数学通报数学问题解答-2012

这是一份数学通报数学问题解答-2012，共82页。试卷主要包含了求证，由正弦定理得，n∈N*等内容，欢迎下载使用。

数学问题解答
2012年1月问题解答
(解答由问题提供人给出)

2041设M,N是△ABC内的两个点,且满足∠MBA=∠NBC,AM⋅ANAB⋅AC+BM⋅BNBA⋅BC+CM⋅CNCA⋅CB=1.求证:∠MAB=∠NAC.
（安徽芜湖市城南实验中学杨晋241002）

证明延长BN过点K,使满足∠BCK=∠BMA.
又因为∠BMA>∠BCA,
所以点K在△ABC的外部.
又因为∠MBA=∠NBC,所以△MBA∽△BCK.
故ABBK=BMBC=AMCK
(1)II1sin⁡∠IBI1=BIsin⁡∠BI1I,
由∠ABK=∠CBM,ABBK=BMBC,
所以△ABK∽△MBC.
所以ABBM=BKBC=AKCM.
又由AM⋅ANAB⋅AC+BM⋅BNBA⋅BC+CM⋅CNCA⋅CB=1
可得ACAB⋅BCBM-BN=AN⋅AM⋅BCBM+CN⋅AB⋅CMBM
由(1)、(2)可得CK=AM⋅BCBM,AK=AB⋅CMBM,BK=AB⋅BCBM代人(3)式,则有
AC⋅(BK-BN)=AN⋅CK+CN⋅AK
或AC⋅NK=AN⋅CK+CN⋅AK
由托勒密定理的逆定理知,A、K、C、N四点共圆.
所以∠NAC=∠CKN.又因为∠CKN=∠MAB,所以∠NAC=∠MAB.
2042在△ABC中,以B,C为焦点的椭圆分别交AB、AC于E,D.
证明:△ABD与△ACE有相同的内心.
(山东宁阳第一中学刘才华271400)
证明设∠BAC=A,∠ABC=B,∠ACB=C,∠DBC=α,∠ECB=β,△ABC,△ABD,△ACE的内心分别为I,I1,I2,则点I,I1,I2共线,I1,I2在∠BAC的角平分线AI上且在点I的同侧.在△BII1中,∠BI1I=∠ABI1+∠BAI1=A+B-α2,∠AIB=π-A-B2.由正弦定理得

II1=BI⋅sin⁡∠IBI1sin⁡∠BI1I=BI⋅sin⁡B2-B-α2sin⁡A+B-α2=BI⋅sin⁡α2cos⁡C+α2.同理在△CII2中,有II2=
CI⋅sin⁡β2cos⁡B+β2,在△BDC中,由CDsin⁡α=BCsin⁡(C+α),
BDsin⁡C=BCsin⁡(C+α)得CD+BD=sin⁡α+sin⁡Csin⁡(C+α)⋅BC
=2cos⁡α-C2cos⁡α+C2⋅BC;在△BCE中,BE+CE=
sin⁡β+sin⁡Bsin⁡(B+β)⋅BC=2cos⁡β-B2cos⁡β+B2⋅BC.
由点E,D在以B,C为焦点的椭圆上知CD
+BD=BE+DE,进而有cos⁡α-C2cos⁡α+C2=cos⁡β-B2cos⁡β+B2.
II1=II2⇔BI⋅sin⁡α2cos⁡C+α2=CI⋅sin⁡β2cos⁡B+β2⇔
sin⁡C2⋅sin⁡α2cos⁡C+α2=sin⁡B2⋅sin⁡β2cos⁡B+β2⇔
cos⁡C-α2-cos⁡C+α2cos⁡C+α2=cos⁡B-β2-cos⁡B+β2cos⁡B+β2⇔
cos⁡α-C2αcos⁡β-B2

与△ACE有相同的内心.
2043已知:x,y∈N+,x≠y.解方程xy=yx.
（贵州贵阳市乌山一中陈启健550018）
解由xy=yx得ln⁡xx=ln⁡yy.
令f(t)=ln⁡tt2,f'(t)=1-ln⁡tt2.
当00,
当t>e时,f'(t)<0,
当t=e时,f'(t)=0,
所以在(0,e)是增函数,在(e,+∞)是减函数.
由ln⁡xx=ln⁡yy,且x≠y知,
当x∈(0,e)时,y∈(e,+∞).
当y∈(0,e)时,x∈(e,+∞),
当x∈(0,e)时,因为x∈N+所以x=1或x=2.
x=1时,y=1(舍去),x=2时2y=y2.
数学归纳法可证当y⩾5时,2y>y2,所以e 又y∈N+,所以y=3或y=4.
经验证y=4,此时x∈N+,y∈N+,x≠y,方程xy=yx的解为x=2y=4.
同理y∈(0,e)时,方程的解为x=4y=2.
所以x∈N+,y∈N+,x≠y,方程xy=yx的解为x=2y=4或x=4y=2.
2044α、β为锐角,且(1+sin⁡α-cos⁡α)⋅(1+sin⁡β-cos⁡β)=2sin⁡α⋅sin⁡β.求证:α+β=π2.
（重庆市第六十六中刘少举400042)
证明因为(1+sin⁡α-cos⁡α)⋅(1+sin⁡β-cos⁡β)=2sin⁡α⋅sin⁡β,
所以(1-sin⁡α+cos⁡α)⋅(1+sin⁡α-cos⁡α)⋅(1
+sin⁡β-cos⁡β)
=2sin⁡αsin⁡β⋅(1-sin⁡α+cos⁡α)
即:cos⁡α(1+sin⁡β-cos⁡β)=sin⁡β(1-sin⁡α+cos⁡α)
cos⁡α-cos⁡αcos⁡β=-sin⁡αsin⁡β+sin⁡β
cos⁡α-cos⁡(α+β)=sin⁡β
cos⁡2α+β2-β2-cos⁡2α+β2+β2=sin⁡β
cos⁡2α+β2cos⁡β2+sin⁡2α+β2sin⁡β2-cos⁡2α+β2cos⁡β2+sin⁡2α+β2sin⁡β2=sin⁡β
2sin⁡2α+β2sin⁡β2=2sin⁡β2cos⁡β2⋯⋯
(从(1)到(2)用和差化积公式cos⁡α-cos⁡β=-2sin⁡α+β2sin⁡α-β2更简捷）
所以sin⁡2α+β2=sin⁡π2-β2,
所以2α+β2+π2-β2=π,即α=π2与α是锐角矛盾.
或2α+β2=π2-β2即α+β=π2.
2045x,y,z>0,且x+y+z=1.求证:
11+x+x2+11+y+y2+11+z+z2⩾2713
（江苏省宿迁市教育局张延卫223800）
证明先证明下述结论:
当x∈(0,1)时,有
11+x+x2⩾13516965-x
将不等式(1)展开,并化简得:
x3-15x2-15x+7135⩾0.
将上式左边因式分解,可得:
x-132x+715⩾0
因为x∈(0,1),上述不等式显然成立.
因此不等式(2)成立,且其中等号当且仅当x=13时成立.
由不等式(2),可得:
11+x+x2+11+y+y2+11+z+z2⩾13516965-x-y-z
=2713
所以,不等式(1)成立.
其中等号当且仅当x=y=z=13时成立.
2年2月号问题
(来稿请注明问题出处——编者)
2046P是四面体A-BCD内的任一点,P是四项点A,B,C,D的距离分别为d1,d2,d3,d4.P到面BCD,面ACD,面ABD,面ABC的距离分别为d'1,d2',d'3,d'4.求证:
d1d'+d2d'2+d3d'3+d4d'4⩾9d1'd1+d2'd2+d'3d3+d4'd4
(江苏兴化市周庄高级中学张乃贵225711)
2047四面体S-ABC中,四个表面三角是全等的等腰三角形,求等腰三角形底角的范围.
（江苏扬州市印江区蒋王中学曹松青225126)
2048△ABC中,BC=a,CA=b,AB=c,面积记为△.求证:
a2cos⁡A2+b2cos⁡B2+c2cos⁡C2⩾6△
(陕西永寿中学安振平713400陕西咸阳师范学院陈宝安712000)
2049a为常数,实数x,y,z满足(x-1)2+(y-5)2+(z+1)2=a,-8⩽4x-5y+2z⩽2.求a的值.
(广东深圳蛇口学校王远征518067)
2050锐角△ABC中,试证明:
cos⁡B⋅cos⁡Ccos⁡B-C2+cos⁡C⋅cos⁡Acos⁡C-A2+cos⁡A⋅cos⁡Bcos⁡A-B2⩽34.
(山东威海职业学院姜卫东264200)
2012年2月问题解答

2041P是四面体A-BCD内的任一点,P到四顶点A、B、C、D的距离分别为d1、d2、d3、d4,P到四个面:面BCD、面ACD、面ABD、面ABC的距离分别为d'1、d'2、d'3、d'4,求证:
d1d'+d2d'+d3d'+d4d'4⩾9d1'd1+d2'd2+d3'd3+d4'd4
(江苏省兴化市周庄高级中学张乃贵22571)
证明如图,过A作AH⊥面BCD,垂足为H,延长AP与面BCD相交于A'点,连续A'H,又作PQ⊥A'H,垂足为Q,则PQ⊥面BCD,于是

PA'A'A=PQAH=13S△BCD⋅PQ13S△BCD⋅AH=VP-BCDVA-BCD.
高VP-BCD=V1,VP-ACD=V2,VP-ABD=V3,VP-ABC=V4.
所以APPA'=VA-BCD-VP-BCDVP-BCD=V2+V3+V4V1.
所以d1d'1⩾APPA'=V2+V3+V4V1;
d'd1⩽V1V2+V3+V4.
同理d2d'2⩾V1+V3+V4V2;d'2d2⩽V2V1+V3+V4;
d3d'3⩾V1+V2+V4V3;d'd3⩽V3V1+V2+V4;
d4d'4⩾V1+V2+V3V4;d'4d4⩽V4V1+V2+V3.
因为V1+V2+V3⩾33V1⋅V2⋅V3,
1V1+1V2+1V3⩾331V1⋅1V2⋅1V3,
(1)×(2)得V1+V2+V3⋅1V1+1V2+1V3⩾9;
即1V1+1V2+1V3⩾9V1+V2+V3;
所以V4V1+V4V2+V4V3⩾9V4V1+V2+V3.
同理V3V1+V3V2+V3V4⩾9V3V1+V2+V4;
V2V1+V2V3+V2V4⩾9V2V1+V3+V4.
所以V1V2+V1V3+V1V4⩾9V1V2+V3+V4.
由(3)+(4)+(5)+(6)得
V2+V3+V4V1+V1+V3+V4V2+V1+V2+V4V3
+V1+V2+V3V4⩾9⋅V1V2+V3+V4+
V2V1+V3+V4+V3V1+V2+V4+V4V1+V2+V3,
所以d1d'1+d2d'2+d3d'+d4d'4⩾
9⋅d1'd1+d2'd2+d3'd3+d4'd4.
2042四面体的四个面都为全等的等腰三角形,求等腰三角形底角的范围
（江苏扬州市邢江区蒋王中学曹松青225126)
解四面体S-ABC中,四面均为全等等腰三角形,其中底边SA、BC长为a、底角为θ,取BC的中点M,连结AM、SM.过S作SO⊥面ABC,垂足为O.易证O在AM上,
且cos⁡∠SAB=cos⁡∠SAO⋅cos⁡∠BAM.
因为BC⊥AM,
所以cos⁡∠BAM=sin⁡∠ABM=sin⁡θ,

