《数学通报》1786号问题的简证
数学问题解答0001
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a2+b2+c2≤3(PA2+PB2+PC2)证明 如图记PA=R1,PB=R2,PC=R3,据题意知∠B PC=Π-C,在△B PC中用余弦定理可得:a2=R22+R32-2R2R3co s(Π-C)=R22+R32+2R2R3co s C,同理b2=R32+R12+2R3R1co s A,c2= R12+R22+2R1R2co s B,据熟知的不等式:2y z co s A +2Z x co s B+2xy co s C≤x2+y2+z2(x,y,z∈R,A +B+C=Π)得:a2+b2+c2=2(R12+R22+R32)+ 2R2R3co s C+2R3R1co s A+2R1R2co s B≤2(R12+ R22+R32)+R12+R22+R32=3(R12+R22+R32),∴a2+b2+c2≤3(PA2+PB2+PC2).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E F与⊙O相切Ζ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Ζ证明 如图,在E F上取点M、N,使EM=EB,FN=FC.连结OM、ON、O E、O F、O G、O HΖ易见△OB E≌△OM E,注意到A C也与⊙O相切知△O CF≌△ON F,∴OM=OB=O C=ON.∴ ∠ON F=∠OM E=∠OB E.∴ B、E、N、O四点共圆,∴ ∠CON=∠B EN.∴ ∠B EO=∠CO F=12∠CON.又∵ ∠EB O=∠O CF,∴△EB O∽△O CF.∴ EBO C=B OCF 即B GO C=B OCH.∵ ∠GB O=∠O CH,∴ △GB O∽△O CH.∴ ∠2=∠3,且GBO C=GOO H即GBB O=GOO H.又∵ ∠GB O=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 ∠GOH =180°-(∠1+∠2),∴ ∠GB O =∠GOH ,∴ △GB O ∽△GOH .∴ ∠3=∠4.故点O 到A B 与GH 的距离相等Ζ从而,由A B 与⊙O 相切易知GH 也与⊙O 相切Ζ12281k ∈N ,n =2k -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Ζ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2・2m -1-1个自然数中总可选出2m -1个,使其和被2m -1整除Ζ证命题对k =m +1时成立Ζ设2・2m -1个整数为I ={x 1,x 2,…,x 2m +1-2,x 2m +1-1},因 I >2m -1,所以由归纳假设,可知可以从I 中选出2m -1,使其和被2m -1整除,不妨设I 1={x 1,x 2,…,x 2m -1},且A 1=∑2m -1i =1x i≡0(m od 2m -1),再注意到 I -I 1 =(2m +1-1)-2m -1=3・2m -1-1==2m -1+2m -1>2m -1,所以还可以从I -I 1中选出2m -1个,使其和被2m -1整除,不妨设为I 2={x 2m -1+1,x 2m -1+2,…x 2m },且满足A 2=∑2mi =2m -1+1x i ≡0(m od 2m -1),再注意到 I -I 1∪I 2=(2m -1+2m -1)-2m -1=2m -1,所以再由归纳假设可知,还可在 I -I 1∪I 2 中选出2m -1个数,使其和能被2m -1整除,不妨设为I 3={x 2m +1,x 2m +2,…,x 2m +2m -1},且满足A 3=∑2m +2m -1i =2m+1 x i ≡0(m od 2m -1)Ζ再对A 1,A 2,A 3用m od 2m 来分类:因为A 1≡02m -1(m od 2m );A 202m -1(m od 2m);A 3≡02m -1(m od 2m)ΖA i ,A j (1≤i ,j ≤3),使得A i ≡A j (m od 2m)Ζ即若A i A j 关于m od 2m 同余于0,则A i +A j ≡0(m od 2m )Ζ若A i A j 关于m od 2m 同余于2m -1,则A i +A j≡2m -1+2m -1≡0(m od 2m )Ζ并且 I 1∪I 2 = I 2∪I 3 = I 3∪I 1 =2m .12291某多边形可以分为2000个矩形,却不可分为1999个矩形Ζ证明:该多边形不能分为2000个三角形Ζ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Ζ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3Π2和Π2两种Ζ我们把3Π2的内角的顶点称为凹顶角,把Π2的内角的顶点称为凸顶点Ζ并记该多边形为M Ζ显然,问题与两种顶点的个数有关Ζ为此,设M 中有a 个凸顶点,有b 个凹顶点Ζ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Ζ于是知,a ・Π2+b ・3Π2=(a +b -2)Π,即 a =b +4Ζ①再换一个角度考察a 和b Ζ显然,可设M 的边只有水平和竖直两种走向Ζ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Π2的内角),由前面的讨论知必有b +1≥2000,从而b ≥1999,a =b +4≥2003,∴ a +b ≥4002Ζ②即M 至少为4002边形Ζ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 ΠΖ③易知,M 的每个顶点都至少为这些三角形贡献Π2,因此S≥(a+b)Π2Ζ④联立②、③、④,即得m≥12(a+b)≥2001Ζ这就是说,M至少被分为2001个三角形Ζ所以它不能被分为2000个三角形Ζ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Ζ证明:不可将该多边形分为100个三角形Ζ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Ζ证明:不可将该多边形分为n个三角形Ζ1230126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Ζ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Ζ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、…、52Ζ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Ζ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Ζ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Ζ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Ζ这与剩下的奇数位与偶数位是奇数矛盾Ζ从而原题得解Ζ2000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a n+1=-3a n+2n(n=0,1,2,…)决定的数列{a n}为严格递增Ζ(袁金提供)12321记P n=(1+1)(1+13)(1+15)…(1+ 12n-1),求P2000的整数部分Ζ(李建潮提供) 12331试求所有函数f:R→R,使得对Πx,y∈R,都有f(xf(y))=xyf(y-x)Ζ(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Α,Β,ΧΖ求证aΑ(Β+Χ)+bΒ(Χ+Α)+cΧ(Α+Β)a+b+c<Π24Ζ(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)《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 程艺华 苗秀珍 常淑凤 岳昌庆。
数学问题解答9807
整理得 : 1 - 2 [ cos ( B + C) - cos ( B - C) ] = cos 2 ( B + C) . 和差化积得 : 1 + 4sin B sin C = cos 2 ( B + C) , 即 1 - cos 2 ( B + C) + 4sin B sin C = 0 , 则有 2sin2 ( B + C) + 4sin B sin C = 0 , 即
下面我们确定方程组 ( 3) 解的范围 . 若 u < 0 , 则 u 3 < 0 , 从第一个方程得知 v 3 > 1 , 因而 v > 1 , v 4 > 1 , 于是从第二个方程得 知 u 4 < 01 这是不可能的 ; 若 u > 1 , 则 u3 > 1 , 3 v < 0 , v < 0 , 由于方程组关于 u , v 是对称的 , 所以这个情况也同样不能成立. 于是我们只须在 下面范围内求解
由 sin α =
1 4 - 4cos A 1 1 , 则有 = + , 因此 sin2 C sin2 A sin2 B sin2 C 8sin
2
A
2 1 1 2 = 2 + 2 , 由二倍角公式得 A sin2 A sin B sin C cos2 2 1 1 = + , 由 于 A + B + C = π, 则 有 sin2 B sin2 C 2 1 1 = + , 整 理, 得: 2 2 2 B + C sin B sin C sin 2
B+ C
由于 A , B , C 为三角形内角 , 则 sin2 ( B + 2 C) > 0 , sin B > 0 , sin C > 0 , 因此 sin ( B + C) + 2sin B sin C > 0 与 ( 3 ) 式矛盾 , 因此必有 B = C. 故充分性得证 . 1137 设 P 为 △A B C 内 任 一 点 , △B PC 、 △CPA 、△A PB 的外接圆半径分别为 R a , R b , R c . 求证 : R a + R b + R c Ε PA + PB + PC.
