那么大,为什么不能兼容呢。不是说宰相肚里能撑船吗! ” 两位宰相点头称是,都有点不自在起来,最终握手言和。 不知两位小英雄在圆国还会有什么奇遇,请听下回分解。

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3.2 《智慧宝典》第二部第十回

再会小精灵

相助得宝典——陈海峰

话说两位小英雄在圆国内帮助平息了一场纷争后,圆王知道了两位小英雄是取宝典而来,突然脸色暗了下 来,说: “宝典我们这边倒有一页,就是在我的父亲那边,他可是对这页宝典有特殊的感情,想把他带到坟墓 去。说来奇怪,自从他有了这页宝典后,就闷闷不乐,从没开心笑过。如果能逗他一笑,幸许还有可能让出宝 典,否则就……” 两位小英雄心中暗暗叫苦,如果是要用武功来对付,应该自己还有一手,可是对于逗笑的本事,师傅也没 教,正在无助之际,只听有人喊了一声,我来也!两人一看,原来是小精灵。我今天来兑现我的承诺,助你们 一臂之力! 只见小精灵来到圆王的父亲那边, 对他说: “你看我会变魔术, 能主宰圆 C : x2 + y 2 = r2 与直线 l : x0 x + y0 y = r2 的位置关系,你信吗? ”圆王的父亲木讷的点了点头。 只见小精灵开始表演了,我是 P (x0 , y0 ) 现在走到圆 C 内,你猜猜,x2 + y 2 = r2 与直线 l : x0 x + y0 y = r2 的位置关系,是什么?会相交吗? 圆王的父亲说: “当然会了。 ”
2 2 小精灵说: “看好了,因为我在圆内,故 x2 0 + y0 < r ,则圆心 C (0, 0) 到直线 l 的距离

d= 你说他们能相交吗? ”

x0 · 0 + y0 · 0 ? r2 r2 r2 √ √ √ = r, = > 2 2 x2 x2 r2 0 + y0 0 + y0

只听有鼓掌声,原来是圆王的父亲在鼓掌,大家心头放松下来。 小精灵说: “当我游到圆 C 上时,你再猜猜 x2 + y 2 = r2 与直线 l : x0 x + y0 y = r2 的位置关系是什么? ” 圆王的父亲说: “当然是相切了。 ”
2 2 小精灵说: “因为我在圆上,故 x2 0 + y0 = r ,则圆心 C (0, 0) 到直线 l 的距离

d= 确实是对的。 ”

x0 · 0 + y0 · 0 ? r2 r2 r2 √ √ √ = r, = = 2 2 x2 x2 r2 0 + y0 0 + y0

小精灵又接着表演: “当我离开圆 C ,游向远方时,你再猜猜 x2 + y 2 = r2 与直线 l : x0 x + y0 y = r2 的位 置关系是什么?猜猜。 ” “应该是相离吧? ”圆王的父亲自己也不敢肯定了。
2 2 小精灵说: “现在我在圆外,即 x2 0 + y0 > r ,所以

d= 恰恰是相交。有趣吧,呵呵! ”

x0 · 0 + y0 · 0 ? r2 r2 r2 √ √ √ = r, = < 2 2 x2 x2 r2 0 + y0 0 + y0

圆王的父亲起身连说,妙呀!妙呀! 这时圆王看他的父亲满面春风,就向其说明两位小英雄的来意,不想圆王的父亲从怀里拿出一页纸,正是 一页的宝典。圆王的父亲笑道: “人生快乐,夫复何求,此页权当送给两位小英雄了,祝你们能为天下多做些 善事。 ” 这时两位小英雄谢过以后,忙来到小精灵的身边,竖起大拇指。小精灵说: “我的话已兑现,请两位走好! ” 不知两位小英雄还会遇到什么困难,且看第三部。

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4.1 对 2012 年的几道高考数学题的解答及研究——郭子伟
与往年类似,在高考数学的那一天便会在人教论坛发贴,在试题刚放出来时随即挑选有玩头的题目来玩, 争取第一时间解出来并发布在论坛。贴的地址是 http://bbs.pep.com.cn/thread-2532549-1-1.html,目前 暂时收录了 19 道题目,本文将从中再挑选部分整理于此,更多的讨论见原贴。 x2 y 2 + =1 (a > b > 0) a2 b2 a2 的左、右焦点。过点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆 C 的上半部分于点 P ,过点 F2 作直线 P F2 的垂线交直线 x = c 于点 Q。 题目 4.1.1. (安徽卷理数第 20 题) 如图 4.1.1, 点 F1 (?c, 0), F2 (c, 0) 分别是椭圆 C : (I)如果点 Q 的坐标是 (4, 4),求此时椭圆 C 的方程; (II)证明:直线 P Q 与椭圆 C 只有一个交点。 y Q

Q P P′ . F2 O F1 x P G H . E

F

图 4.1.1 第(I)问略,这里我给出第二问的更一般情况,即如下命题。

图 4.1.2

命题 4.1.1. 椭圆上有任意一点 P (非长轴顶点) ,焦点 F 相应的准线为 L,连结 P F ,过 F 作 P F 的垂线 交 L 于 Q,则直线 P Q 与椭圆相切。 证明 用反证法,假设 P Q 与椭圆交于点 P 以外的另一点 P ′ ,作如图 4.1.2 所示的辅助线。则由圆锥曲线 第二定义以及三角形相似,得 PF e · PG PG PQ PF = = ′ = ′ = ′ , P ′F e · P ′H P H P Q P E 这样得到 P ′F = P ′E, 显然矛盾,故命题得证。
点评:命题 4.1.1 在双曲线、抛物线上都成立,证法类似,读者可以试试。由此也提供了作圆锥曲线上的点的切线的一 种作法。我相信这个证法跟参考答案完全不一样,那如果这样写在考卷上的话,不知能得多少分?所以……你懂的。