所以cos⁡θ=cos⁡∠SAO⋅sin⁡θ.
所以cos⁡∠SAO=cos⁡θsin⁡θ.
所以sin⁡∠SAO=1-cos2⁡θsin2⁡θ=sin2⁡θ-cos2⁡θsin⁡θ.
所以SO=SAsin⁡∠SAO=asin2⁡θ-cos2⁡θsin⁡θ.
过S作SD⊥AB于D,SE⊥AC于E.
连结OD,OE,则∠SDO、∠SEO分别为二面角S-AB-C、二面角S-AC-B的平面角,且∠SDO=∠SEO,记为α,显然α为锐角.
因为SD=asin⁡θ.
所以sin⁡α=SOSD=sin2⁡θ-cos2⁡θsin2⁡θ.
则cos⁡α=1-sin2⁡θ-cos2⁡θsin4⁡θ
=sin2⁡θsin2⁡θ-1+cos2⁡θsin4⁡θ
=-sin2⁡θcos2⁡θ+cos2⁡θsin4⁡θ
=cos2⁡θ1-sin2⁡θsin4⁡θ=cos2⁡θsin2⁡θ.
又∠SMO为二面角S-BC-A的平面角,记为β.
因为SM=α2tan⁡θ.
sin⁡β=SOSM=2sin2⁡θ-cos2⁡θ⋅cos⁡θsin2⁡θ;
cos⁡β=1-4cos4⁡θsin2⁡θ-4cos4⁡θsin4⁡θ
=sin2⁡θ-2cos2⁡θ2sin4⁡θ
=sin2⁡θ-2cos2⁡θsin2⁡θ.
由面积射影定理得
S△SAB⋅cos⁡α+S△SAC⋅cos⁡α+S△SBC⋅cos⁡β=S△ABC.
因为四面全等,
所以2cos⁡α+cos⁡β=1.
即2cos2⁡θsin2⁡θ+sin2⁡θ-2cos2⁡θsin2⁡θ=1.
上等式成立需满足sin2⁡θ-2cos2⁡θ⩾0.
即tan⁡θ⩾2,即arctan⁡2⩽θ⩽π2.
2043△ABC的三边为a,b,c,其面积为Δ,试证明:
a2cos⁡A2+b2cos⁡B2+c2cos⁡C2⩾6Δ.
(陕西永寿县中学安振平713400)
(咸阳师范学院陈宝安712000)
证明我们知道,对边a上的高线长ha和内角A的平分线长ta,显然有关系ta⩾ha.
注意到ta=2bccos⁡A2b+c,则有2bccos⁡A2b+c⩾ha,
对上面的不等式两边乘以a2,并应用三角形的面积公式Δ=12aha,变形得
a2cos⁡A2⩾ab+acΔ.
同理可得
b2cos⁡B2⩾bc+baΔ.
c2cos⁡C2⩾ca+cbΔ.
将上面的3个不等式叠加,并应用2元均值不等式,立即得出
a2cos⁡A2+b2cos⁡B2+c2cos⁡C2⩾ab+ba+bc+cb+ca+acΔ⩾6Δ.
2044a为常数,且实数x,y,z满足:(x-1)2+(y-5)2+(z+1)2=a,-8⩽4x-5y+2z⩽2,求a的值.
(广东省深圳市蛇口学校王远征518067)
解设4x-5y+2z=k,则-8⩽k⩽2,
由(x-1)2+(y-5)2+(z+1)2=a得:
(4x-4)216a+(-5y+5)25a+(2z+2)24a=1.
利用柯西不等式得：
(16a+5a+4a)(4x-4)216a+(-5y+5)25a+(2z+2)24a⩾(4x-4-5y+5+2z+2)2.
即25a⩾(k+3)2,a>0.
则|k+3|⩽5a,而-8⩽k⩽2,于是-5⩽k+3⩽5⇒|k+3|⩽5,
所以5a=5⇒a=1.
5在锐角△ABC中,试证明
cos⁡Bcos⁡Ccos⁡B-C2+cos⁡Ccos⁡Acos⁡C-A2+cos⁡Acos⁡Bcos⁡A-B2⩽34.
注意到△ABC中,有熟知的不等式:
cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C⩽32.
从而有13(cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C)2⩽12(cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C).
再由(2)即知

整理即得(1).
(山东威海职业学院姜卫东264200)
证明由均值不等式
2cos⁡Bcos⁡Ccos⁡B-C2+cos⁡Ccos⁡Acos⁡C-A2+cos⁡Acos⁡Bcos⁡A-B2=4cos⁡Bcos⁡Ccos⁡B+cos⁡Csin⁡A2+cos⁡Ccos⁡Acos⁡C+cos⁡Asin⁡B2
+cos⁡Acos⁡Bcos⁡A+cos⁡Bsin⁡C2
⩽2cos⁡Bcos⁡Csin⁡A2+cos⁡Ccos⁡Asin⁡B2
+cos⁡Acos⁡Bsin⁡C2
⩽cos⁡Bcos⁡C+sin2⁡A2+cos⁡Ccos⁡A+sin2⁡B2+
cos⁡Acos⁡B+sin2⁡C2
=cos⁡Bcos⁡C+cos⁡Ccos⁡A+cos⁡Acos⁡B+32-
12(cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C)
⩽13(cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C)2+32-12(cos⁡A
+cos⁡B+cos⁡C).
2012年3月问题解答

2051△ABC中,A1、B1、C1分别是BC、CA、AB的中点,A2、B2、C2分别是折线CAB、ABC、BCA的中点(如图).证明:A1A2、B1B2、C1C2三线共点.
（江西瑞金桥头巷四号钟金平342500）

证明-、(引理)P是△ABC形内或形外任一点,A1、B1、C1分别是BC、CA、AB的中点,那么存在一点P1,使得:P1A1//PA、P1B1//PB、P1C1//PC.
证:记△ABC的重心为G,延长PG至P1,使GP1=12PG.因为PG:GP1=AG:GA1,所以P1A1//PA(其他同理).根据欧氏第五公设,上述引理可以换句话说:“那么,A1(//PA)、B1(//PB)、C1(//PC)三线共点.”[L(//MN)表示过L且平行于MN的直线].
二、延长BA至C',使AC'=AC,则A2是BC'的中点,于是A1A2//CC',但∠C'=∠ACC',所以A1A2//∠A的平分线.同理B1B2//BI(I为△ABC的内心),C1C2//CI.把I看成引理中的P,便有A1A2、B1B2、C1C2共点于I1.其中I1是IG延长线上的一点,且GI1=12IG(G为△ABC的重心).(证毕)
2052是否存在常数c,使a2007a+b+b2007b+a⩽c⩽aa+2007b+bb+2007a对一切a、b>0都成立.
(湖南常德英语实验中学李晓渊415000)
解令A=a2007a+b+b2007b+a,B=aa+2007b+bb+2007a.
当a=b时,A=B=1502,从而猜想:存在c=1502,使a2007a+b+b2007b+a⩽c⩽aa+2007b+bb+2007a对一切正实数a、b都成立.下面证明A⩽1502.
事实上,记ba=x,则x>0,A2=a2007a+b+b2007b+a2=12007+x+x1+2007x+2x2007x2+20072+1x+2007.
若令x2007x2+20072+1x+2007=t,易证得0 同理,B2=-20072-1t2+2t+1,这个关于t的二次函数显然在0 综上所述,存在常数c=1502,使a2007a+b+b2007b+a⩽c⩽aa+2007b+bb+2007a对一切正实数a、b都成立.
2053求limn→∞ ∑i=2n Ci234i-2的值.
(重庆市六十六中学刘少举徐东琼400042)解构造概率模型如下:
假设某射手进行射击训练,且每次射击击中目标的概率为14,且各次射击的结果互不影响.随机变量ξ表示射手第3次击中目标时已射击的次数(击中目标3次就停止射击),则ξ的分布列为:
ξ
3
4
⋯
k+1
⋯
P
C22143
C32143⋅34
⋯
Ck2143⋅34n-2
⋯

根据分布列的性质有:
limn→∞ C22143+C32143⋅34+⋯+Ck2143.34n-2=1,
143limn→∞ C22+C32⋅34+⋯+Ck2⋅34n-2=1,
143limn→∞ i=2n  Ci234i-2=1,limn→∞ i=2n  Ci234i-2=64.
2054实系数方程ax3-x2+bx-1=0,有三个正实根.求P=5a2-6ab+3a3(b-a)的最小值.
(四川成都七中许勇610041)
解设ax3-x2+bx-1=0的三个根为v1,v2,v3由韦达定理得
v1+v2+v3=1a,v1v2+v2v3+v3v1=ba,v1v2v3=1a.
由(1)(2)得a>0,b>0,
由(1)(3)得1a⩾33.
因为3v1v2+v2v3+v3r1⩽v1+v2+v32,所以3ba⩽1a2,所以3ab⩽1,
所以P=5a2-6ab+3a3(b-a)⩾5a2+1a3(b-a).
又因为v2+v3-v1v3+v1-v2v1+v2-v3⩽v1v2v3,
所以1a-2v11a-2v21a-2v3⩽1a,
所以9a2-4ab+1⩾0,
即5a2+1⩾4a(b-a).
所以P⩾4a(b-a)a3(b-a)=4a2⩾108.
当a=39,b=3时,P有最小值108.
2055设2 (河南质量工程职业学院基础部李永利467000)
证明令f(x)=xn-1(x+λ)n+1-(λx+1)n+1,则
f(1)=(1+λ)n+1-(λ+1)n+1=0,f(-1)=(-1)n-1(λ-1)n+1-(1-λ)n+1=(-1)n-1(λ-1)n+1-(-1)n+1(λ-1)n+1=(λ-1)n+1(-1)n-1-(-1)n+1=(λ-1)n+1(-1)n-11-(-1)2=0,
所以x=±1均为方程的根.
显然x=0不是方程的根.
下面证明:若x=α(α≠0)是方程的根,则x=1α也是方程的根;反之亦然.
事实上,f(α)=αn-1(α+λ)n+1-(λα+1)n+1,
f1α=1αn-11α+λn+1-λα+1n+1=(λα+1)n+1α2n-(λ+α)n+1αn+1=(λα+1)n+1-αn-1(λ+α)n+1α2n
(上接封三)
=-1α2nf(α).
于是f(α)=0⇔f1α=0.
下面证明:f(x)=0在(0,+∞)内实根的个数为奇数.证明分两种情形:
1)若方程在(0,1)内无实根,则方程在(1,+∞)内也无实根.否则方程若有实根x0>1,则1x0也是方程的根,而0<1x0<1,此与方程在(0,1)内无实根矛盾.故此时方程f(x)=0在(0,+∞)内仅有一个实根x=1,结论显然成立.
2)若方程在(0,1)内有kk∈N+个实根,则由上面证明的结论可知,方程f(x)=0在(1,+∞)内恰有k个实根,而x=1是方程的根,故此时方程在(0,+∞)内共有2k+1个实根,即方程有奇数个正根.
综合1）、2)可知方程正根的个数为奇数.
同理可证,方程负根的个数为奇数.
2012年4月号问题解答

2056设正△ABC的外接圆为⊙O,P是BC上一点,直线AB、CP交于M,直线AC、BP交于N,D、E分别为BM、CN的中点,DE分别交BN、CM于G、F,求证:OP⊥FG,且3OP=2FG.
(浙江省义乌市群星学校闵飞322000)