“问题”习题引发的思考
6教学思考人教版义务教育课程标准实验教科书数学2005年10月第一版八年级下册第101页第12题是一道“问题”习题,通常可认为是印刷错误.可这是教科书,怎么办呢?题目是这样的:阳光透过矩形玻璃窗投射到地面上,地面上出现了一个明亮的四边形,小刚用量角器量出这个四边形的一个锐角恰好是30度,一条边和对角线互相垂直,又用直尺量出一组邻边的长分别是40厘米和55厘米,小刚说用这些数据就能够计算出地面上的四边形的面积和周长.你知道小刚是如何计算的吗?这样计算的根据是什么?题目给出不久,学生A 就说出了答案.解:因为矩形窗通过阳光投射到地面上的图形是一个平行四边形,所以这个四边形的周长为2×(40+55)=190(厘米).又因为这个平行四边形有一个角为30度,可以求出一边上的高等于另一边的一半,所以它的面积是40×55÷2=1100(平方厘米).教师当时就表扬A 同学思维敏捷,并提问:“不过,还有其他方法吗?有不同的答案吗?”B 同学不甘落后,马上展示了自己的解法.在平行四边形ABCD 中,因为AC ⊥BC,所以只能是AB=55,BC=40,所以周长是等于190厘米.在直角三角形中,由勾股定理可得AC 2=552-402=1425,所以AC =557".因此,平行四边形的面积是20057"平方厘米.很好,教师高兴极了,赞扬B 同学肯动脑筋,有自己独特的思维方式.“不过———”“老师,你跟我们开玩笑吧?”突然,学生C 打断教师的话,教室里一下异常地安静,同学们面面相觑,继而又哄然大笑,C 同学红着脸很不自然地说:“老师,我是说题目出错了.”我意识到C 同学已经发现题目有问题,就鼓励他继续说下去.在平行四边形ABCD 中,设∠B =30°,AC ⊥BC ,那么只能AB=55,BC=40,于是AC=27.5,而在直角三角形中27.5与40的平方和不等于55的平方,这与勾股定理矛盾.“真的?”同学们有的迷惑不解,有的半信半疑,有的干脆自己重新画图验算.教师静静地等待,不久,大家竟不约而同地鼓起掌来,“呵呵,书上也有错误!”同学们好“问题”习题引发的思考唐振球1朱爱莲2( 1.怀化市教育科学研究院湖南418000 2.怀化市实验学校湖南418000)遗忘了.他急了,迫不及待地说:“老师,什么是北京时间呀?”我居然说:“下课后老师告诉你.”林军的脸上明显地写着无奈与遗憾.课后反思:我为什么不在课堂上回答他呢?我感觉非常内疚.这个问题确实比较复杂,由于地球在不停地自转,一天中世界各地的时间并不相同,有的地方是白天,有的地方却是黑夜,有的地方太阳刚刚升起,有的地方却正在落山.为了恰当地表示世界各地的时间,科学家把地球纬线平分成24段,再用经过每一段两端的经线,把地球表面平分为份这样,每一份中的时间相差不到1小时,称为一个时区.同一时区都用同一个时间.相差一个时区就相差1小时.时区从伦敦附近的格林威治天文台算起,我国大部分位于往东数的第八个时区,即东八区内,所以我国就用东八时区的时间,通常就叫北京时间.北京时间比格林威治时间早8小时.但是我可以不说这么深奥,简单地告诉他世界各地的时间是不同的,我们中国所用的时间就是北京时间.更详细的知识还需要进一步学习,你们努力学习,以后就会知道.这样也不会留下这等尴尬与遗憾啊!(责任编辑钟毓华)ADBC124.问题:⊙O 1、⊙O 2内切于P,⊙O 1的弦AB 切⊙O 2于C,设⊙O 1、⊙O 2的半径分别为R 、r ,求证:A C 2AP 2=R-rR.这个问题曾两次刊登于《数学通报》的“数学问题解答”栏目,分别是问题1436和问题1578,并分别由两位老师给出不同的证明方法,笔者通过研究发现,利用平行线分线段成比例这一性质和圆的切割线定理可巧妙地解决这一问题,现给出这一问题简证如下.证明:因为⊙O 1、⊙O 2内切于P,所以O 1、O 2、P 三点共线,如图连结O 1、O 2、P 三点,并延长使其与⊙O 1、⊙O 2分别相交于M 、N,连结AP,设其与⊙O 2交于点D.