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1 ,g (x) = ax2 + bx(a, b ∈ R, a ?= 0) 。若 y = f (x) 的 x 图象与 y = g (x) 的图象有且仅有两个不同的公共点 A(x1 , y1 ),B (x2 , y2 ),则下列判断正确的是 题目 4.1.2. (山东卷理数第 12 题) 设函数 f (x) = (A)当 a < 0 时,x1 + x2 < 0,y1 + y2 > 0 (B)当 a < 0 时,x1 + x2 > 0,y1 + y2 < 0 (C)当 a > 0 时,x1 + x2 < 0,y1 + y2 < 0 (D)当 a > 0 时,x1 + x2 > 0,y1 + y2 > 0 解 依题意知关于 x 的多项式 h(x) = ax3 + bx2 ? 1 有二重根,不妨设二重根为 x1 ,另一根为 x2 ,则 h(x) 可以分解为 h(x) = a(x ? x1 )2 (x ? x2 ), 展开对比 x 的系数得 ax1 (x1 + 2x2 ) = 0, 由于 a ?= 0 且显然 x1 ?= 0,故必有 x1 = ?2x2 , 又展开对比常数项得 ax2 1 x2 = 1, 从而解得 x1 = ?2x2 = ? 故易得 √
3

2 , a

√ y2 a y1 = ? = ? 3 , 2 2 ? √ ? 1 3 ? ? ? x1 + x2 = ? 4a , √ ? a ? ? ? y1 + y2 = 3 , 2

从而

因此选 B。
1 ,然后由图象即可得答案,此另法是论坛上网友“华谷涵”告诉 x2 我的,这在考试中的确是很方便快捷的方法,不过总是欠缺一点严格,所以对于我这种远离考试者来说,还是喜欢我上面 点评:此题的另一个方法是将方程变为 ax + b = 的代数解法,况且也并不麻烦,而且还得到了两根的具体表达式,这对于问题的本身来说是最好的结果。

题目 4.1.3. (江西卷理数第 6 题) 观察下列各式: a + b = 1, a2 + b2 = 3, a3 + b3 = 4, a4 + b4 = 7, a5 + b5 = 11,· · · ,则 a10 + b10 = (A)28 (B)76 (C)123 (D)199

解 由 a + b = 1,a2 + b2 = 3 得到 ab = ?1,从而 a, b 是方程 x2 ? x ? 1 = 0 的两根,于是 an+2 + bn+2 = an (1 + a) + bn (1 + b) = an+1 + bn+1 + an + bn , 下略。

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点评:说个题外话,此题中的数列 1, 3, 4, 7, 11, · · · 被称为“卢卡斯数 (Lucas number)” ,其通项公式为 ( Ln = √ )n ( √ )n 1+ 5 1? 5 + , 2 2

跟斐波拉契数(记为 Fn )类似而且有不少关联,由于斐波拉契数的通项中的两指数项是相减的,故容易得出任何满足 an+2 = an+1 + an 的通项都可以用 Ln 和 Fn 线性表示,具体地,有 an+2 = an+1 + an ?? an = 更多内容大家可以自行查阅相关文献。 3a1 ? a2 a1 ? a2 · Fn ? · Ln , 2 2

题目 4.1.4. (江西卷理数第 7 题) 在直角三角形 ABC 中,点 D 是斜边 AB 的中点,点 P 为线段 CD 的中 |P A|2 + |P B |2 点,则 = |P C |2 (A)2 (B)4 (C)5 (D)10 解 在 △P AB 中,由中线长公式,有 4P C 2 = 4P D2 = 2P A2 + 2P B 2 ? AB 2 = 2P A2 + 2P B 2 ? (4P C )2 , 从而得到 P A2 + P B 2 = 10。 P C2
点评:这题怎么看也像初中题,中线长公式好像也是初中的东西,不知命题者的用意如何?莫非有更简洁常规的高中 解法,只是我没发现而已?望指点。

题目 4.1.5. (新课标全国卷理数第 16 题) 数列 {an } 满足 an+1 + (?1)n an = 2n ? 1,则 {an } 的前 60 项和 为 。 解 由 an+1 + (?1)n an = 2n ? 1, 得 an+2 = (?1)n an+1 + 2n + 1 ( ) = (?1)n (?1)n?1 an + 2n ? 1 + 2n + 1 = ?an + (?1)n (2n ? 1) + 2n + 1, 即 an+2 + an = (?1)n (2n ? 1) + 2n + 1, 也有 an+3 + an+1 = ?(?1)n (2n + 1) + 2n + 3, 两式相加得到 an + an+1 + an+2 + an+3 = ?2(?1)n + 4n + 4, 设 k 为整数,则 a4k+1 + a4k+2 + a4k+3 + a4k+4 = ?2(?1)4k+1 + 4(4k + 1) + 4 = 16k + 10, 于是 an 的前 60 项和便是 S60 =
14 ∑ k=0

(a4k+1 + a4k+2 + a4k+3 + a4k+4 ) =

14 ∑ k=0

(16k + 10) = 1830。

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点评:其实在得到 an+2 + an = (?1)n (2n ? 1) + 2n + 1 之后已经可以分 n 的奇偶进行求和了,我这里为了不奇偶,注 意到 60 可被 4 整除,所以再添上 an+3 + an+1 便得到连续四项之和的更简单表达式,进而直接一次求和即得答案。

y2 x2 题目 4.1.6. (江苏卷第 19 题) 如图 4.1.3,在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 2 + 2 = 1(a > b > 0)的 a b ( √ ) 3 左、右焦点分别为 F1 (?c, 0),F2 (c, 0)。已知点 (1, e) 和 e, 都在椭圆上,其中 e 为椭圆的离心率。 2 (1)求椭圆的方程; (2)设 A,B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点,且直线 AF1 与直线 BF2 平行,AF2 与 BF1 交于点 P 。 √ 6 (i)若 AF1 ? BF2 = ,求直线 AF1 的斜率; 2 (ii)求证:P F1 + P F2 是定值。 y A B y F2 x . x B′ F1 F2 A B x

P . F1 O

P

图 4.1.3

图 4.1.4

这里我只证第(2)问的第(ii)小问,为此,先引入如下常用的小结论之一。 引理 4.1.1. 过圆锥曲线 C 的焦点 F 的直线与 C 交于两点 A,B ,且 F 在 A 与 B 之间,则 定值。 此引理相信大家都见过,这里就不证了,直接用来证明原题。 证明 延长 AF1 交椭圆于 B ′ , 如图 4.1.4 所示。 由于 AF1 AF1 = y ,则由 △AP F1 ? △F2 P B 易得 P F1 = (2a ? x) · 于是 P F1 + P F2 = (2a ? x) · y x 2 + (2a ? y ) · = 2a ? , 1 1 x+y x+y + x y y x ,P F2 = (2a ? y ) · , x+y x+y BF2 , 易证 B ′ F1 = BF2 , 设 B ′ F1 = x, 1 1 + 为 FA FB