证明取BC中点I,连ID、IF、IE、IG、BF、CG、OB.
因为DI是△BCM的中位线,EI是△BCN的中位线.所以DI//CM,EI//BN.
所以∠M=∠BDI,∠CBN=∠CIE.
又因为∠ABC=∠M+∠BCM,
∠BPM=∠CBP+∠BCM,
∠ABC=∠BPM=∠BAC=60∘,
所以∠M=∠CBP.(2)
由(1)、(2)知∠BDI=∠CIE.
同理∠BID=∠CEI.
从而△BDI∽△CIE.
所以IDIE=BICE.
又BI=CI,
所以IDIE=CICE.
又因为∠BID+∠CIE=∠BID+∠BDI=∠ABC=60∘,
所以∠DIE=120∘=∠ICE.
从而△DIE∽△ICE.
所以∠DEI=∠CEI.
同理∠IDE=∠BDI.
所以I是△ADE的内心.
又因为∠OPF-∠PFG=∠OPB+∠BPM-∠IDE=∠OBP+60∘-∠CBP=60∘+∠OBC=90∘,
从而OP⊥FG.
由IE//BN,IE平分∠AED,
得∠EGN=∠IEG=∠CEI=∠ENG.
所以EG=EN,又EC=EN,
所以∠CGN=90∘.
结合IE//BN,IE平分∠AED,得IE垂直平分CG.
从而得IG=IC且∠FGI=∠ACB=60∘.
同理IF=IB,且∠GFI=60∘.
结合IB=IC,得△IFG是正三角形.
所以FG=IF=IB=32OB=32OP,
亦即3OP=2FG.
2057已知二次函数f(x)=x2-(2sec⁡α)x+c,α∈-π2,π2,试证:在[-1,1]上总存在一个x,使得|f(x)|⩾2|tan⁡α|.
（安徽省安庆一中罗志强246000)
证明二次函数y=f(x)=x2-2sec⁡ax+c的图象是开口向上、对称轴是x=sec⁡α的抛物线,当α∈-π2,π2时,有sec⁡α⩾1,故闭区间[-1,1]在对称轴x=sec⁡α的左侧,所以f(x)在[-1,1]上是减函数.
因为α∈-π2,π2,所以sec⁡α>0,又因为|tan⁡α|=sin⁡αcos⁡α=|sin⁡α|sec⁡α⩽sec⁡α,故欲证原命题成立只需证:在[-1,1]上总存在一个x,使得|f(x)|⩾2sec⁡α成立即可.下面对f(x)在闭区间[-1,1]端点取值情况进行讨论.
(1)当f(-1)>f(1)⩾0时,f(1)=1-2sec⁡α+c⩾0⇔1+c⩾2sec⁡α>0,
f(-1)-2sec⁡α=1+c>0⇒|f(-1)|=f(-1)>2sec⁡α.(2)当f(1)0,[-f(1)]-2sec⁡α=-(1+c)>0.故|f(1)|=-f(1)>2sec⁡α.
(3)当f(-1)>0>f(1)时,作差比较:f(-1)-2sec⁡α=1+c,又有:[-f(1)]-2sec⁡α=-(1+c),由于1+c和-(1+c)中至少有一个非负,所以|f(-1)|⩾2sec⁡α和|f(1)|⩾2sec⁡α至少有一个成立.
综合以上讨论得,在[-1,1]上总存在一个x,使得|f(x)|⩾2sec⁡α⩾2|tan⁡α|成立.
2058求函数y=sin⁡α⋅cos⁡α1+cos⁡α,α∈0,π2的最大值.(不用导数)
（湖南省武冈市十中邓集春422400)
解显然y>0,设1+cos⁡α=x∈(1,2),则f(x)=y2=(2-x)(x-1)2x
=-x2+4x+2x-5.
易得函数g(x)=4-2x-2x2的根是1,1+52,1-52;即g(1)=0,g1+52=0.而g(1.2)>0,g(2)<0,
所以,当x∈1,1+52时,g(x)>0;
当x∈1+52,2时,g(x)<0.
(1)对于任意x1,x2∈1,1+52,且x10,gx2⩾0,
所以gx1+gx2>0.
即8-2x1+x2-21x12+1x22>0.
又1x12+1x22>2x1x2>0,
所以4-x1+x2-2x1x2>0.
所以fx2-fx1
=x2-x14-x1+x2-2x1x2>0,
由此知f(x)在1,1+52上为增函数.
(2)对于任意x1、x2∈1+52,2,且x12x1x2,x1x2∈1+52,2.
所以4-x1+x2-2x1x2<4-2x1x2-2x1x2=gx1x2<0,
所以fx2-fx1
=x2-x14-x1+x2-2x1x2<0,
由此知f(x)在1+52,2上为减函数.
故f(x)max=f1+52=55-112.
所以ymax=55-112.
2059设a,b,c是△ABC的三边长,ha,hb,hc分别是三边a,b,c上的高,试证:∑hb2+hc2a2⩽92.
(浙江湖州市双林中学李建潮313012)
证明利用三角形的面积公式:Δ=12bhb=12chc=abc4R及正弦定理,可得
hb2+hc2a2=2Δb2+2Δc2a2=4Δ2a2b2c2b2+c2=14R2(2Rsin⁡B)2+(2Rsin⁡C)2=sin2⁡B+sin2⁡C.
所以∑hb2+hc2a2=∑sin2⁡B+sin2⁡C
=2sin2⁡A.
利用平凡三角形不等式∑sin2⁡A⩽94,有
hb2+hc2a2⩽92.
2060解方程qx+px-1+qx-px-1=m.(q是p的一半)
(湖南省常德英语实验中学李晓渊415000)
解显然,p不为0.当m<0时,原方程无解,下面仅对m⩾0的情形讨论:
设f(x)=qx+px-1+qx-px-1=22(|px-1+1|+|px-1-1|).
(1)当p>0时,
f(x)=2px-1,x⩾2p2,1p⩽x⩽2p
故当m<2时,原方程无解;
当m=2时,解集为1p,2p;
当m>2时,原方程解为x=m2+22p.
(2)当p<0时,
f(x)=2px-1,x⩽2p2,2p⩽x⩽1p
故当m<2时,原方程无解;
当m=2时,解集为2p,1p;
当m>2时,原方程解为x=m2+22p.
2012年5月号问题解答

2061已知:如图,△ABC(AB>AC)内接于⊙O,弦EF//BC,FA的延长线交BC的延长线于D1,EA的延长线交BC的延长线于D2,BM为△ABC的中线,延长BM交AD1于P1,交AD2于P2.

求证:AP1⋅AP2P1D1⋅P2D2+ACAB⩽1.
(北京市东方德才学校白玉娟100026)
证明如图,延长BA到G,连结BF.

因为EF//BC,所以BE=FC,所以∠EAB=∠FBC.
因为B,C,A,F四点共圆,
所以∠CAD1=∠FBC.又∠GAD2=∠EAB,
所以∠CAD1=∠GAD2.所以AD1,AD2为△ABC的外角∠GAC的等角线.
由三角形外等角线的性质定理,得:
AB2AC2=BD1⋅BD2CD1⋅CD2.
又△ACD1被直线BP1所截,由梅氏定理,得:AP1P1D1⋅D1BBC⋅CMMA=1
同理在△ACD2中,我们有:AP2P2D2⋅D2BBC.CMMA=1
因为M为AC的中点,所以AM=MC.
(1)×(2)得:
AP1⋅AP2P1D1⋅P2D2=BC2BD1⋅BD2=BD1-CD1BD2-CD2BD1⋅BD2=BD1⋅BD2-BD1⋅CD2-BD2⋅CD1+CD1⋅CD2BD1⋅BD2=1+CD1⋅CD2BD1⋅BD2-BD1⋅CD2+BD2⋅CD1BD1⋅BD2[
\leqslant1+\frac{CD_{1}\cdotCD_{2}}{BD_{1}\cdotBD_{2}}
]
-2⋅BD1⋅CD2⋅BD2⋅CD1BD1⋅BD2[
\leqslant1+\frac{CD_{1}\cdotCD_{2}}{BD_{1}\cdotBD_{2}}-2\sqrt{\frac{CD_{1}\cdotCD_{2}}{BD_{1}\cdotBD_{2}}}
]
⩽1+AC2AB2-2ACAB
⩽1-ACAB2
所以AP1⋅AP2P1D1⋅P2D2+ACAB⩽1.
当且仅当BD1⋅CD2=BD2⋅CD1,即BD1BD2=
CD1CD2时,也就是如图,点D1,D2重合时等号成立,即外等角线AD1,AD2重合为外角平分线AD1,此时,弦EF变化为一点,即E(F)为BAC的中点.
2062已知曲线C:x2a2+y2b2=1(a⩾b>0),PA、PB为该曲线的两条切线,A、B为切点,则(PA.PB)min=2ba2+b2-a2+2b2,当且仅当P点的坐标为0,±4b2a2+b2时取到最小值.
(广东省深圳市石岩公学高中部康宇518108)
证明如图1,由曲线C的对称性,只需考虑点P在x及y轴正半轴上或在第一象限的情况.