当A 、D 分别与M 、N 重合时,由圆的切割线定理得:AC 2AP 2=MNMP=2R-2r 2R =R-rR.当A 、D 与M 、N 分别不重合时,连结DO 2、AO 1,所以∠DO 2N=2∠DPN,∠A O 1M=2∠APM,则∠DO 2N =∠AO 1M.所以DO 2∥A O 1,A D AP =O 1O 2O 1P=R-r R .又由切割线定理得:AC 2AP 2=AD AP =R-rR .综上所述,AC 2A P2=R-r R.(责任编辑李闯)像哥伦布发现了新大陆.怎么办呢?教师灵机一动,若无其事地说:“那么同学们说说小刚到底是怎么计算的呢?小刚忽视了什么呢?”学生们很快意识到,如果忽视了“一条边和对角线互相垂直”这个条件,就得到A 同学的答案;忽视了“∠B=30°”即得出B 同学的答案.至此,问题的探究似乎该结束了,学生也显得完成了使命般的轻松,还不时发出“原来是考验我们”的感叹.教师趁机提醒大家今后做题时一定要认真观察,全面考虑.忽然,又有同学提出更具有挑战性的问题:保留题目中的前两个条件,删去后两个条件中的一个,又如何?这时,教室里热闹了起来,同学们积极地讨论、争辩、探索,最后师生合作,综合归纳出以下解题思路.已知:平行四边形的一个锐角为30度,一条边与对角线互相垂直,一条边长为40厘米或55厘米,求该平行四边形的面积和周长.分析:分两种情况.1.如果∠B=30°,AC ⊥BC,AB=40或55.那么,在直角△ABC 中,AC =A B =20或27.5.由勾股定理可求出BC=203%或27.53%,平行四边形ABCD 的面积和周长即可求出2.如果∠B=30°,AC ⊥BC,BC=40或55,那么在直角△ABC 中,AB =2AC ,由勾股定理得(2AC )2-AC 2=402或552.解出AC =403%3或553%3,AB =803%3或1103%3.即可求出平行四边形ABCD 的面积和周长.最后教师问:“同学们猜猜小刚怎么会量出这样的数据呢?”答案更是五花八门:小刚量错了;小刚边玩边量,平行四边形变了;太阳跑得太快,小刚量了几个四边形的数据记到一起了;小刚边量边记,不小心记错了;教材是故意考验我们的……如果一开始,教师就告诉学生这道习题有问题,那么学生会怎么样呢?也许他们会置之不理,当然也就没有了观察,也就失去了发现;如果教师先把题目修正好再抛给学生,那么学生又会怎么样呢?也许他们会很快完成任务,当然也就没有了“考验”,没有了思辩和探究,也就失去了开拓和进取;……面对学生,面对新课程,数学课怎么上,教师需要更多的思考.(责任编辑钟毓华)教学思考一个数学问题的简证罗建宇(张家港市暨阳高级中学江苏215600).17。
数学问题解答9707
数学问题解答1997年6月号问题解答(解答由问题提供人给出)1076求证:tg 420°-43tg 320°+6tg 220°+43tg20°=3证明如图所示△AB C ,∠C=π2,∠AB C =60°,B C =1,∠AB E =∠EBD =∠DB C 则tg20°=DC ,tg40°=EC =2DC 1-DC 2DE =DC 3+DC 1-DC 2,AE =3-2DC 1-DC 2由角平分线定理BD AB =DEEA得DC 2+12=DC 3+DC 1-DC 23-2DC 1-DC 2整理得DC 4-43DC 3+6DC 2+43DC =3命题得证.1077设C p :y 2=2px (p >0)为一族抛物线,定直线y =b (b ≠0)交C p 于点A p ,又M(a ,0)(a ≠0),直线A p M 交C p 于点B p ,求证:诸B p 共线.