由引理知

1 1 + 为定值,所以结论得证。 x y

点评:由于引理中对曲线的类型并没限制,于是由证明过程可以看出,上述结论对双曲线也成立。还是那句,不知这 样的解法能拿多少分,不过我想如果将引理的证明也写上然后再用,应该还行吧。

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π 题目 4.1.7. (四川卷理数第 12 题) 设函数 f (x) = 2x ? cos x,{an } 是公差为 的等差数列,f (a1 ) + f (a2 ) + 8 ( )2 · · · + f (a5 ) = 5π,则 f (x3 ) ? a1 a5 = 1 1 13 (B) π2 (C) π2 (D) π2 (A)0 16 8 16 解 令 ( π) g (x) = f x + ? π = 2x + sin x, 2

则已知等式化为

( ( ( π) π) π) g a1 ? + g a2 ? + · · · + g a5 ? = 0。 2 2 2 π π 下面证明 a3 = 。若不然,假设 a3 > ,那么我们有 2 2 a3 ? π π π π π > 0,a1 ? + a5 ? = a2 ? + a4 ? = 2a3 ? π > 0, 2 2 2 2 2

注意到 g (x) 为递增的奇函数,熟知有 g (x) + g (y ) > 0 ?? x + y > 0,从而得到 ( ( ( ( ( π) π) π) π) π) g a3 ? > 0,g a1 ? + g a5 ? > 0,g a2 ? + g a4 ? > 0, 2 2 2 2 2 π π 矛盾。同理可证当假设 a3 < 时都将产生矛盾,故此必有 a3 = 。 2 2 ( π π ) ( π π ) 13 ( )2 2 2 所以, f (a3 ) ? a1 a5 = π ? + ? = π ,选 D。 2 4 2 4 16
点评:文科的第 12 题也类似,只是更容易转化出那个 g (x)。这个题显然可以设计得更一般化些,比如变量个数可以 增加,函数也可以变复杂些,只要能变形出来递增的奇函数即可,至于那个熟知结论应该不用我证了吧。

题目 4.1.8. (四川卷理数第 16 题) 记 [x] 为不超过实数 x 的最大整数。 例如, [2] = 2, [1.5] = 1, [?0.3] = ?1。 [ ]? ? a ? xn + xn ? ?(n ∈ N+ ) 设 a 为正整数,数列 {xn } 满足 x1 = a,xn+1 = ? 。现有下列命题: ? ? 2 ① 当 a = 5 时,数列 {xn } 的前 3 项依次为 5, 3, 2; ② 对数列 {xn } 都存在正整数 k ,当 n √ ③ 当 n 1 时,xn > a ? 1; ④ 对某个正整数 k ,若 xk+1 其中的真命题有 k 时总有 xn = xk ; [√ ] a 。

xk ,则 xk =

。 (写出所有真命题的编号)

解 命题 ① 正确,直接列出来即知正确,事实上,后面的都是 2; 命题 ② 错误,当 a = 3 时可以列出 {xn } 为 {3, 2, 1, 2, 1, 2, 1, · · · },后面一直是 2, 1 循环; 命题 ③ 正确,由于对任意整数 n,容易证明恒有 [n] 2 [ n?1 , 2

] a 又显然 xn + 为整数,于是,由 [x] > x ? 1 以及均值不等式,我们有 xn ]? a ? xn + xn ? ? =? ? ? 2 ? [ ] a a xn + ?1 xn + ?2 xn xn > 2 2 [ √ a ? 1,

xn+1

所以命题 ③ 成立; 22

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命题 ④ 正确,我们分两步来证明。 [√ ] [√ ] (1)我们先来证明 xn a 对任意正整数 n 恒成立。若不然,假设存在某个 xk < a ,由于 xk 和 [√ ] a 均为整数,因此有 [√ ] √ xk a ?1 a ? 1, [√ ] 这与命题 ③ 的结论矛盾,从而必有 xn a 恒成立; [√ ] [√ ] [√ ] (2)接下来证明当 xk+1 xk 时必有 xk a 。若不然,假设 xk > a ,由于 xk 和 a 均为整数, 因此有 xk 而 xk+1 ? [ [√ ] √ a + 1 > a, a xk + xk 2 [ ] xk + 2

]? a ? xk + xk ? ? =? ? ? 2

a xk



于是得到 2(xk+1 ? xk ) 矛盾,所以当 xk+1 xk 时必有 xk [√ ] a 。 a a ? x2 k ? xk = < 0, xk xk

综合(1) (2) ,命题 ④ 获证。
点评:解这个题是在我选的这些题之中用的时间最长的,虽然写起来看着好像很简单,但思考的时候费了我不少脑力, 也许是我对高斯函数(即原题中的 [x])还不熟悉的原故吧,因为本题的关键就在于对 [x] 的各种放缩。

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4.2

ab1962 解题集精选(九) ——廖凡
本期的题目及解答是由历任版主 ab1962 的网上解题集的第 401 ? 450 题中精选出,仍然由 kuing 作选题、

排版及评注,更多说明请参看《数学空间》总第 1 期。 题 目 4.2.1. 设 P (x0 , y0 ) 到 直 线 l : Ax + By + C = 0 (A, B 不 全 为 0) 的 距 离 为 d, 求 证 d = |Ax0 + By0 + C | √ 。 (不用向量法或是垂直法,而用点到点距离公式去推) A2 + B 2 证明 P (x0 , y0 ) 到直线 l : Ax + By + C = 0 上任意一点的距离的最小值就是点 P 到直线 l 的距离。在 l 上 取任意点 Q(x, y ),则
2 ), |P Q|2 = (x ? x0 )2 + (y ? y0

由于 Ax + By + C = 0,则
2 (A2 + B 2 )|P Q|2 = (A2 + B 2 )[(x ? x0 )2 + (y ? y0 )]