图1
不妨设P(am,bm),Ax1,y1,Bx2,y2,其中m2+n2>1.m,n⩾0,且m,n不全为零.则PA=x1-am,y1-bm,PB=x2-am,y2-bm,
PA⋅PB=x1x2-amx1+x2+a2m2+y1y2-bny1+y2+b2n2.
切点弦AB的方程为max+nby=1.与椭圆方程联立可得
m2+n2x2-2amx+a21-n2=0.故x1+x2=2amm2+n2,x1x2=a21-n2m2+n2.同理y1+y2=2bnm2+n2,y1y2=b21-m2m2+n2.PA⋅PB=a21-n2m2+n2-2a2m2m2+n2+a2m2+b2(1m2+m2-2b2n2m2+n2+b2n2=a2m2+n21-n2-2m2+m2m2+n2+b2m2+n21-m2-2n2+n2m2+n2=a2m2-1m2+n2-1m2+n2+b2n2-1m2+n2-1m2+n2=1-1m2+n2a2m2-1+b2n2-1=1-1m2+n2a2m2+b2n2-a2+b2.
命m=rcos⁡α,n=rsin⁡α,r>1,0⩽α⩽π2,PA⋅PB=1-1r2r2a2cos2⁡α+b2sin2⁡α-a2+b2
=r2a2cos2⁡α+b2sin2⁡α+a2+b2r2-a2+b2-a2cos2⁡α+b2sin2⁡α
⩾2a2+b2a2cos2⁡α+b2sin2⁡α
-a2cos2⁡α+b2sin2⁡α-a2+b2
=2a2+b2a2-b2cos2⁡α+b2-a2
-b2cos2⁡α+b2-a2+b2
当且仅当r=4a2+b2a2cos2⁡α+b2sin2⁡α时,不等式(1)取等号.
再命t=cos2⁡α,0⩽t⩽1.
记f(t)=2a2+b2a2-b2t+b2-a2-b2t+b2.则
f'(t)=a2+b2a2-b2a2-b2t+b2-a2-b2=a2-b2a2+b2a2-b2t+b2-1.
(1)当a=b时,即曲线C为圆时,由(1)得PA⋅PB⩾(22-3)a2(r=42a,取等号),即(PA⋅PB)min=(22-3)a2.
（2）当a>b时,曲线C为椭圆.
由于0⩽t⩽1,
a2+b2a2-b2t+b2=a2+b2a2t+(1-t)b2>1⇒f'(t)=a2-b2a2+b2a2-b2t+b2-1>0.
所以函数f(t)在区间[0,1]是增函数.
故,当且仅当t=0即α=π2时,f(t)min=2ba2+b2-b2.
(PA⋅PB)min=2ba2+b2-a2+2b2.
综上可知,当P的坐标为0,±4b2a2+b2时,(PA⋅PB)min=2ba2+b2-a2+2b2.
至此,命题得证.
2063已知a,b∈[1,3],a+b=4,求证:
a+1a-b+1b⩽2-23
(陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心安振平712000)
证明令y=a+1a-b+1b,则
y2=a+b+1a+1b-2a+1bb+1a=4+4ab-2ab+1ab+2.
注意到条件a,b∈[1,3],a+b=4,得
t=ab=a(4-a)=-a2+4a=-(a-2)2
+4∈[3,4].
于是,可以构造一元函数
g(t)=y2=4+4t-2t+1t+2,t∈[3,4].
因为4t在[3,4]上是递减函数,t+1t在[3,4]上是递增函数,所以函数g(t)在[3,4]上也是递减函数.
从而得g(4)⩽g(t)⩽g(3).
注意到g(4)=5-26+14=0,
g(3)=4+43-25+13=163-83=2-232,
所以0=g(4)⩽g(t)=y2⩽g(3)=2-232,
即y2⩽2-232,也就是y⩽2-23,故
a+1a-b+1b⩽2-23
如上不等式取等号的条件,当且仅当ab=3,且a+b=4,即a=1,b=3,或a=3,b=1时成立.
2064设x1,x2是实系数一元二次方程x2-bx+c=0的两个根,求x1n+x2n,其中n是正整数.
(江苏如劓市教师进修学校徐道226500)
解x1+x2=b,x1x2=c.
x12+x22=x1+x22-2x1x2=b2-2c.
n⩾3时,x1n+x2n=x1n-1+x2n-1x1+x2
-x1x2x1n-2+x2n-2=bx1n-1+x2n-1-c⋅
x1n-2+x2n-2.若令x1n+x2n=Sn,则Sn=bSn-1-cSn-2.
于是,有
S3=bS2-cS1=bb2-2c-cb=b3-3bc;
S4=bS3-cS2=bb3-3bc-cb2-2c=b4-4b2c+2c2;
S5=bS4-cS3=bb4-4b2c+2c2-cb3-3bc)=b5-5b3c+5bc2;
S6=bS5-cS4=b6-6b4c+9b2c2-2c3;
S7=bS6-cS5=b7-7b5c+14b3c2-7bc3;
S8=b8-8b6c+20b4c2-16b2c3+2c4;
S9=b9-9b7c+27b5c2-30b4c3+9bc4;
S10=b10-10b8c+35b6c2-50b4c3+25b2c4-2c5.
为了寻求Sn的一般表达式,我们将S9,S10的展开式各项系数与组合数联系,可作如下改写
S9=b9-C91b7c+C82-1b5c2-C73-5b3c3+C64-6bc4;
S10=b10-C101b8c+C92-1b6c2-C83-6)b4c3+C74-10b2c4-C65-4c5.
由以上两个式子,还不易看出Sn展开式的一般规律.再将以上两个式子改写,使各个小括号中的减数也用组合数表示:
S9=b9-C91b7c+C82-C60b5c2-C73-C51
· b3c3+C64-C42bc4;
S10=b10-C101b8c+C92-C70b6c2-C83-C61b4c3+C74-C52b2c4-C65-C43c5.
现在,我们可猜测:
Sn=∑i=0n2 (-1)iCn+1-ii-Cn-1-ii-2bn-2ici.
定义:若m<0,Cnm=0;其中[x]为取整函数.
下面用数学归纳法证明这个猜测正确.
n=1至10已检验猜测正确.
假设n=k-1,k时猜测正确,那么当n=k+1时,Sk+1=bSk-cSk-1=b⋅∑i=0k2 (-1)i⋅Ck+1-ii-Ck-1-ii-2bk-2ici-c∑i=0k-12 (-1)iCk-ii-Ck-2-ii-2bk-1-2ici=∑i=0k2 (-1)iCk+1-ii-Ck-1-ii-2bk+1-2ici+
∑i=0k-12 (-1)i-1Ck-ii-Ck-2-ii-2bk-1-2ici+1=bk+1+∑i=1k2 (-1)iCk+1-ii-Ck-1-ii-2bk+1-2ici
+∑i=1k+12 (-1)iCk+1-ii-1-ck-1-ii-3bk+1-2ici.(*)
当k+1为奇数时,k+12=k2,故由(*),Sk+1=bk+1+∑i=0k2 (-1)iCk+1-ii+Ck+1-ii-1-Ck-1-ii-2+Ck-1-ii-3bk+1-2ici=bk+1+∑i=1k2 (-1)i⋅Ck+2-ii-Ck-ii-2bk+1-2ici=∑i=0k+12 (-1)iCk+2-ii-Ck-ii-2bk+1-2ici.
当k+1为偶数时,k2=k-12,故由(*),Sk+1=bk+1+∑i=1k-12 (-1)iCk+1-ii-Ck-1-ii-2bk+1-2i-ci+∑i=1k-12 (-1)iCk+1-ii-1-Ck-1-ii-3bk+1-2ici+(-1)k+12Ck+1-k+12k+12-1-Ck-1-k+12k+12-3bk+1-2×k+12⋅ck+12=∑i=ik-12 (-1)iCk+2-ii-Ck-ii-2bk+1-2ici+(-1)k+12⋅Ck+12k-12-Ck-32k-52⋅ck+12⋅(**)
易证Ck+12k-12-Ck-32k-52=ck+2-k+12k+12-Ck-k+12k+12-2,故由(**)得:Sk+1=∑i=0k+12 (-1)iCk+2-ii-Ck-ii-2bk+1-2ici.
已证n=k+1时猜测也正确.
故由数学归纳法基本原理,n取任何正整数时,猜测都正确.所以
x1n+x2n=∑i=0n2 (-1)iCn+1-ii-Cn-1-ii-2bn-2ici.
2065对于正整数n,若存在1,2,3,⋯,n的一个排列a1,a2,⋯,an满足ai+1=2ai,2ai⩽n,2n+1-2ai2ai>n(i=1,2,⋯,n,an+1=a1),则称n为“循环数”.
(1)证明9,11都是“循环数”;(2)证明n为“循环数”的一个必要不充分条件提2n+1为素数.
(西安市含光南路1号8121党润民710065)
解(1)n=9时,2n+1=19;n=11时2n+1=23.“1,2,4,8,3,6,7,5,9”和“1,2,4,8,7,9,5,10,3,6,11”分别是“1,2,⋯,9”和“1,2,⋯,11”的满足“循环数”定义的排列,因而9,11都是“循环数”.
(2)先证必要性.设2n+1不是素数,由2n+1⩾9,存在素数p⩾3和奇数q⩾3,使得2n+1=p×q.若n为“循环数”,“a1,a2,⋯,an”是“1,2,⋯,n”的一个排列,满足“循环数”定义,由循环性,不妨设a1=1,于是a2=2,⋯,存在m ai=2i-1,
而am+1=2n+1-2×2m-1
=pq-2m=q×p-2m,am+2=2pq-2m+1=2q×p-2m+1,
或
am+2=pq-2pq-2m+1=(-q)×p+2m+1.
可见从am+1开始,每项都具有“p的整数倍加或减2的整数次幂”的形式,即k⩾m+1时存在非零整数λk,正整数αk使ak=λkp±2αk(事实上k=m+1时已然;由ak=λkp±2αk有ak+1=2ak=2λk×p±2αk+1或ak+1=pq-2ak=q-2λk×p∓2αk+1.
由2n+1=pq及q⩾3有p ak=λkp±2αk=p,
则
1-λk×p=±2αk,
因为p是不小于3的素数,所以此式不能成立.这又说明p∉a1,a2,⋯,an.
综上,2n+1为合数时,n必不为“循环数”.所以,2n+1为素数是n为“循环数”的必要条件.
因为2×8+1=17是素数,而易知8不是“循环数”,所以这个条件是不充分的.
2012年6月号问题解答

2066点E、F分别是△ABC的边AC、AB上的点,BE和CF交于点D,AD和EF交于点G,过点D作BC的平行线分别交AB、BG、CG和AC于点H、K、N和M.试证:KN=12HM.
（四川成都金牛区西林巷18号华錱园A601宿晓阳610031)

证明如图,延长AD交BC于点I,则AGGD=S△AEFS△DEF=S△AEFS△ADF⋅S△ADFS△DEF=BEBD⋅ACCE=S△BCES△BCD⋅S△ABCS△BCE=S△ABCS△BCD=AIDI,
而AGAI=GDDI.
又过点G作PQ//BC分别交CF、AC于点P、Q.则AGAI=GQIC,GDDI=PGIC.
所以GQ=PG.
又因PQ//BC//HM,所以DNPG=CNCG=MNGQ,所以DN=MN,即DN=12DM.
同理DK=12DM.
故KN=12HM.
2067设Ax0,y0为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上异于顶点的任一点,则该双曲线上不存在相异的两个关于过点A的法线(与过点A的切线垂直的直线)对称的点.
(湖南省株洲市九方中学贺功保412000)
证明先证明双曲线上过点A的法线l的方程是:a2y0x+b2x0y=c2x0y0(其中c为双曲线的半焦距).
由于双曲线上过点A的切线l0的方程为x0xa2-y0yb2=1,则kl0=b2x0a2y0,又由于点A的法线l垂直于切线l0,所以kl=-b2x0a2y0,因此,过点A的法线方程是y-y0=-a2y0b2x0x-x0,
化简整理,得a2y0x+b2x0y=c2x0y0.
再用反证法证明双曲线上不存在相异的两点关于直线l对称.
假设双曲线上存在相异的两点M、N关于直线l对称,则kMN=kl0=b2x0a2y0=y2-y1x2-x1,设MN的中点为Px',y',则x'=x1+x22,y'=y1+y22,由于MN的中点P在法线l上,则
a2y0x'+b2x0y'=c2x0y0.
又因M、N两点在双曲线上,所以,x12a2-y12b2=1,x22a2-y22b2=1,两式相减,得x1+x2x1-x2a2-y1+y2y1-y2b2=0,即x'a2-y'b2⋅y2-y1x2-x1=0,即x'a2-y'b2⋅b2x0a2y0=0,化简整理,得
y0x'-x0y'=0.
联立(1)与(2),解得x'=x0,y'=y0.从而点Px',y'与点Ax0,y0重合,这不可能.
故命题成立.
2068设D为边长是a的正△ABC的边BC上任一点(异于B、C二点),I1、I2分别是△ABD和△ACD的内心.求:I1I2的最小值
(重庆市夏坝中学余明荣400700)
解辅助线如图,设∠BAD=2α,∠CAD=2β,所以α+β=30∘,∠DBI1=∠DCI2=∠ABI1=∠CAI2=30∘,∠1=∠2,∠3=∠4,∠1+∠2+∠3+∠4=180∘,则∠2+∠3=90∘,∠1+∠2=60∘+2β⇒∠1=30∘+β.

同理,∠4=30∘+α.由正弦定理:
DI2sin⁡∠DCI2=CI2sin⁡∠4CI2sin⁡β=ACsin⁡30∘+β⇒DI2=a2⋅sin⁡βsin⁡30∘+α⋅sin⁡30∘+β.
同理:DI1=a2⋅sin⁡αsin⁡30∘+α⋅sin⁡30∘+β.
在Rt△DI1I2中,I1I22=DI12+DI22
=a24⋅sin2⁡α+sin2⁡βsin⁡30∘+α⋅sin⁡30∘+β2
=a24⋅1-cos⁡2α2+1-cos⁡2β2cos⁡60∘+α+β-cos⁡(α-β)-22
=a2⋅1-12⋅2cos⁡(α+β)⋅cos⁡(α-β)cos2⁡(α-β)
=a2⋅1-32cos⁡(α-β)cos2⁡(α-β).
因为-30∘<α-β<30∘⇒32 令t=cos⁡(α-β),则t∈32,1,
f(t)=1-32tt2,f'(t)=3t-42t3<0.
所以f(t)在32,1上是减函数.
f(t)⩾f(1)=1-32=4-234=3-122.I1I22⩾a2⋅3-122⇒I1I2⩾3-12a.
当且仅当α=β,即D为BC的中点时,I1I2取得其最小值3-12a.
2069已知正数a、b、c、d满足a+b+c+d=1,k=a3+b3+c3+d3,∑表示循环和,求∑k-d31-d的最小值.
(四川绵阳东辰学校高中部姚先伟621000)
解因为a3+b3⩾a2b+ab2,b3+c3⩾b2c+bc2,c3+a3⩾c2a+ca2,三式相加同时加上a3+b3+c3得3a3+b3+c3⩾a2+b2+c2(a+b+c).
所以a3+b3+c3a+b+c⩾13a2+b2+c2,即
k-d31-d⩾13a2+b2+c2.
同理k-a31-a⩾13b2+c2+d2,k-b31-b⩾13c2+d2+a2,k-c31-c⩾13d2+a2+b2.
以上四式相加并由cauchy不等式得
k-d31-d⩾13a2+b2+c2+13b2+c2+d2+13c2+d2+a2+13d2+a2+b2=a2+b2+c2+d2⩾14(a+b+c+d)2=14.
故所求最小值是14,当且仅当a=b=c=d=14时取得.
2070已知:a,b∈R+,求证:a2+b22⩽3a3+b32.
(陕西省绥德中学刘永春718000)
证明采用比较法a2+b223-a3+b322
=a6+3a4b2+3a2b4+b68-a6+2a3b3+b64
=183a4b2+3a2b4-a6-b6-4a3b3=183a4b2+3a2b4-6a3b3-a6+b6-2a3b3=183a2b2(a-b)2-(a-b)2a2+ab+b22=(a-b)283a2b2-a2+ab+b22⩽(a-b)283a2b2-(2ab+ab)2=(a-b)28-6a2b2⩽0.
因为a2+b22⩾0,3a3+b32⩾0,
所以a2+b22⩽3a3+b32.显然,当a=b时,
等式成立.
2012年7月号问题解答