证明由A p 为y =b 与C p 交点可设其坐标为(b 22p,b ),据两点式可求出直线A p M 的方程为bx +(a -b22p)y -ab =0(1)为求B p 坐标,由C p 方程解出x =y22p代入(1)有b 2p y 2+(a -b22p)y -ab =0(2)由条件知y =b 为(2)之一根,故由根与系数关系可得(2)的另一根为y =-2pab,再代入x =y 22p 中可得x =2pa 2b2,于是B p 坐标为(2pa 2/b 2,-2pa/b ),显然这些坐标均满足方程y =-bax ,故诸B p 均在经过原点的直线y =-bax 上.注:本题还可更改为:设A p 为y =b (b ≠0)与C p 交点,B p 为y =k ・x (k ≠0)与C p 交点,则诸直线A p B p 共点.(此点必在x 轴上)1078设O 为锐角△ABC 的外心,AO ,BO ,CO 与三边的交点为A ′,B ′,C ′,求证:23(A A ′+BB ′+CC ′)ΕOA +OB +OC (1) 证明设△ABC 的三边、面积及外接圆半径为a ,b ,c ,△及R ,用S △XYZ 表示△XYZ 的面积,记x =b 2+c 2-a 2,y =c 2+a 2-b 2,z =a 2+b 2-c 2,u =x (y +z ),v =y (z +x ),w =z (x +y ).∵△ABC 为锐角三角形∴x ,y ,z ,u ,v ,w 均为正数又∠BOC =2A ,∠COA =2B ,∠AOB =2C OA =OB =OC =R∴OA ′OA =S △A ′OB S △A OB =S △COA ′S △COA =S△BOCS△A OB+S△COA=sin2A sin2B +sin2C =cos Acos (B -C )于是,(1)式等价于2(OA ′+OB ′+OC ′)Ε3R ,进一步它又等价于在锐角三角形ABC 中:cos A cos (B -C )+cos B cos (C -A )+cos Ccos (A -B )Ε32(2)据海伦公式平方整理得16△2=yz +z x +xy ∴cos (B -C )=cos B cos C +sin B sin C=(c 2+a 2-b 2)(a 2+b 2-c 2)4a 2bc +16△24a 2bc=2yz+z x+xy4a2bc∴ cos Acos(B-C)=2a2x2yz+z x+xy=x(y+z) 2yz+z x+xy =u v+w从而(2)又等价于:u v+w +vw+u+wu+vΕ32(3) 上式可由[(v+w)+(w+u)+(u+v)][1v+w+1w+u+1u+v]Ε9整理得到,故(3)式成立.证毕.1079多项式a0+a1x+a2x2+…+a n x n的系数a0,a1,a2,…,a n只取+1或-1,且方程a0+a1x+a2x2+…+a n x n=0的根全是实数,求具有上述性质的全体多项式.解当n=1时,所有可能的四个多项式±(x+1),±(x-1)都有题目要求的性质.当nΕ2时,设方程的根为x1,x2,…, x n,则x21+x22+…+x2n=(x1+x2+…+x n)2 -2(x1x2+x1x3+…+x n-1x n).由韦达定理得x21+x22+…+x2n=(-a n-1/a n)2-2a n-2/a n=1-2a n-2/a n.x21x22…x2n=(a0/a n)2=1由平均不等式得1-2a n-2/a nn =x21+x22+ (x2)nΕn x21x22…x2n=1即a n-2/a nΦ(1-n)/2(1)等号成立当且仅当x21=x22=…=x2n,但是a n-2,a n都只取+1或-1,故a n-2/a nΕ-1,从而-1Φ(1-n)/2nΦ3当n=2时,由(1)得a0/a2Φ-1/2,故a0/a2=-1,即a0,a2异号,此时a1可以为1或-1,故所有可能的四个多项式为:±(x2+ x-1),±(x2-x-1).