= A2 (x ? x0 )2 + B 2 (y ? y0 )2 + B 2 (x ? x0 )2 + A2 (y ? y0 )2 = [A(x ? x0 ) + B (y ? y0 )]2 + [B (x ? x0 ) ? A(y ? y0 )]2 = (Ax + Bx ? Ax0 ? By0 )2 + (Bx ? Ay ? Bx0 + Ay0 )2 = (?Ax0 ? By0 ? C )2 + (Bx ? Ay ? Bx0 + Ay0 )2 (Ax0 + By0 + C )2 , 故
2 |P Q|2 = (x ? x0 )2 + (y ? y0 )

(Ax0 + By0 + C )2 , A2 + B 2 |Ax0 + By0 + C | √ 。 A2 + B 2

当且仅当 Bx ? Ay ? Bx0 + Ay0 = 0 且 Ax + By + C = 0 时取等号,所以 d = |P Q|min =

kuing 评注:其实我不知道题目所要求不准用的“垂直法”是什么东西,不过这公式的推导方法倒是有不少,柯西不 等式也可以上。

题目 4.2.2. 在数列 {an } 中,如果存在非零常数 t,使得 am+t = am 对于任意的非零自然数 m 均成立,那 么就称数列 {an } 为周期数列,其中 t 叫做数列的周期。已知数列 {Xn } 满足 Xn+1 = |Xn ? Xn?1 | (n n ∈ N) ,如果 X1 = 1,X2 = a(a ∈ R, a ?= 0) ,当数列的周期最小时,该数列的前 2005 项和为 (A)668 (B)669 (C)1336 (D)1337 2, ( )

解 要想周期为 1,则 X2 = a = X1 = 1,此时数列为 1, 1, 0, 1, 1, 0, · · · 周期为 3,所以周期不可能为 1。 要想周期为 2,则 X3 = |X2 ? X1 | = |a ? 1| = X1 = 1,故得 a = 2 或 a = 0(舍去) ,但是,当 a = 2 时, 数列为 1, 2, 1, 1, 0, · · · 周期不为 2。 可见数列的周期最小值为 3,此时数列为 1, 1, 0, 1, 1, 0, · · · 。 因为 2005 = 3 × 668 + 1, 一个周期的三项之和为 1 + 1 + 0 = 2, 所 以, 该 数 列 的 前 2005 项和 为 2 × 668 + 1 = 1337。
kuing 评注:在假设这个选择题是没问题的情况下,上述解法是 OK 的。而如果要严格起来,解法中还应当证明周期 为 3 时数列唯一的或者即使数列不同但所求和也相同。事实上,不难证明只有当 a = 0 或 a = 1 时才能让 Xn 的周期为 3, 而 a = 0 已被题目舍去,所以是唯一的。至于具体证明,这里留给读者。

题目 4.2.3. 设 a, b 为非负数,c, d 为正数,b + c

a + d。求

c b + 的最小值。 c+d a+b

24

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证明 设 M =

a+b+c+d ,因 b + c a + d,故 b + c = M + p,a + d = M ? p(其中 M > p 2 不妨设 c + d = M + q ,a + b = M ? q (其中 M > q 0) ,则 b c b+c b b + = ? + c+d a+b a+b a+b c+d M +p b b = ? + M ?q M ?q M +q M +p 2bq = ? M ?q (M ? q )(M + q ) M +p 2(M ? q )q ? M ?q (M ? q )(M + q ) 2q M ? M ?q M +q = = M + q + M ? q M + q ? (M ? q ) ? 2(M ? q ) M +q

0) 。

M +q M ?q 1 + ? 2(M ? q ) M + q 2 √ 1 1 2 ? 2 2 √ 1 = 2? , 2 当且仅当 p = 0, a = 0, √ √ M +q M ?q = 时取等号,即 a = 0, b = 2, c = 2 ? 1, d = 2 + 1 时, 2(M ? q ) M +q √ b c 1 + 取最小值 2 ? 。 c+d a+b 2
kuing 评注:上述证明过程中第二行的“不妨设”虽然是正确的,但作者并未说明可以这样设的原因,我觉得还是有 必要交待一下的。事实上,原因在于将 a, b, c, d 分别用 d, c, b, a 替换后,所有已知条件的表达式都不变,因此可以不妨设 c+d a + b,从而有上述证明中的不妨设。如果你觉得难以理解,你也可以分 c + d a+b和c+d a + b 两类去讨论, 你会发现两类的证法是一样道理的。

题目 4.2.4. 已知 a, b, c, x, y ∈ R+ ,且 ax + by = c,ax2 + by 2 = c,比较 x + y 与 1 的大小关系。 解 若x+y 1,则 ax(x + y ) + by (x + y ) = ax2 + by 2 + (a + b)xy = c + (a + b)xy ,

c = ax + by 故 (a + b)xy

0,与题设矛盾,所以 x + y > 1。

kuing 评注:在我挑选题目上来的时候,见到这题就觉得有玩头,第一感觉首先让我想到柯西不等式,于是随即得到 如下另证。 kuing 另证 由已知条件及柯西不等式,有 (x + y )2 c2 > (x2 + y 2 )c2 = (x2 + y 2 )(ax + by )2 > (x2 + y 2 )(a2 x2 + b2 y 2 ) (ax2 + by 2 )2 = c2 , 于是得到 x + y > 1。

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而由这另证的过程中,我还发现其实还得到了比 x + y > 1 更强的 x2 + y 2 > 1,又注意到柯西不等式是有指数推广的, 于是立即考虑更高次方,即是否有 xn + y n > 1?很快我便证实了这一点,而且指数无需正整数,甚至可以是任意实数,得 到如下命题。 命题 4.2.1. 设 a, b, c, x, y ∈ R+ ,且 ax + by = c,ax2 + by 2 = c,则对于 λ ∈ R,都有 xλ + y λ > 1。 证明 当 λ = 0 时不等式显然成立,当 λ = 2 时即 x2 + y 2 > 1 前面已证,下面先证明当 λ = ?2 时不等式成立。 ( 1 1 + 2 x2 y ) c2 = ( > ( 1 1 + 2 x2 y 1 1 + 2 x2 y ) (ax2 + by 2 )2 ) (a2 x4 + b2 y 4 )