2071设a,b,c⩾0,a4+b4+c4=3,求证:a2b3+1+b2c3+1+c2a3+1⩾32.
(广东省工业贸易职业技术学校张宏528237)
证明设a2+b2+c2=x,则a2b2+b2c2+c2a2=12a2+b2+c22-a4+b4+c4=12x2-3.
因x2⩾a4+b4+c4=3,故x⩾3,又
x=a2+b2+c2⩽a4+12+b4+12+c4+12=3,
于是3⩽x⩽3.
因为a2-a2b3+1=a2b3b3+1⩽a2b32b3
=12a2b3=12a2bb⋅1⩽14a2b(b+1)
=14a2b2+14a2b⩽14a2b2+18a2b2+1
=38a2b2+18a2,所以
a2b3+1⩾a2-38a2b2-18a2=78a2-38a2b2.
同理b2c3+1⩾78b2-38b2c2,
c2a3+1⩾78c2-38c2a2,三式相加得：
a2b3+1+b2c3+1+c2a3+1⩾78a2+b2+c2
-38a2b2+b2c2+c2a2=78x-316x2-3.
欲证原不等式,只须证:
78x-316x2-3⩾32
⇔3x2-14x+15⩽0
⇔(3x-5)(x-3)⩽0.
因为3⩽x⩽3,上式显然成立,所以原不等式得证.
2072设ma,wa分别表示△ABC的BC边上的中线长和角平分线长,A⩾π2,求证:mawa⩾b+c2bcb2+c22.
(河南质量工程职业学院五年制大专部李永利467000)
证明设p是△ABC的半周长,则由三角形的中线和角平分线长公式可知:ma=122b2+2c2-a2,wa=2b+cbcp(p-a).于是mawa2=(b+c)216bc⋅2b2+2c2-a2p(p-a)
=(b+c)24bc⋅2b2+2c2-a2(a+b+c)(b+c-a)[
=\frac{(b+c)^{2}}{4bc}\cdot\frac{2b^{2}+2c{2}-a{2}}{(b+c){2}-a{2}}
]
=(b+c)24bc⋅b2+c2-a2+b2+c2b2+c2-a2+2bc.
显然b2+c2-a2+2bc=(b+c+a)(b+c-a)>0.
因为A⩾π2,所以cos⁡A⩽0,而由余弦定理知cos⁡A=b2+c2-a22bc,因此b2+c2-a2⩽0.则
b2+c2-a2+b2+c2b2+c2-a2+2bc⩾b2+c22bc
⇔2bcb2+c2-a2+2bcb2+c2⩾b2+c2⋅
b2+c2-a2+2bcb2+c2
⇔2bcb2+c2-a2⩾b2+c2b2+c2-a2
(注:b2+c2-a2⩽0)
⇔b2+c2⩾2bc.
而上式显然成立,从而有mawa2⩾(b+c)24bc.
b2+c22.故得mawa⩾b+c2bcb2+c22.
2073已知等腰梯形ABCD,AB//CD,△BCD的内切圆I与CD相切于E点,F是IE延长线上一点,且F、D、I、C四点共圆,求证:FA平分∠DAC.
(河南省方城县博望二中向中军473254)
证明如图所示,自F作直线AD、AC的垂线,垂足为K、H,连结DF、DI、CI.

设∠ABC=2α,∠ABD=2β,AB//CD,故∠BDC=∠ABD=2β.⊙I是△BCD的内切圆,E是⊙I和CD的切点,故∠DEI=90∘,∠EDI=12∠BDC=β,故∠DIE=90∘-β.F、D、I、C四点共圆,故∠FCD=∠DIE=90∘-β.ABCD是等腰梯形,故它必内接于圆,从而∠DCA=∠ABD=2β,故∠DCH=180∘-2β,故∠FCH=90∘-β=∠DCF,从而易证△FCE≅△FCH,故FE=FH.
∠EIC=90∘-∠ECI=90∘-12∠BCD=90∘-
12180∘-2α=α=∠FDC.显然∠KDC=∠DAB=∠ABC=2α,故∠KDF=α=∠FDC.FK⊥AK,从而FE=FK,故FH=FK,故FA平分∠DAC.
2074设n是正整数,求证:
(1)C4n+10+C4n+14+C4n+18+⋯+C4n+14n=24n-1+(-1)n22n-1,
(2)C4n+11+C4n+15+C4n+19+⋯+C4n+14n+1=24n-1+(-1)n22n-1,
(3)C4n+12+C4n+16+C4n+110+⋯+C4n+14n-2=24n-1-(-1)n22n-1,
(4)C4n+13+C4n+17+C4n+111+⋯+C4n+14n-1=24n-1-(-1)n22n-1.
(湖北省谷城县第三中学贺斌441700)
证明我们仅以第(2)式为例,其余各式可类似证得.
由
(1+x)4n+1=C4n+10+C4n+11x+C4n+12x2+C4n+13x3+C4n+14x4+C4n+15x5+⋯+C4n+14n+1x4n+1,分别令x=1,i,-1,-i得:
(1+1)4n+1=C4n+10+C4n+11+C4n+12+C4n+13+C4n+14+C4n+15+⋯+C4n+14n+1,
(1+i)4n+1=C4n+10+C4n+11i-C4n+12-C4n+13i+C4n+14+C4n+15i+⋯+C4n+14n+1i,
(1-1)4n+1=C4n+10-C4n+11+C4n+12-C4n+13+C4n+14-C4n+15+⋯-C4n+14n+1,
(1-i)4n+1=C4n+10-C4n+11i-C4n+12+C4n+13i+C4n+14-C4n+15i-⋯-C4n+14n+1i.
分别用1,-i,-1,i乘以上四式的两端,并把所得结果相加,得
24n+1-i(1+i)4n+1+i(1-i)4n+1=4C4n+11+C4n+15+⋯+C4n+14n+1.
而-i(1+i)4n+1+i(1-i)4n+1
=-i(2i)2n(1+i)+i(-2i)2n(1-i)
=(-1)n⋅22n(1-i)+(-1)n⋅22n(1+i)
=(-1)n⋅22n+1.
所以C4n+11+C4n+15+C4n+19+⋯+C4n+14n+1=24n-1+(-1)n22n-1.证毕.
2075四位数w不能拆分为三个正整数的平方和,即方程x2+y2+z2=w(w为四位数)没有正整数解,求w的最大值与最小值.
(黑龙江省绥化学院田阿芳152054)
解首先,我们来证明:
如果一个数被8除余数为7,那么这个数不能被拆分为三个正整数的平方和.
设w=8k+7,显然w为奇数.
由x2+y2+z2=w为奇数,可知x、y、z至少有一个是奇数,即x、y、z都是奇数,或x、y、z有一个是奇数,另外两个都是偶数.
不妨设x=2a+1为奇数,则y与z的奇偶性相同.
(1)设(y与z都是奇数)y=2b+1,z=2c+1,显然w=(2a+1)2+(2b+1)2+(2c+1)2,或w=4⋅a2+b2+c2+a+b+c+3.由于括号内相加的六个加数都是奇数,可知a2+b2+c2+a+b+c为偶数,即w被8除余数为3,这与w=8k+7相矛盾.
(2)设(y与z都是偶数)y=2b,z=2c,
(1)b与c奇偶性相同时,
显然w=(2a+1)2+(2b)2+(2c)2,或w=4⋅a2+b2+c2+a+1.
由于a2+b2+c2+a为偶数,可知w被8除余数为1,这与w=8k+7相矛盾.
(2)b与c奇偶性不同时,
显然w=(2a+1)2+(2b)2+(2c)2,或w=4⋅a2+b2+c2+a+1.
由于a2+b2+c2+a为奇数,可知w被8除余数为5,这与w=8k+7相矛盾.
综上可知“如果一个数被8除余数为7,那么这个数不能被拆分为三个正整数的平方和”.
现在,我们来求w的最大值和最小值:
由1000⩽w=8k+7⩽9999,可知125⩽k⩽1249,即
（1）当k=125,可知w=1007;
(2)当k=1249,可知w=9999.
(3)七个四位数1000、1001、1002、1003、1004、1005、1006都能够拆分为三个正整数的平方和,分别举例有1000=302+82+62,1001=302+102+12,1002=312+52+42,1003=272+152+72,1004=262+182+22,1005=282+142+52,1006=312+62+32.
由于9999是最大的四位数,可知w的最大值为9999;
由于不大于1007的七个四位数1000、1001、1002、1003、1004、1005、1006都能够拆分为三个正整数的平方和,可知w的最小值为1007.
综上可知w的最大值与最小值分别为9999与1007.
2012年8月号问题解答

2076已知:在⊙O中,弦CD垂直于直径AB,垂足为E,点M1、M2分别在OC与CO的延长线上,且CM1=OM2,AM1交⊙O于点F1,AM2的延长线交⊙O于点F2,DF1交AB于G1,DF2的延长线交AB的延长线于点G2.
求证:EG1⋅EG2G1B⋅G2B=14.
(北京市十一学校张留杰100039北京市朝阳区教研中心郭璋100028)
证明如图连结BC,延长BC交AM1于H1,延长CB交AF2的延长线于点H2,连结H1G1、F1B、H2G2、F2B.

(a)
△OCB被直线M1H1A所截,由梅涅劳斯定理得CH1H1B⋅BAAO⋅OM1M1C=1.
因为BA=2AO,所以CH1H1B=CM12OM1.
同理△OCB被直线H2M2A所截,可得CH2H2B=CM22OM2.

(b)
因为CM1=OM2,OM1=CM2,由(1)×(2)得CH1⋅CH2H1B⋅H2B=14.
又弦CD垂直于直径AB,则有AC=AD,∠AF1D=∠ABC,故F1、H1、B、G1四点共圆.
所以∠BCD=∠BF1D=∠BH1G1,所以H1G1//CD,所以CH1H1B=EG1G1B.
因为AC=AD,∠AF2D=∠ABC,所以∠G2F2H2=∠G2BH2,
故B、G2、H2、F2四点共圆,所以∠F2G2H2=∠F2BH2,
又B、F2、D、C四点共圆,所以∠F2BH2=∠CDF2,
所以∠CDG2=∠H2G2D,所以H2G2//CD,所以CH2H2B=EG2G2B.
由(3)×(4)得EG1⋅EG2G1B⋅G2B=CH1⋅CH2H1B⋅H2B=14.
2077椭圆b2x2+a2y2=a2b2(a>b>0)的外切△ABC中,BC、CA,AB上的切点为D、E、F,过A
(2)作两直线分别与OB、OC交于M、N,且KAMKOB=KAN⋅KOC=-b2a2,则MN落在△ABC中位线的位置上.
(苏州龙西路345号中301张家瑞)
证明设Dacos⁡θ1,bsin⁡θ1,Eacos⁡θ2,bsin⁡θ2,Facos⁡θ3,bsin⁡θ3,则BC、CA、AB的方程为
bxcos⁡θ1+aysin⁡θ1=ab,bxcos⁡θ2+aysin⁡θ2=ab,bxcos⁡θ3+aysin⁡θ3=ab.
由此得A、B、C三点坐标
Aacos⁡θ2+θ32cos⁡θ2-θ32,bsin⁡θ2+θ32cos⁡θ2-θ32,
Bacos⁡θ1+θ32cos⁡θ1-θ32,bsin⁡θ1+θ32cos⁡θ1-θ32,
Cacos⁡θ1+θ22cos⁡θ1-θ22,bsin⁡θ1+θ22cos⁡θ1-θ22;
则OB、OC的直线方程为y=batan⁡θ1+θ32x,(1)y=batan⁡θ1+θ22x.(2)由条件知KAM=-bacot⁡θ1+θ32.
KAN=-bacot⁡θ1+θ22,则AM、AN的方程为
y-yA=-bacot⁡θ1+θ32x-xA,y-yA=-bacot⁡θ1+θ22x-xA.
解(1)(3)组成的方程组得M点的坐标
Macos⁡θ1+θ32cos⁡θ1-θ22cos⁡θ2-θ32,bsin⁡θ1+θ32cos⁡θ1-θ22cos⁡θ2-θ32.
同理
Nacos⁡θ1+θ22cos⁡θ1-θ32cos⁡θ2-θ32,bsin⁡θ1+θ22cos⁡θ1-θ32cos⁡θ2-θ32.
则KMN=-bacot⁡θ1=KBC,所以MN//BC.
又AM和BC的直线方程分别为
y-yA=-bacos⁡θ1+θ32sin⁡θ1+θ32x-xA,bxcos⁡θ1+aysin⁡θ1=ab.