当n=3时,则(1)等号成立,故x21=x22 =x23,但x21・x22・x23=1,故原方程的根是1或-1,又因x1+x2+x3=-a2/a3=±1,故x1, x2,x3不能全为1,也不能全为-1,即原方程的根或是1,1,-1,或是1,-1,-1,这时,得到的四个多项式±(x3+x2-x-1),±(x3 -x2-x+1)都合题意,综上所述,所求多项式全体为:±(x+1),±(x-1),±(x2+x-1),±(x2-x-1),±(x3+x2-x-1),±(x 3 -x2-x+1).1080如图所示△AB C各内角三等分线分别交于D,E,F及D1,E1,F1,试证:DD1,EE1,FF1交于一点.证明此问题涉及著名的Morley(莫莱)定理:若△AB C三等分线交于D,E,F,则△D EF为正三角形.下面首先给出此定理的一个构造证法,由此立即解决本题结论.在△AB C中,记A=3α,B=3β,C=3γ.任作正三角形D′E′F′(边长为l),取A′,使∠A′E′F′=60°+γ,∠A′F′E′=60°+β,同样地,取B′,C′使∠B′D′F′=60°+γ,∠B′F′D′=60°+α,∠C′D′E′=60°+β,∠C′E′D′= 60°+α,连A′B′,B′C′,C′A′.则可见∠E′A′F′=α,∠D′B′F′=β,∠E′C′D′=γ,且∠A′F′B′=180°-(α+β).令∠F′A′B′=α′,∠F′B′A′=β′,则α′+β′=180°-∠A′F′B′=α+β.在△A′E′F′,△B′D′F′,△A′B′F′中,由正弦定理有lsinα= A′F′sin(60°+γ),lsinβ=B′F′sin(60°+γ),A′F′B′F′= sinβ′sinα′,由此三式可见sinαsinβ′=sinα′sinβ,对此式两端积化和差,得cos(α-β′)-cos(α+β′)=cos (α′-β)-cos (α′+β),由于α-β′=α′-β.则见cos (α+β′)=cos (α′+β),注意α+β′<α+∠A ′F ′E ′=α+60°+β<180°(因α,β<60°),同样α′+β<180°,则见α+β′=α′+β,由此及α+β=α′+β′即见α=α′,β=β′.由此类推知A ′=3α,B ′=3β,C ′=3γ.则△A ′B ′C ′～△AB C ,故在△AB C 中,不仅△D EF 是正三角形(因△D ′E ′F ′～△D EF )且∠A EF =∠BD F =60°+γ,∠A FE =∠CD E =60°+β,∠B FD =∠CED =60°+α.由于∠A ED 1=α+γ,∠A FD 1=α+β,则知∠D 1FE =∠D 1EF =60°-α.则见DD 1垂直平分EF ,同理EE 1,FF 1分别垂直平分FD ,D E ,则知DD 1,EE 1,FF 1交于正△D EF 的中心.1997年7月号问题(来稿请注明出处 编者) 1081有四个城市处在正方形的四个顶点,求一种方案(或一种网络)联通这些城市,使路程最短.(王蜀洪提供)1082设∠A OB 为锐角,C ,D 为边OB 上两定点,P 为OA 上的一动点,求P 点的位置,使∠CPD 为最大.(舒阳春提供)1083试求出方程x 8=21x +13的二个实根.(陈克瀛提供)1084△AB C 的各顶点与对边n (n Ε3)等分点的连线中,“相邻”两条分别交于D ,E ,F ,试问△D EF 与△AB C 是否相似?(贺中杰提供)1085设P ,Q ,R 分别是四面体A -B CD的棱A C ,A D ,AB 或延长线上的点,E ,F 在B C 上,且B E =EF =FC ,A E ,A F 分别与R P 交于点G ,H ,记四面体A -PQ R 与A -GHQ 的体积分别为V ,V 1,求证:V Ε3V 1(周永国提供)中国第三届矩阵论及其应用学术会议第一次通知在中国数学会的支持下,1996年8月在吉林市成功地举办了中国第二届矩阵论及其应用学术会议,以色列数学家A.Berman 教授与台湾数学家谭必信教授等81位学者专程到会.与会学者共作了15个精彩的大会学术报告与15个分组学术报告.这些报告表明我国学者在矩阵论主要研究方向上已接近或达到国际水平.