由已知条件及柯西不等式,有

(ax + by )2 = c2 , 所以 x?2 + y ?2 > 1,即当 λ = ?2 时不等式成立。 下面再对 λ 分几类分别证之。 (1)当 0 < λ < 2 时,由熟知的结论:当 t, u > 0, 0 < α < 1 时有 tα + uα > (t + u)α 。在此结论中令 α = 以及 t = x2 , u = y 2 ,得到 xλ + y λ > (x2 + y 2 ) 2 > 1; (2)当 ?2 < λ < 0 时,仿照(1) ,令 α = ? λ ∈ (0, 1) 以及 t = x?2 , u = y ?2 ,得到 2
λ λ

λ ∈ (0, 1) 2

xλ + y λ > (x?2 + y ?2 )? 2 > 1; (3)当 λ > 2 时,由已知条件及 H?lder 不等式,有 (xλ + y λ )cλ = (xλ + y λ )(ax + by )2 (ax + by )λ?2 > (xλ + y λ )(a2 x2 + b2 y 2 )(ax + by )λ?2 (ax2 + by 2 )λ = cλ , 这样便得到 xλ + y λ > 1; (4)当 λ < ?2 时,由已知条件及 H?lder 不等式,有 (xλ + y λ )c?λ = (xλ + y λ )(ax2 + by 2 )?λ?2 (ax2 + by 2 )2 > (xλ + y λ )(ax2 + by 2 )?λ?2 (a2 x4 + b2 y 4 ) (ax + by )?λ = c? λ , 这样便得到 xλ + y λ > 1。 综上所述,命题得证。 至此,看上去本题的指数推广好像已经完结,但其实还没完,因为尽管我们证明了 xλ + y λ > 1,但从证明过程中我们 可以看出,中间有不少放缩是比较松动的,所以 xλ + y λ 的下确界也许能更大,下面再讨论一下。 事实上,令 a = c = t, b = t ? 1 且 t → +∞ 时可使 x → 0, y → 1,因此当 λ > 0 时,能使 xλ + y λ → 1,所以当 λ > 0 时,1 的确是 xλ + y λ 的下确界。 然而,λ < 0 的情况似乎要复杂些,我暂时也未能解决,目前猜测当 λ < 0 时,xλ + y λ 的下确界是 待研究。 2λ + 1 ,仍然有 2λ

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5.1 初探“幂平均三棱锥”的一条共性——李明、张进道
摘要 本文将“平均三棱锥”的概念推广成“幂平均三棱锥” ,为探究“幂平均三棱锥”是否还具有“平

均三棱锥”的一条共性,应用幂平均的性质和四面体余弦定理证实了一条新的结论:当幂指标 λ > 4 时, “幂 平均三棱锥”具有“平均三棱锥”的共性。 关键词 平均三棱锥 幂平均三棱锥 文 [1] 定义了如下四类平均三棱锥: 在三棱锥 P -ABC 中,设 △ABC 、△P AB 、△P BC 、△P AC 的面积分别为 S 、S1 、S2 、S3 ,设侧面 P AB 与侧面 P BC 、侧面 P BC 与侧面 P AC 、侧面 P AB 与侧面 P AC 所成的二面角分别为 α、β 、γ ,若该三棱锥 满足下列四个条件之一: S1 + S2 + S3 (1)S = ; 3 √ (2)S = 3 S1 S2 S3 ; √ 2 + S2 + S2 S1 2 3 (3)S = ; 3 3 S1 S2 S3 (4)S = 。 S1 S2 + S2 S3 + S1 S3 则称该三棱锥为平均三棱锥。 更具体地,文 [1] 称满足条件(1)的三棱锥 P -ABC 为算术平均三棱锥;称满足条件(2)的三棱锥 P -ABC 为几何平均三棱锥;称满足条件(3)的三棱锥 P -ABC 为平方平均三棱锥;称满足条件(4)的三棱锥 P -ABC 为调和平均三棱锥。 文 [1] 证明了这四类平均三棱锥有一条共性,即:在平均三棱锥 P -ABC 中,cos α、cos β 、cos γ 中至少有 1 一个大于等于 。 3 考虑到算术平均、几何平均、平方平均以及调和平均都是幂平均的特例,所以我们可以在文 [1] 的基础上 进一步定义“幂平均三棱锥” : 在三棱锥 P -ABC 中,设 △ABC 、△P AB 、△P BC 、△P AC 的面积分别为 S 、S1 、S2 、S3 ,若有 ? )1 ( λ λ λ λ ? ? ? S1 + S2 + S3 , λ ∈ R, λ ?= 0, 3 S= √ ? ? ? 3 S1 S2 S3 , λ = 0, 则称三棱锥 P -ABC 为“幂平均三棱锥” 。 一个自然的问题是: “幂平均三棱锥”是否还具有文 [1] 中的共性呢?笔者经过初步探究得到如下一条结论: 当λ 4 时, “幂平均三棱锥”恒有文 [1] 中的共性。 为证明该结论,先介绍如下一条引理: 引理 5.1.1. 若 S1 、S2 、S3 均大于 0,则 √ 2 2 2 4 + S4 + S4) 3(S1 3(S1 + S2 + S3 ) ? 2(S1 S2 + S2 S3 + S1 S3 )。 2 3
2 2 2 引理的证明 令 x = S1 + S2 + S3 ,y = S1 S2 + S2 S3 + S1 S3 ,于是 √ √ 4 + S4 + S4) = 2 + S 2 + S 2 )2 ? 2(3S 2 S 2 + 3S 2 S 2 + 3S 2 S 2 ) 3(S1 3(S1 2 2 3 3 1 2 2 3 1 3 √ 2 + S 2 + S 2 )2 ? 2(S S + S S + S S )2 3(S1 1 2 2 3 1 3 2 3 √ = 3x2 ? 2y 2

四面体余弦定理 二面角

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3x ? 2y
2 2 2 = 3(S1 + S2 + S3 ) ? 2(S1 S2 + S2 S3 + S1 S3 ),

故引理成立。 下面来证明上文结论。 证明 由于“幂平均关于幂指标 λ 单调递增” (参见文 [2]) ,于是,当 λ √ S 结合上文引理便得到 S2 2 2 2 2 ( S1 + S2 + S3 ) ? (S1 S2 + S2 S3 + S1 S3 ), 3
2 4 + S4 + S4 S1 2 3 , 3

4时

又由四面体余弦定理(参见文 [3])可得
2 2 2 S1 + S2 + S3 ? 2S1 S2 cos α ? 2S2 S3 cos β ? 2S1 S3 cos γ = S 2 ,