解得AM与BC交点H的横坐标为
xH=acos⁡θ2-θ32sin⁡θ1+θ32-sin⁡θ1cos⁡θ1-θ22cos⁡θ2-θ32sin⁡θ3-θ12.
则xH+xA=
acos⁡θ2-θ32sin⁡θ1+θ32-sin⁡θ1cos⁡θ1-θ22-cos⁡θ2+θ32sin⁡θ1-θ32cos⁡θ2-θ32sin⁡θ3-θ12
=cos⁡θ1-θ22sin⁡θ3-sin⁡θ1cos⁡θ2-θ32sin⁡θ3-θ12=2cos⁡θ1-θ22cos⁡θ1+θ32cos⁡θ2-θ32
=2xM.
说明:M点是AH的中点,同理N是AG的中点,则MN是△AGH的中位线,又MN//BC,所以,MN落在△ABC的中位线上.
2078已知正实数x,y满足x7+y7=x3+y3,求证:x4+y4⩽2.
(陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心安振平712000)
证明当正实数x,y中有一个为1,则另一个也为1,此时,所证不等式显然成立.下证x,y均不为1的情况.由对称性,不妨设x⩾y,将条件等式变形为
x3x4-1=y31-y4.(*)
若y>1,则据上面的等式,知x4-1<0,得x<1,有x0,把(*)式变形,得
x4-1=y3x31-y4⩽1-y4,
故有x4+y4⩽2.
2079已知数列an满足a1=1,an+1=2an+2n+3n+n2,求an.
(安徽省怀宁县新安中学张世宽246122)
解令an+1+λ(n+1)×2n+μ×3n+1+a(n+1)2+b(n+1)+c
=2an+λ×2n+μ×3n+an2+bn+c,则
an+1=2an-2λn×2n-μ×3n+an2+(b-2a)n+c-a-b,与an+1=2an+2n+3n+n2比较,易得λ=-12,μ=-1,a=1,b=2,c=3.
所以,数列an-12n×2n-3n+n2+2n+3是首项为3,公比为2的等比数列,故
an-12n×2n-3n+n2+2n+3=3×2n-1,an=(n+3)×2n-1+3n-n2-2n-3.
2080已知正数a,b,c满足a+2b+3c⩽abc,求5a+22b+c的最小值.
(天津水运高级技工学校黄兆麟300456)
解设S=5a+22b+c,则有
S24=524a+1112b+124c.
再将条件不等式变形为
1⩾3ab+1bc+2ca.
(1)+(2),经整理后再由三元均值不等式放缩可得
S24+1⩾3ab+3a16+3b4+1bc+b6+c36+2ca+c72+a48⩾333343+33163+331123=3×34+3×16+3×112=3.
得S⩾48,即5a+22b+c的最小值为48.
由解题过程不难得出,当且仅当a=4,b=1,c=6时取得最小值.
2012年9月号问题解答
2081设xi∈R+,且x1+x2+x3+⋯+xn=1.求证:
(1)若x1⩾x2⩾⋯⩾xn,则x12+3x22+5x32+⋯+(2n-1)xn2⩽1;
(2)若x1⩽x2⩽⋯⩽xn,则x12+3x12+5x32+⋯+(2n-1)xn2⩾1.
(苏州市吴中区宝带东路月亮湾新村褚小光215128)
证明(1)因为x1⩾x2⩾x3⩾⋯⩾xn,所以有
x12=x12
3x22⩽x22+2x1x2
5x32⩽x32+2x1x3+2x2x3
7x42⩽x42+2x1x4+2x2x4+2x3x4
…........
(2n-1)xn2⩽xn2+2x1xn+2x2xn+2x3xn+⋯+2xn-1xn
上述n个式同向相加得:
x12+3x22+5x32+⋯+(2n-1)xn2⩽x1+x2+x3+⋯+xn2=1
(2)因为x1⩽x2⩽x3⩽⋯⩽xn,所以有
x12=x12
3x22⩾x22+2x1x2
5x32⩾x32+2x1x3+2x2x3
7x42⩾x42+2x1x4+2x2x4+2x3x4
(2n-1)xn2⩾xn2+2x1xn+2x2xn+2x3xn+⋯+2xn-1xn
上述n个式同向相加得：
x12+3x22+5x32+⋯+(2n-1)xn2⩾x1+x2+x3+⋯+xn2=1
2082设PA切⊙O于A,AH⊥PO于H,过点P任作割线交⊙O于BC,求证:AC是△ABH外接圆的切线.

(陕西省兴平市教研室吕建恒713100)
证明连结OA、OB、OC、HC,则OA⊥PA.由射影定理,得
AH2=PH⋅HO,PA2=PH⋅PO.
由切割线定理,得
PA2=PB⋅BC.
所以PH⋅PO=PB⋅PC.
则B、C、O、H四点共圆.
所以∠PHB=∠OCB=∠OBC=∠OHC,
∠PBH=∠COH.
则△PBH∽△COH.
所以BHPH=HOCH.
即BH⋅CH=PH⋅HO=AH2.
所以BHAH=AHCH.
易得∠AHB=∠CHA,
则△ABH∽△CAH.
所以∠ABH=∠CAH.
故AC是△ABH外接圆的切线.
2083设△ABC的外接圆半径和内切圆半径分别为R、r,求证:sin⁡A2+sin⁡B2+sin⁡C2⩾3⋅3r4R.
(河南质量工程职业学院五年制大专部李永利467000)
证明记△ABC的面积和半周长分别为△,p,三边长分别为a,b,c则△=pr=p(p-a)(p-b)(p-c),于是,(p-a)(p-b)⋅(p-c)=pr2.
而由半角定理可知:
sin⁡A2=(p-b)(p-c)bc,sin⁡B2=(p-c)(p-a)ca,sin⁡C2=(p-a)(p-b)ab.
可得：
于是由三元均值不等式和恒等式abc=4Rrp
sin⁡A2+sin⁡B2+sin⁡C2⩾3⋅3sin⁡A2sin⁡B2sin⁡C2=3⋅3(p-a)(p-b)(p-c)abc=3⋅3pr24Rrp=3⋅3r4R.
2084设等腰梯形M、N的边长都是整数,分别以等腰梯形M的各边为一边作正方形,四个正方形的面积的和为2010,分别以等腰梯形N的各边为一边作正方形,四个正方形的面积的和也是2010,如果N的两底的长分别比M的两底的长多19,N的两腰的长分别比M的两腰的长少19,且已知问题有唯一的解,试求两个等腰梯形的周长.
(黑龙江省绥化市教育学院田永海152001)
解设M的两底的长分别为a、b,腰的长为c,依题意可知
a2+b2+2c2=2010,且(a+19)2+(b+19)2+2⋅(c-19)2=2010.两式做差,得a+19+b+19=2c.设a+19=c+k,b+19=c-k,可知(c+k)2+(c-k)2+2⋅(c-19)2=2010,有4c2-76c+2k2=1288,于是2c2-38c+k2-644=0.
因为c为正整数,可知关于c的一元二次方程2c2-38c+k2-644=0的根的判别式Δ为完全平方数.即
Δ=1444-8⋅k2-644=4×1649-2k2
为完全平方数.
观察联想,比1649小128的数1521=392即为完全平方数,有k=8或Δ=4×1649-2k2=
4×1521=4×392为完全平方数.又已知问题有唯一的解,可知k=8,有c=29,于是a=18,b=2.
事实上182+22+292+292=2010,且
(18+19)2+(2+19)2+(29-19)2+(29-19)2=372+212+102+102=2010.
由18+2+29+29=78,37+21+10+10=78,可知两个等腰梯形的周长都是78.
综上可知等腰梯形M、N的周长都是78.
2085在单调递增数列an中,a1=1,a2=2,且a2n-1,a2n,a2n+1成等差数列,a2n,a2n+1,a2n+2成等比数列,n=1,2,3,⋯.
(I)求数列an的通项公式;
(II)设数列1an的前n项和为Sn,证明:Sn<4nn+2,n∈N*.
(深圳市石岩中学康宇518108)
解(I)令bn=a2n+1a2n-1,n∈N*,则
bn+1=a2n+3a2n+1=2a2n+2-a2k+1a2n+1
=2×a2n+12a2n-a2k+1a2k+1
=2a2n+1a2n-1
=2a2n+1a2n-1+a2n+12-1
=4×a2n+1a2n-11+a2n+1a2n-1-1=4bn1+bn-1.
所以bn+1-1=2bn-11+bn,
1bn+1-1=bn-1+22bn-1=12+1bn-1.
从而1bn+1-1-1bn-1=12,n∈N*,
又1bn-1=12,
故1bn-1是首项为12,公差为12的等差数列,
所以1bn-1=12+(n-1)×12=n2,
可得bn=n+2n,即a2n+1a2n-1=n+2n,n∈N*.
所以a2n-1=a1×a3a1×a5a3×a7a5×⋯×a2n-3a2n-5×
a2n-1a2n-3=1×31×42×53×⋯×nn-2×n+1n-1=n(n+1)2.
从而可得
a2n=a2n-1+a2n+12=n(n+1)2+(n+1)(n+2)22=(n+1)22.
所以当n为奇数时,an=n+12n+12+12=(n+1)(n+3)8;
当n为偶数时,an=n2+122=(n+2)28.
由上可得欲求的通项公式为
an=121+(-1)n+1(n+1)(n+3)8+12[1+(-1)n(n+1)28,
即an=18n2+12n+7+(-1)n16.n∈N*
(II)由(I)得1an=8(n+1)(n+3),n为奇数8(n+2)2,n为偶数
显然,
S1=1a1=1<43=4×11+2;
当n为偶数时,
Sn=812×4+142+14×6+162+16×8+182+⋯+1n×(n+2)+1(n+2)2<812×4+12×4+14×6+14×6+16×8+16×8+⋯+1n(n+2)+1n(n+2)
=812-14+14-16+16-18+⋯
+1n-1n+2
=812-1n+2=4nn+2;
当n为奇数(n⩾3)时,
Sn=Sn-1+1an<4(n-1)(n-1)+2+8(n+1)(n+3)
=4nn+2+4n-1n+1+2(n+1)(n+3)-nn+2
=4nn+2-8(n+1)(n+2)(n+3)<4nn+2.
综上所述,Sn<4nn+2n∈N*.
2012年10月号问题解答