会议收到140多篇论文,并由吉林大学出版社公开出版了《中国第二届矩阵论及其应用学术会议论文集》.会议期间成立了《中国线性代数学会》(CLAS ),中国科学院院士万哲先教授被推举为名誉理事长,蒋尔雄教授当选为理事长,谭必信、李炯生、佟文廷、王伯英教授当选为副理事长.经中国线性代数学会研究决定,中国第三届矩阵论及其应用学术会议将于1998年8月左右在湖南省湘谭市韶山或张家界市召开,由湘谭工学院(原湘谭矿业学院)与湘谭师范学院筹办.会议得到中国数学会的支持,并得到湘谭工学院、湘谭师范学院等单位的赞助.会议设学术委员会和组织委员会,负责筹备与组织会议.会议学术委员会委员为:蒋尔雄(主席,复旦大学),谭必信(副主席,台湾淡江大学),李炯生(副主席,中国科技大学),佟文廷(副主席,南京大学),王伯英(副主席,北京师范大学),逄明贤,邵嘉裕,游兆永,张谋成,郭忠,陈公宁,王国荣,王新民,庄瓦金,曹重光,杨尚骏,贾仲孝,戴华,黄礼平,黎稳.会议组织委员会委员为:黄力民(主席,湘谭工学院),黄礼平(副主席,湘谭工学院),刘金旺(副主席,湘谭师范学院),曾庆光,刘建州,蔡永裕,廖安平,雷天刚,侯耀平.计划由湖南科技出版社正式出版会议论文集(英文),面向全国同行征求英文稿件.论文集将力图反映我国在线性代数与矩阵论及其应用方向的最高水平与最新成果.论文可以是某个方向的研究进展综述,也可以提出一些有重要意义的问题.论文力求简明,一般限A4纸4页内,附AMS (1991)分类号,用Latex 或Word7打印.研究论文要求尚未发表,并且不是重复性或平移性的平凡工作,对于尚未发表的最新成果,可以采用研究通讯的方式投稿,不影响以后在其它刊物上发表.论文范围包括:线性与多重线性代数,经典矩阵论,数值代数,组合矩阵论与图论,环与体上矩阵论,矩阵几何与典型群,线性算子理论,矩阵论的应用,线性系统控制理论与线性规划,线性代数教育,其它.论文将由会议学术委员会组织审稿,可以先由学术委员会委员初审后推荐提交.每篇论文须交稿件审理费20元.会议征集论文的截止日期为1998年4月20日,1998年6月20日前寄发论文入选通知,入选论文适当收取版面费(工本费).。
《数学通报》征解题1600的解法探析
《数学通报》征解题1600的解法探析
夏敏
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】2012(000)009
【摘要】《数学通报》2006年2月号问题1600是：已知√b=1＋b2/b＞1（6〉1），求证：2＜4b-b2＜3．问题提供者在该刊当年的第3期给出如下的证法：在同一直角坐标系内作函数f（x）=1＋x2/2x和g（x）=√x的图象如图1．可以看出，在x〉1时，√x=1＋x2/2x的根只有一个．
【总页数】2页(P63-63,64)
【作者】夏敏
【作者单位】江苏省无锡市第六高级中学 214000
【正文语种】中文
【相关文献】
1.一道2015年《数学通报》征解题的证明与推广 [J], 邓雪彬
2.《数学通报》2562问题的一个新解法 [J], 穆鑫雨;尹枥
3.《数学通报》问题1990的几何解法及拓展 [J], 丁兴春
4.《数学通报》问题1724的九种新解法 [J], 董立伟
5.数学通报2442问题的解法探究 [J], 邱际春
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数学问题解答0002
f (x f (y ) ) = x yf ( y - x )
不等式①等价于 7n + 2 4n 2 ≤ 7n - 5 ( 2n - 1) 2 Ζ ( 7n + 2) ( 4n 2 - 4n + 1) ≤4n 2 ( 7n - 5) Ζ 28n 3 - 20n 2 - n + 2≤28n 3 - 20n 2 Ζ n ≥2 ∴ ①式成立, 且 “= ” 号成立当且仅当 n = 2.