于是

( ) ( ) ( ) 1 1 1 S1 S2 cos α ? + S2 S3 cos β ? + S1 S3 cos γ ? 3 3 3 1 ,即 λ 3

0,

所以 cos α、cos β 、cos γ 至少有一个大于等于 证。

4 时, “幂平均三棱锥”恒有文 [1] 中的共性,结论得

得出了上述结论,我们不禁想问:当 λ > 4 时, “幂平均三棱锥”是否具有文 [1] 中的共性呢?福建省福清 港头中学何灯老师通过 Bottema 软件求得:当 λ 4.81 时, “幂平均三棱锥”具有文 [1] 中的共性;当 λ 4.82 时, “幂平均三棱锥”不具有文 [1] 中的共性,至于该结论的手工证明还有待进一步研究。 致谢 本文的研究得到了杨学枝老师的指导帮助,在此表示衷心感谢! 参考文献
[1] [2] [3] 张进道, 李明. 四类平均三棱锥的一条共性 [J]. 中学数学, 2011.1:66. 靳平. 数学的 100 个基本问题 [M]. 太原: 山西科学技术出版社, 2004.1:105. 王太东, 赵兴凤. 余弦、正弦定理在四面体中的推广 [J]. 数学通讯, 2001.9:16.

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5.2

多边形的一种分类方法① ——李明
摘要 本文提出并证明了与多边形相关的一个定理,并根据该定理给出了多边形的一种分类方法。 关键词 多边形 外接圆 可直 n 边形 可锐 n 边形 可钝 n 边形

我们知道,边长给定的 n(n

4)边形总能适当调整到有外接圆(文 [1]) ,但容易发现边长关系不同的 n

边形在有外接圆时,其外接圆的圆心位置却不全相同。对此,本文给出如下定理。 定理 5.2.1. 记 n(n 4)边形的 n 条边长递增重排后为 a1 a2 · · · an ,则 n ?1 ∑ ai π (1)若 arcsin = ,则必可作出一个直径为 d1 = an 的圆,使得该 n 边形能调整到以此圆为外接圆, a 2 n i=1 且外接圆圆心在最长边 an 的中点; ( ) n ?1 ∑ π 1 ai > ,则必可作出一个直径为 d2 ∈ an , (a1 + a2 + · · · + an ) 的圆,使得该 n 边形 (2)若 arcsin an 2 2 i=1 能调整到以此圆为外接圆,且外接圆圆心在该 n 边形内; √ ( ) n ?1 ∑ ai π (a1 + a2 + · · · + an?1 )3 (3)若 arcsin < ,则必可作出一个直径为 d3 ∈ an , 的圆,使得 an 2 6(a1 + a2 + · · · + an?1 ? an ) i=1 该 n 边形能调整到以此圆为外接圆,且外接圆圆心在该 n 边形外。 an 证明 先证情形(1) 。以 为腰,以 ai (i = 1, 2, · · · , n ? 1)为底,我们便能作出 n ? 1 个小等腰三角 2 n ?1 ∑ ai ai 形,它们的顶角依次为 2 arcsin (i = 1, 2, · · · , n ? 1) 。由于 2 arcsin = π,于是,将这 n ? 1 个小等腰 an an i=1 三角形的顶点相重合,腰顺次重合,我们便能得到图 5.2.1 中的 n 边形。该 n 边形显然有外接圆,其直径为 d1 (d1 = an ) ,这些顶点的重合处就是圆心 O,它恰好位于最长边 an 的中点; n ?1 n n ∑ ∑ ∑ π ai ai ai 再证情形(2) 。由于 > ,于是 > π。令 f (x) = arcsin arcsin arcsin (x a 2 a x n n i=1 i=1 i=1
n ∑ i=1 x→+∞

an ) ,显然

f (x) 在 [an , +∞) 上是单调递减的连续函数。又 f (an ) > π, lim f (x) = 0。因此,必有唯一的 d2 (d2 > an ) , 使得 f (d2 ) = arcsin ai d2 = π。于是以 为腰,以 ai(i = 1, 2, · · · , n)为底,我们便能作出 n 个小等腰三角 d2 2 ∑ ai ai (i = 1, 2, · · · , n) 。由于 = 2π,于是,将这 n 个小等腰三角形 2 arcsin d2 d 2 i=1
n

形,它们的顶角依次为 2 arcsin

4)边形。该 n 边形显然有外接圆,其直径为 d2 π (d2 > an ) ,这些顶点的重合处就是圆心 O,它显然位于该 n 边形内。再由 Jordan 不等式的变形 arcsin y < · y 2 ( ) n ∑ ai π a1 + a2 + · · · + an 1 (0 < y < 1) ,我们便有 π = arcsin < ,于是 d2 < (a1 + a2 + · · · + an ); d2 2 d2 2 i=1 最后证明情形(3) 。用反证法。若我们能够用边 a1 , a2 , · · · , an 绘出图 5.2.1 的形状,则 这显然与
n ?1 ∑ i=1 n ?1 ∑ i=1

的顶点相重合,腰顺次重合,我们便能得到图 5.2.2 中的 n(n

arcsin

ai π = , an 2

arcsin

π ai < 矛盾。同样,若我们能绘出图 5.2.2 的形状,则 an 2
n ?1 ∑ i=1

arcsin

∑ ai π ∑ ai π π ai = arcsin ? > arcsin ? = , an a 2 d 2 2 n 2 i=1 i=1
n n n?1

∑ ai π ai π 这也与 arcsin < 矛盾。所以,满足 arcsin < 的 n 边形有外接圆时,圆心 O 既不能位于最长 a 2 a 2 n n i=1 i=1 边 an 的中点,也不能位于该 n 边形内。于是,外接圆圆心 O 只能位于该 n 边形外。


n ?1 ∑

该文曾发表于《中国初等数学研究》2010 卷

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显然此时外接圆直径 d3 > an (图 5.2.3) 。再由 an 所对应的圆心角为 θ ∈ (0, π),所以 an 所对应的劣弧长 x3 d3 l = θ。记 T = a1 + a2 + · · · + an?1 ,于是利用文 [2] 中的不等式 sin x > x ? (x > 0) ,我们便有 2 6 ( ) θ l T T T3 T3 an = d3 sin = d3 sin > d3 sin > d3 ? 3 = T ? 2, 2 d3 d3 d3 6d3 6d3 √ 解得 d3 < T3 。 6(T ? an ) a3 an θ . O d3 2