2086设H为锐角三角形ABC的三条高线AD、BE、CF的交点,AH、BH、CH分别与EF、FD、DE交于A1、B1、C1点.试证明:△A1B1C1的面积不大于△ABC面积的116.
（重庆市夏埧中学余明荣400700）证明如图

cos⁡C=CEBC=CDAC⇒∠DCE=∠ACB}△CDE∽△CAB⇒DEAB=CEBC=cos⁡C,
所以DE=AB⋅cos⁡C=c⋅cos⁡C.
同理,DF=b⋅cos⁡B,∠CDE=∠A=∠BDF;
S△DEF=12DE⋅DFsin⁡∠EDF
=12⋅bccos⁡Bcos⁡C⋅sin⁡(π-2A)
=12bcsin⁡A⋅2cos⁡A⋅cos⁡B⋅cos⁡C.
S△ABC=12bc⋅sin⁡A.
cos⁡A⋅cos⁡B⋅cos⁡C
=cos⁡(A+B)+cos⁡(A-B)2⋅cos⁡C
⩽1-cos⁡C2⋅cos⁡C
=1214-cos⁡C-122⩽18.
所以S△DEFS△ABC=2cos⁡Acos⁡Bcos⁡C⩽14.
易证:H是△DEF的内心.设r为△DEF的内半径,EF=d,DF=e,DE=f.
由角平分线性质知:
DB1FB1=fdDB1+FB1=e⇒DB1=efd+f,
HB1HE=DB1DE⇒HB1HE=ed+f,
同理,HC1HF=fd+e.
S△HB1C1S△HEF=12HB1⋅HC1⋅sin⁡∠B1HC112HE⋅HF⋅sin⁡∠EHF
=ef(d+e)(d+f),
S△HEF=12r⋅EF=12r⋅d,
所以S△HB1C1=rdef2(d+e)(d+f).
同理:S△HC1A1=rdef2(e+f)(e+d),
S△HA1B1=rdef2(f+d)(f+e).
所以S△A1B1C1=rdef(d+e+f)(d+e)(e+f)(f+d),
S△DEF=12r(d+e+f).
故S△A1B1C1S△DEF=2def(d+e)(e+f)(f+d)
⩽2def2de⋅2ef⋅2fd=14.
所以S△A1B1C1S△ABC=S△A1B1C1S△DEF⋅S△DEFS△ABC⩽116.
当且仅当d=e=f,A=B=C=π3时,即△ABC为正三角形时,等号成立.
2087椭圆的焦点在椭圆切线上的射影的轨迹是以椭圆中心为圆心,且过长轴顶点的圆.
（江苏如鼻市教师进修学校徐道226500）
证明设Px0,y0是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点,过这一点的切线方程为
x0xa2+y0yb2=1
过焦点(-c,0)且与切线(1)垂直的方程设为:
y0xb2-x0ya2+F=0
将(-c,0)代入(2)得F=-y0cb2,于是(2)即为
y0xb2-x0ya2-y0cb2=0
(1)、(3)联立,解之,
x=1Dx0a2+y02cb4y=1Dy0b2-x0y0ca2b2
其中D=x02a4+y02b4.
(4)即焦点(-c,0)在切线(1)上射影的坐标.由(4)得:
x2+y2=1D2x0a2+y0cb42+y0b2-x0y0ca2b22=1D2x02a4+2x0y02ca2b4+y04c2b8+y02b4-2x0y02ca2b4+x02y02c2a4b4=1D2x02a4+y02b4+y02c2b4y02b4+x02a4=1Dy02c2b4+1=1Dy02b4a2-b2+1=1Da2y02b4+1-y02b2
因为Px0,y0是椭圆x2a2+y2b2=1上一点.
所以x02a2+y02b2=1,即1-y02b2=x02a2
(6)代入(5),
x2+y2=1Da2y02b4+x02a2=a2Dy02b4+x02a4=a2,(c,0)在切线上的射影也有同样的结论.
2088设正三角形的边长为d,从这个正三角形内的一点P到三个顶点A、B、C的距离分别为a、b、c.求证:a4+b4+c4+d4=a2b2+b2c2+c2a2+a2d2+b2d2+c2d2.
(湖南新化县教师进修学校肖乐农417600)
解把△APC、△BPA、△CPB分别绕顶点A、B、C顺时针旋转60∘,分别落到了△AEB,△BDC,△CFA的位置(如图).显然,六边形AEBDCF的面积就等于△ABC面积的2倍;△APE、△BPD、△CPF是等边三角形;△BEP、△CDP及△AFP是三边之长分别等于a、b、c三个全等三角形.

由S△ABC=12×d2×sin⁡60∘=34d2,
结合S△=p(p-a)(p-b)(p-c),即可得出:
S△ABC(六边形面积的一半)
=1234a2+b2+c2+3p(p-a)(p-b)(p-c)=38a2+b2+c2+32p(p-a)(p-b)(p-c).
即34d2=38a2+b2+c2+
32p(p-a)(p-b)(p-c),
稍加整理后得d2=12a2+b2+c2+
23p(p-a)(p-b)(p-c).
从d2-12a2+b2+c2=
23p(p-a)(p-b)(p-c)出发,两端平方,注意到p=12(a+b+c),于是有
d4-a2+b2+c2d2+14a2+b2+c22=12p(p-a)(p-b)(p-c)=12×(a+b+c)2×(b+c-a)2×(c+a-b)2×(a+b-c)2,
展开整理,即得a4+b4+c4=a2b2+b2c2+c2a2+a2d2+b2d2+c2d2.
2089设合数n的最大素因数p(n)满足5⩽p(n)⩽n,证明:n∣[2n]!,其中[2n]为⩽2n的最大整数.
(浙江温州市区马鞍池东路1-408陈克瀛325000)
证明先给出两个引理:
引理1设aj∈N+(1⩽j⩽m),则
a1!a2!⋯am!∣a1+a2+⋯+am!
引理2当x⩾e时,函数log⁡xx递减.
命题的证明:设n的标准分解式是1⩽i⩽r.
n=p1k1p2k2⋯prrrkr,p1 由(2)知题设即5⩽pr⩽n,并进而知,
p1=2⇒r⩾2.
当p1>2即p1⩾3时,由(2)及pr⩽n知e pi-1log⁡pi⩾(n)-1log⁡n,1⩽i⩽r.
当p1=2时,由(3),(2)及pr⩽n知e5-1log⁡5及5⩽pr⩽n知(4)对i=1也成立.
将(2)中等式取对数并由(4)得到
log⁡n=∑i=1r kilog⁡pi=∑i=1r kipipi-1log⁡pi⩾(n)-1log⁡n∑i=1r kipi,由此即得正整数∑i=1r kipi⩽2n,也就是∑i=1r kipi⩽[2n],从而必有∑i=1r kipi!∣[2n]!
另一方面,对于正整数d,l(d>1),因为1,2,⋯,ld中为d的倍数的正整数的个数是l,所以dl∣(ld)!.特别地,从(2)得piki∣kipi!,i=1,⋯,r,由此及(2)中的分解式得n∣∏i=1r kipi!,再由引理1及整除的传递性得n∣∑i=1r kipi!,由此和(5)即得n∣[2n]!
2090设α,β,γ是长方体对角线和相邻三个面所成的角,
证明:1+sin2⁡α1+sin2⁡β1+sin2⁡γtan2⁡αtan2⁡βtan2⁡γ⩾833.
(浙江湖州第五高级中学计惠方徐方英
313000)
证明设长方体的长宽高分别为a,b,c.
不妨记sin2⁡α=aa+b+c,sin2⁡β=ba+b+c,sin2⁡γ=ca+b+c,
tan2⁡α=ab+c,tan2⁡β=ba+c,tan2⁡γ=cb+a;
则1+sin2⁡α1+sin2⁡β1+sin2⁡γtan2⁡αtan2⁡βtan2⁡γ
=[(2a+b+c)(a+2b+c)(a+b+2c)(a+
b)(a+c)(b+c)(b+c)]/abc(a+b+c)3
={[(a+b)+(a+c)][(a+b)+(b+c)][(a
+c)+(b+c)](a+b)(a+c)(b+c)}/[abc(a+b
+c)3
⩾8(a+b)2(a+c)2(c+b)2(a+b)(a+c)(b+c)abc(a+b+c)3
=8(a+b)2(a+c)2(c+b)2abc(a+b+c)3.
因为abc=3abc⋅3ab⋅bc⋅ca
⩽a+b+c3⋅ab+bc+ca3,
所以(a+b)(a+c)(b+c)
=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc
⩾(a+b+c)(ab+bc+ca)-19(a+b+c)(ab+bc+ca)
=89(a+b+c)(ab+bc+ca).
又因为(a+b+c)2⩾3(ab+bc+ac),所以
(ab+bc+ac)2⩾3(ab⋅bc+ab⋅ac+bc⋅
ac)=3abc(a+b+c);
所以8(a+b)2(a+c)2(c+b)2abc(a+b+c)3
⩾83(ab+bc+ca)292abc(a+b+c)⩾83×392=833.
于是1+sin2⁡α1+sin2⁡β1+sin2⁡γtan2⁡αtan2⁡βtan2⁡γ
⩾833.
2012年11月号问题解答

2091已知:CD为⊙O内平行于直径AB的弦.⊙P的圆心在AB上,过点A,B,C,D做⊙P的切线AA1,BB1,CC1,DD1,切点分别为A1,B1,C1,D1.

求证:AA12+BB12=CC12+DD12.
(北京市东方德才学校白玉娟郭璋100026)
证明连结PA1,PB1,PC1,PD1.
因为AA1,BB1,CC1,DD1为⊙P的切线
所以PA1⊥AA1,PB1⊥BB1,PC1⊥CC1,PD1⊥DD1.


理,得:
连结PC,PD,设⊙P的半径为R,由勾股定
PA2=AA12+R2,PB2=BB12+R2,
PC2=CC12+R2,PD2=DD12+R2.
在AB上作点P关于点O的对称点P1,连结P1C,CO.我们有:P1C=PD,OC=OA=OB.
在△P1CP中,OC为P1P边上的中线.
PC2+PD2=PC2+P1C2=2OP2+OC2
(中线长公式)
PA2+PB2=(OP+AO)2+(AO-OO)2=
2OA2+OP2=2OC2+OP2
所以PA2+PB2=PC2+PD2
把由勾股定理所得四式代入上式中可得：
AA12+BB12=CC12+DD12.
2092给定椭圆E1:x2a2+y2b2=2(a>b>0)、E2:x2a2+y2b2=1,过E1上任一点M引E2的两条切线分别交E1于A、B两点,求证:直线AB过原点(E1的中心)O.
（山东省邹平县教育局教研室姜坤崇256200）
证明如图,设MxM,yM、Ax1,y1、Bx2,y2,MA和E2相切于Px0,y0,则
b2x02+a2y02-a2b2=0,
切线MA的方程为b2x0x+a2y0y-a2b2=0.