a3 a2 a1 an?1 . O d1 ( an ) 2 2 a1 a2

a3 a1 . O an d2 2

a2

图 5.2.1 因为 n(n

图 5.2.2 a2 ···

图 5.2.3 an ,这 n 条边长一定满足且只能满足

4)边形的 n 条边长递增重排后为 a1
n ?1 ∑ i=1

arcsin

n?1 n?1 ai π ∑ ai π ∑ ai π = , arcsin > , arcsin < an 2 i=1 an 2 i=1 an 2

这三个关系式之一。根据上文的定理, 我们不妨将边长满足这三个关系式的 n 边形依次称为“可直 n 边 形” 、 “可锐 n 边形” 、 “可钝 n 边形” ,这就对多边形给出了一种分类方法。 参考文献
[1] [2] 史坦因豪斯. 初等数学小丛书——又一百个数学问题 [M]. 庄亚栋, 译. 上海: 上海教育出版社, 1980. 刘玉琏, 傅沛仁, 林玎, 等. 数学分析讲义 [M]. 4 版. 北京: 高等教育出版社, 2003.

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6.1 【封面故事】正等角中心与费马点——何万程
定理 6.1.1. 在 △ABC 向外作正三角形 △BCA′ 、△CAB ′ 、△ABC ′ ,则直线 AA′ 、BB ′ 、CC ′ 共点,这 一点称为 △ABC 的正等角中心。 证明 作 △CAB ′ 的外接圆, 作 △BCA′ 的外接圆, 两圆交于点 O, 因为 ∠AOC = 120? , ∠A′ BC = ∠A′ OC = 60? ,所以 ∠AOC + ∠A′ OC = 180? ,即直线 AA′ 过点 O。同理可证直线 BB ′ 也过点 O。因此 ∠AOB = 360? ? ∠AOC ? ∠BOC = 120? ,由此得 ∠AC ′ B + ∠AOB = 180? ,所以 △ABC ′ 的外接圆也过点 O,即直线 CC ′ 也过点 O。 设 △ABC 的正等角中心是 O, 当 △ABC 的所有内角都小于 120? 时, 正等角中心在 △ABC 内, 且 ∠BOC = ∠COA = ∠AOB = 120? ;当有一个内角等于 120? 时,正等角中心与该角的顶点重合;当有一 个内角大于 120? 时,正等角中心在 △ABC 外,假设这个角的顶点是 A,则点 O 与点 A 在 BC 的同一侧, ∠BOC = 120? ,∠COA = ∠AOB = 60? 。 定理 6.1.2. 设 △ABC 中 ∠A 最大,其正等角中心是 O,向外作正三角形 △BCA′ 、△CAB ′ 、△ABC ′ ,则 (1)当 ∠A < 120? 时 AA′ = BB ′ = CC ′ = AO + BO + CO; (2)当 ∠A = 120? 时 AA′ = BB ′ = CC ′ = AB + CA; (3)当 ∠A > 120? 时 AA′ = BB ′ = CC ′ = ?AO + BO + CO。 (1)在 AA′ 上取一点 P ,使点 A 与点 P 在点 O 两侧,并且 P O = BO,由定理 6.1.1 的证明中 知 ∠BOP = 60? ,所以 BO = BP , ∠CBO = ∠ABP ,又因为 CB = AB ,所以 △CBO ? = △ABP ,于是得 证明 CO = AP ,即 AA′ = AO + BO + CO,同理可证 BB ′ = AO + BO + CO, CC ′ = AO + BO + CO,所以 AA′ = BB ′ = CC ′ = AO + BO + CO。 类似可证明(2) 、 (3) 。 C′ A B′ P C E . B O C

C′ D A B′

O B .

F

P

A′ 图 6.1.1

A′ 图 6.1.2

定理 6.1.3. 当三角形的所有内角都小于 120? 时,该三角形的正等角中心到该三角形的各顶点距离的和是 所有点到该三角形各顶点的和中最小的,这个点又称为费马点。

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证明 设 △ABC 的等角中心是 O, 连 AO、BO、CO, 过点 A 作 B ′ C ′ ⊥ AO, 过点 B 作 A′ C ′ ⊥ BO, 过点 C 作 A′ B ′ ⊥ CO,另取一点 P ,作 P D ⊥ B ′ C ′ ,P E ⊥ A′ C ′ ,P F ⊥ A′ B ′ ,垂足分别是 D, E, F ,连 P A、P B 、 P C 。因为 ∠BOC = ∠COA = ∠AOB = 120? ,所以 ∠A′ = ∠B ′ = ∠C ′ = 60? ,因此 A′ B ′ = B ′ C ′ = C ′ A′ 。由 三角形的面积公式,得 1 ′ ′ A B · CO + 2 1 = A′ B ′ · P F + 2 = S△A′ B ′ C ′ , 所以 AO + BO + CO = P D + P E + P F ,因此 AP + BP + CP > AO + BO + CO,亦即 AO + BO + CO 最 小。 现在来求这个和的值。如果 △ABC 中 BC = a,CA = b,AB = c,其面积是 S 。设 AO = x,BO = y , CO = z 。则由余弦定理,得下面方程组 ? 2 x + y 2 + xy = c2 , ? ? ? x2 + z 2 + xz = b2 , ? ? ? 2 y + z 2 + yz = a2 。 (6.1.1)、(6.1.2)、(6.1.3) 三方程相加,得 ( ) 2 x2 + y 2 + z 2 + xy + xz + yz = a2 + b2 + c2 。 由三角形的面积公式得 4 xy + xz + yz = √ S 。 3 (6.1.4) 减去 (6.1.5) 并两边除以 2,得 x2 + y 2 + z 2 = (6.1.5) 的两倍加上 (6.1.6),得 (x + y + z ) = 于是得 x+y+z = √ 设x+y+z = √
2

1 ′ ′ A C · BO + 2 1 ′ ′ A C · PE + 2

1 ′ ′ B C · AO 2 1 ′ ′ B C · PD 2

(6.1.1) (6.1.2) (6.1.3)

(6.1.4)

(6.1.5)

a2 + b2 + c2 2 ? √ S。 2 3 √ a2 + b2 + c2 + 2 3S , 2 √ a2 + b2 + c 2 + 2 3S 。 2

(6.1.6)

(6.1.7)

√ a2 + b2 + c2 + 2 3S = l。(6.1.1) 减去 (6.1.2),两边再除以 l,得 2 y?z = c2 ? b2 。 l c2 ? a2 。 l 2c2 ? a2 ? b2 。 l 32 (6.1.8)

(6.1.1) 减去 (6.1.3),两边再除 l,得 x?z = (6.1.8) 和 (6.1.9) 相加,得 x + y ? 2z = (6.1.10) (6.1.9)

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高中数学

(6.1.7) 的两倍加上 (6.1.10),两边再除以 3,得 x+y = (6.1.9) 减去 (6.1.8),得 x?y = 解由 (6.1.11)、(6.1.12) 组成的方程组,得 √ ( ) 3 b2 + c2 ? a2 + 4 3S b2 + c2 + l2 ? 2a2 x= = √ √ , 3l 3 2 (a2 + b2 + c2 ) + 8 3S √ ) ( 3 c2 + a2 ? b2 + 4 3S c2 + a2 + l2 ? 2b2 y= = √ √ 。 3l 3 2 (a2 + b2 + c2 ) + 8 3S 同理可得 √ ( ) 3 a2 + b2 ? c2 + 4 3S a2 + b2 + l2 ? 2c2 z= = √ √ 。 3l 3 2 (a2 + b2 + c2 ) + 8 3S b2 ? a2 。 l (6.1.12) 2c2 ? a2 ? b2 + 2l2 。 3l (6.1.11)

类似上述计算,我们可得结论,无论外等角中心位置如何,总有 √ √ a2 + b2 + c2 ′ ′ ′ AA = BB = CC = + 2 3S 。 2 定理 6.1.4. 当三角形有一内角不小于 120? 时,则这个角的顶点到该三角形的各顶点的距离的和是所有点 到该三角形各顶点的和中最小的。 证明 过点 B 作 A′ C ′ ⊥ AB ,过点 C 作 A′ B ′ ⊥ AC ,使 A′ B ′ = A′ C ′ ,直线 B ′ C ′ 过点 A,另取一点 P , 作 P D ⊥ B ′ C ′ ,P E ⊥ A′ C ′ ,P F ⊥ A′ B ′ ,垂足分别是 D, E, F ,连 P A、P B 、P C 。因为 ∠BAC > 120? , 所以 ∠A < 60? , 因此 A′ B ′ = A′ C ′ > B ′ C ′ 。 由三角形的面积公式得 1 ′ ′ 1 A C · AB + A′ B ′ · AC 2 2 1 1 1 ′ ′ = B C · P D + A′ C ′ · P E + A′ B ′ · P F = S△A′ B ′ C ′ , 2 2 2 所以 AB + AC = 因为 AP + BP + CP > P D + P E + P F , 所以 AB + AC < AP + BP + CP , 亦即 AB + AC 最小。 33 B′C ′ · PD + PE + PF < PD + PE + PF。 A′ B ′ A′ 图 6.1.3 C′ B . E A D P C F B′

朝花夕拾

高中数学

1638 年,勒内·笛卡儿(René Descartes)邀请费马(Pierre de Fermat)思考关于到四个顶点距离为定值 的函数的问题。这大概也是 1643 年,费马写信向埃万杰利斯塔·托里拆利(Evangelista Torricelli)询问关于 费马点的问题的原因。这个问题最早也是被托里拆利解决的。他的解法中用到了椭圆的焦点的性质。这个点和 当时已知的三角形特殊点都不一样。这个点因此也叫做托里拆利点。 1647 年, 博纳文图拉·卡瓦列里 (Bonaventura Francesco Cavalieri) 在他的著作 《几何学题集》 (Exerciones Geometricae)中也探讨了这个问题。他发现,将作正三角形时作出的第三个点与对面的顶点连接,可以得出 三条线段。这三条线段交于托里拆利点,而且托里拆利点对每条边张的角都是 120? 。 例 6.1.1. 给定点 A、B 和直线 l,求作一点 P ,使其到点 A、B 以及到直线 l 距离之和最小。 C

C

C

B B A P . 图 6.1.4 l A(P ) . 图 6.1.5 l 图 6.1.6 A P . D B l

解 (1)若点 A、B 在直线 l 的异侧或一点在直线 l 上,则直线 AB 与 l 的交点就是所求。 (2)若点 A、B 都在直线 l 上,则线段 AB 上任何一点都是所求。 (3)若点 A、B 在直线 l 同侧,向远离直线 l 的一侧作正三角形 ABC 及其外接圆。 (a)若外接圆与直线无交点,并且点 C 到 l 的垂线与线段 AB 有交点,设点 P 到 l 的射影是 Q,则平面上 任意点到点 A、B 、直线 l 上任意点的距离和不比 CQ 小,所以所求的点就是点 C 到 l 的垂线与外接圆的交点。 (b)若外接圆与直线无交点,并且点 C 到 l 的垂线与线段 AB 无交点,设点 P 到 l 的射影是 Q,点 A 到 l 的射影是 T ,则平面上任意点到点 A、B 、直线 l 上任意点的距离和不比 AB + AT 小,所以所求的点就是点 A。 (c)若外接圆与直线有交点设点 P 到 l 的射影是 Q。若点 Q 在外接圆外部,设点 B 关于 l 的对称点是 D, 则直线 AD 与 l 的交点在外接圆外(因为此时不妨设距离 l 较近的点是 A,外接圆距 A 较近的点是 T ,则直线 AT 与 l 的夹角小于 30? ,直线 BT 与 l 的夹角大于 30? 。 ) ,平面上任意点到点 A、B 、直线 l 上任意点的距离和 不比 CQ 小;若点 Q 在外接圆或内部,设点 B 关于 l 的对称点必定存在(原因类似前面) ,设这个点是 D,则 平面上任意点到点 A、B 、直线 l 上任意点的距离和不比 AD 小;所以所求的点就是 AD 与 l 的交点。 由上面的例子可以看到,这个问题:河岸近似可看成直线,在河岸边建一个水厂向河同侧的两村供水,使 供水管道总长最小,求这个水厂的位置。通常来说,水厂的位置不是用对称点的方法得到的。

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