联立E1和MA的方程得方程组
b2x2+a2y2-2a2b2=0,b2x0x+a2y0y-a2b2=0.
(i)当y0=22b时,则由(1)式得x0=±22a,此时l的方程变为±x2a+y2b=1,它与x轴,y轴的交点分别为(±2a,0)、(0,2b),于是OA⊥OM;同理当y0=-22b时,亦有OA⊥OM.同理可得OB⊥OM,因此直线AB过原点O.
(ii)当y0=0时,由b2x02+a2y02-a2b2=0得x0=±a,由l的方程为x=±a得A(±a,-b、M(±a,b),设直线OA、OB、OM的斜率分别为kOA、kOB、kOM,易得kOA⋅kOM=-b2a2.
(iii)当y0≠0,y0≠±22b时,由(3)得y=b2a2-x0xa2y0,代入(2)整理得b2x02+a2y02x2-2a2b2x0x+a4b2-2y02=0,
由x1、xM为关于x的二次方程(4)的两根知
x1+xM=2a2b2x0b2x02+a2y02,
x1xM=a4b2-2y02b2x02+a2y02.
于是,y1yM=b4a4y02a4-a2x0x1+xM+x02x1xM,将(5)、(6)代入得
y1yM=b4y021-2b2x02b2x02+a2y02+x02b2-2y02b2x02+a2y02
=b4a2-2x02b2x02+a2y02
由于y0≠±22b,故x1xM≠0.于是
kOA⋅kOM=y1yMx1xM
=b4a2-2x02b2x02+a2y02⋅b2x02+a2y02a4b2-2y02
=b4a2-2x02a4b2-2y02=-b2a2.
由(ii)、(iii)得kOA⋅kOM=-b2a2.同理可得,kOB⋅kOM=-b2a2.
由以上两式得,kOA=kOB,即直线AB过原点O.
综合(i)、(ii)、(iii),直线AB过原点O.
2093设锐角△ABC的边长分别是a,b,c;∑表示循环和,则
∑tan⁡A⩾∑cot⁡A2⩾23∑sin⁡A∑ab⩾2∑sin⁡A.
(山东单县二中齐行超274300)
证明因为tan⁡A+tan⁡B=sin⁡Acos⁡A+sin⁡Bcos⁡B
=sin⁡(A+B)cos⁡Acos⁡B=2sin⁡Ccos⁡(A+B)+cos⁡(A-B)
⩾2sin⁡C1-cos⁡C=2cot⁡C2.
同理tan⁡C+tan⁡B⩾2cot⁡A2,
tan⁡A+tan⁡C⩾2cot⁡B2,
所以tan⁡A+tan⁡B+tan⁡C
⩾cot⁡A2+cot⁡B2+cot⁡C2.
设三角形ABC的边长分别是a,b,c;内切圆半径是r,有
a=rcot⁡B2+cot⁡C2,
b=rcot⁡A2+cot⁡C2,
c=rcot⁡A2+cot⁡B2;
可得acot⁡B2+cot⁡C2=bcot⁡A2+cot⁡C2
=ccot⁡A2+cot⁡B2=r,
r=a+b+c2cot⁡A2+cot⁡B2+cot⁡C2.
又asin⁡A=bsin⁡B=csin⁡C=2R,
R=12⋅a+b+csin⁡A+sin⁡B+sin⁡C.
所以Rr=cot⁡A2+cot⁡B2+cot⁡C2sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C.
由sin2⁡A+sin2⁡B+sin2⁡C⩽94及正弦定理得
a2+b2+c2⩽9R2,R2⩾a2+b2+c29.
14r2=p24S2=p4(p-a)(p-b)(p-c)
=p-a+p-b+p-c4(p-a)(p-b)(p-c)
=141(p-b)(p-c)+1(p-a)(p-c)+
1(p-a)(p-b)⩾1[(p-b)+(p-c)]2+
1[(p-a)+(p-c)]2+1[(p-a)+(p-b)]2
=1a2+1b2+1c2,其中p=a+b+c21r2=41a2+1b2+1c2,
R2r2⩾a2+b2+c2941a2+1b2+1c2
=49a2+b2+c21a2+1b2+1c2
⩾49ab+ca+bc2.
cot⁡A2+cot⁡B2+cot⁡C2
sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C
=Rr⩾23ab+ca+bc,
cot⁡A2+cot⁡B2+cot⁡C2
⩾23(sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C)ab+bc+ca
⩾2(sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C).
2094如图,等腰梯形ABCD的四条边的长都是正整数,其中最短的边是上底DC,它的长为偶数,其余的三条边的长都是能被3整除的奇数.分别以各边为一边作正方形,四个正方形的面积的和为2011.求证:AB-CDBC=13

(黑龙江省绥化市教育学院田永海152054)
证明首先我们来证明,四位奇数被拆分为四个正整数的平方和,如果其中有三个是奇数,那么第四个数能被4整除.
设这样的四位数M=a12+a22+a32+a42,其中a1=2x+1,a2=2y+1,a3=2z+1,a4(显然为偶数)=2w,可知
M=(2x+1)2+(2y+1)2+(2z+1)2+
(2w)2=4x2+4y2+4z2+4w2+4x+4y+4z+3=4x⋅(x+1)+4y⋅(y+1)+4z⋅(z+1)+4w2+3
式中x⋅(x+1)、y⋅(y+1)、z⋅(z+1)都是两个连续正整数的乘积,当然都是偶数,于是4x⋅(x+1)+4y⋅(y+1)+4z⋅(z+1)能够被8整除.
若M为被8除余3的数,即4x⋅(x+1)+
4y⋅(y+1)+4z⋅(z+1)+4w2+3=8k+3,可知4x⋅(x+1)+4y⋅(y+1)+4z⋅(z+1)+4w2=8k,有4w2能够被8整除,即w为偶数,于是a4=2w能够被4整除.
依题意有2011=AB2+BC2+AD2+DC2,其中AB、BC、AD均为奇数,且2011是被8除余3的数,可知DC能够被4整除.
设DC=4p,AB=3m,BC=3n,可知AD=3n.依题意有
(4p)2+(3m)2+(3n)2+(3n)2=2011,或16p2+
9⋅m2+2n2=2011,于是m2+2n2=2011-16p29=
211-16p2-1129=211-169⋅p2-7
由DC是最短的边,可知(4p)2=DC2<20114<503.有0 (1)把p=1,2,3,4分别代入(1)式,易知均无解;
（2）当p=5,m2+2n2=179=92+2×72,有m=9n=7,可知DC=20,AB=27,AD=BC=21,于是AB-CDBC=27-2021=13.
2095如图,设⊙O的两条互相垂直的直径AB、CD,E在BD上,AE与CD交于点K,CE与AB交于点L,求证:
EKAK2+ELCL2=1

(湖南省湘乡市第一中学胡如松411400)
证明连AD、DB、DE、EB、BC、CA,不妨设⊙O的半径为1,则ADBC是边长为2的正方形.设∠EAD=α,在△ADE中,由正弦定理有
AEsin⁡45∘+α=2sin⁡45∘⇒AE=2sin⁡45∘+α.
在△ADK中,由正弦定理有

AKsin⁡45∘=2sin⁡45∘+α⇒AK=1sin⁡45∘+α,(1)从而EK=AE-AK=2sin⁡45∘+α-1sin⁡45∘+α;
由(1)、(2)得EKAK=2sin2⁡45∘+α-1=-cos⁡90∘+2α)=sin⁡2α,
即EKAK=sin⁡2α.
再设∠BCE=β,同上的方法可得ELCL=sin⁡2β;而α+β=45∘,所以ELCL=cos⁡2α.
由(3)2+(4)2得EKAK2+ELCL2=1.
2012年12月号问题解答

2096设a,d为非负实数,b,c为正数,且b+c⩾a+d,求bc+d+ca+b的最小值.
(四川省资阳市外国语实验学校蔡勇全641300)
解因为b+c⩾a+d,所以b+c⩾12(a+b+c+d).
(1)若a+b⩾c+d,则bc+d+ca+b=b+cc+d-c1c+d-1a+b⩾a+b+c+d2(c+d)-(c+d)1c+d-1a+b=a+b2(c+d)+c+da+b-12⩾2(a+b)(c+d)2(c+d)(a+b)-12=2-12（当且仅当a=2+1,b=2-1,c=2,d=0时等号取得）.
(2)若a+b 2097在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任取两点P1x1,y1,P2x2,y2,点P(x,y)是以线段P1P2为直径的圆上的任意一点,求证:x2+y2⩽a2+b2.
（浙江湖州市双林中学李建潮313012）
证明可设x1=acos⁡α,y1=bsin⁡α,x2=acos⁡β,y2=bsin⁡β,O1是直径P1P2的中点,可得
O1的坐标为acos⁡α+acos⁡β2,bsin⁡α+bsin⁡β2.连结OO1、O1P和OP(其中O为坐标原点),则
x2+y2=OP2⩽OO1+O1P2=OO1+12P1P22=a(cos⁡α+cos⁡β)22+b(sin⁡α+sin⁡β)22+a(cos⁡α-cos⁡β)22+b(sin⁡α-sin⁡β)222=acos⁡α+β2cos⁡α-β22+bsin⁡α+β2cos⁡α-β22+-asin⁡α+β2sin⁡α-β22+bcos⁡α+β2sin⁡α-β222=cos⁡α-β2⋅a2cos2⁡α+β2+b2sin2⁡α+β2+sin⁡α-β2⋅a2sin2⁡α+β2+b2cos2⁡α+β22⩽cos2⁡α-β2+sin2⁡α-β2.a2cos2⁡α+β2+b2sin2⁡α+β2+a2sin2⁡α+β2+b2cos2⁡α+β2=a2+b2.
证毕.
2098如图1,⊙O是△ABC的内切圆,D、E、M

图1是切点,连MO并延长交DE及⊙O分别于点K、F,连AF、AK并延长分别交BC于点N、L.求证:L是MN的中点.
(山东省東庄市第十八中学李耀文277200)
证明如图2,过点K作平行于BC的直线分别交AB、AC于R、S.连结OD、OE、OR、OS.

图2
由于∠OKS=∠OES=90∘,所以,O、K、S、E四点共圆,∠OEK=∠OSK.
同理,∠ODK=∠ORK.
又因∠ODK=∠OEK,所以,△ORS是等腰三角形,OK为其底边RS上的高,K为底边RS的中点,即RK=KS.
由RS//BC可知:RKBL=AKAL=KSLC,所以,BL=LC,即L是BC的中点.
再过点F作⊙O的切线分别交AB、AC于P、Q,易知PQ//BC,则有PFBN=AFAN=FQNC.
连结OQ、OE、OC,则∠QOC=90∘,QE=QF,CE=CM.
由于OE⊥CQ,所以OE2=QE⋅CE=FQ⋅CM,即FQ=OE2CM.
同理PF=OD2BM.
于是OD2BMBN=OE2CMNC(因OD=OE),即MCBM=BNNC,从而有MCBM+MC=BNBN+NC,即MCBC=BNBC,所以MC=BN.
则有ML=CL-CM=BL-BN=LN,即
L是MN的中点.
2099已知a、b、c、d为非负实数,a+b+c+d=1,求证:
2319⩽a+b+2b+c+3c+d+4d+a⩽11569532.
证明设M=a+b+2b+c+3c+d+4d+a;又设x=a+b、y=2b+c、z=3c+d、r=4d+a,显然x、y、z、r也为非负实数,则M=x+y+z+r.
因为x2=a+b,y2=2b+c,z2=3c+d,r2=4d+a且a+b+c+d=1;
所以1923x2+223y2+723z2+423r2=1.
令a1=1923x2,a2=223y2,a3=723z2,a4=423r2,显然a1+a2+a3+a4=1.
故M=2319a1+232a2+237a3+234a4.
取a1=1,a2=a3=a4=0,则有2319⩽M.
令向量α=2319,232,237,234,
β=a1,a2,a3,a4;
则M=2319a1+232a2+237a3+234a4
=α⋅β⩽|α|⋅|β|
=2319+232+237+234⋅a1+a2+a3+a4
=11569532.
所以2319⩽a+b+2b+c+3c+d+4d+a⩽11569532.证毕.
2100求满足pm+pn为完全平方数的序对(p,m,n),其中p为素数,m⩾n且均为正整数.
解首先证明以下结论.
引理若p为素数,n为正整数,证明pn+1为完全平方数当且仅当p=2,n=3或p=3,n=1.引理证明设pn+1=t2t∈N+,则pn=(t+1)(t-1).由p为素数可知必有t+1=pu,t-1=pv,u>v⩾0,n=u+v,进而pu=pv+2.若p>3,则pu⩾p⋅pv=pv+(p-1)pv>pv+2=pu,矛盾;若p=3,则3u=3v+2,此时必有v=0,否则将导致3∣2,于是解得u=1,即n=1;若p=2,则2u=2v+2,此时显然有v>0亦即u-1>0,v-1⩾0,故2u-1=2v1+1,又有v-1=0,否则将导致2∣1,于是v=1,进而解得u=2,即n=3.
题解若m=n,则完全平方数pm+pn=2pm⇒p=2⇒m=2k+1,k∈N,即(p,m,n)=(2,2k+1,2k+1);若m>n,设m=n+Δ,Δ>0,则完全平方数pm+pn=pnpΔ+1且pn,pΔ+1=1,故pn,pΔ+1均为完全平方数.由p为素数可知n=2k,k∈N+,而联系上述引理可知仅有p=2,Δ=3以及p=3,Δ=1两种情形满足pΔ+1为完全平方数,即(p,m,n)=(2,2k+3,2k)或(p,m,n)=(3,2k+1,2k),k∈N+.