7n + 2 ① 2n 1 ② ≤ = 1+ < 7n - 5 2n - 1 2n - 1 ( 其中 n > 1) 4n + 1 4n - 3
16 ・ 9
23 … 16
7×2000+ 2 7×2000- 5
=
2 3
14002 • 7819
P 2000 < ( 1 + 1 ) ( 1 +
1 )・ 3
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ48
2000 年 第 2 期 数学通报
数学问题解答
2000 年 1 月号问题解答 ( 解答由问题提供人给出) 12311 试确定实数 a 0 , 使得由递推公式 a n + 1 = - 3a n + 2n ( n = 0, 1, 2, …) 决定的数列 { a n } 为严格
同理可证②式 ( ②Ζ 0< 1) 也成立Ζ 其次求〔 : 由①、 ②二式分别可得 P 2000 〕
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由④与⑥得: x ・f (f ( 1) - x ) = 0 ⑦ 在⑦中令 x ≠0 得: f ( f ( 1) - x ) = 0 ( x ≠0) ⑧ 下面再分两种情况分别讨论: ( 1) 若 f ( 1) ≠1, 则在⑧中令 x = f ( 1) - 1 ( ≠ 0) 得 f ( 1) = 0, 这与⑥矛盾! ( 2) 若 f ( 1) = 1, 则由 f ( f ( 1 ) ) = 0 得 f ( 1 ) = ( ( f f 1) ) = 0, 也产生了矛盾! 综上所述, 不可能存在一个非恒为零的函数, 故本题的解为 f ( x ) = 0 ( Π x ∈R ) Ζ 12341 设三角形三边 a , b, c 所对内角的弧度数分 别为 Α , Β, Χ Ζ 求证 2 ) + bΒ ( Χ ) + cΧ( Α a Α( Β+ Χ + Α + Β) Π < a + b+ c 4 证明 不妨设 Α ≤Β≤Χ ,则Α ≤ΒΧ Ζ Β≤Χ Α ( ) ( ) ( ) ∴ 2〔 + + + + + a Α Β Χ bΒ Χ Α cΧ Α Β 〕 = ( a + b+ c) ( ΒΧ + Χ + Α + (c+ Α Β) + ( b+ c - a ) ΒΧ ( ) ) + a + b- c Α a- b Χ Α Β ≤ ( a + b+ c) ( ΒΧ + Χ + Α + (c+ Α Β) + ( b+ c - a ) ΒΧ + ( a + b- c) ΒΧ a - b) ΒΧ = ( a + b+ c) ( 2ΒΧ + Χ + Α Α Β) , ) + bΒ ( Χ ) + cΧ( Α a Α( Β+ Χ + Α + Β) ∴ a + b+ c ) ) Α( Β+ Χ Β+ Χ 2 Α( Β+ Χ ≤ΒΧ + ≤ + 2 2 2 2 1 1 2 Π 2 ( Β+ Χ ) ( Β+ Χ )= (Π - Α )< = + 2Α , 4 4 4 故原不等式成立Ζ 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? 解 此题等价于用六根不同的小棒, 搭成四 面体框架 ( 任意次序总能搭成四面体) , 能得到多 少种不同的四面体Ζ
数学欣赏(数学问题)2006F
为何研究作图问题
主要目的: 培养与锻炼人的逻辑思维能力，提高智力. 作图方式： 限定作图工具：直尺（无刻度）和圆规 限定作图时间：必须在有限步内完成 遗留难题： 化圆为方 倍立方体 三等分角
2
传说
1. “化圆为方”——一个囚徒的冥 想
公元前5世纪， 古希腊数学家、哲 学家安纳萨格拉斯 （Anaxagoras, 约公 元前500—428年） 在研究天体过程中 发现，太阳是个大 火球，而不是所谓 的阿波罗神。
几何三大作图难题是已经解决 了的，结论为“不可能”。
其前提是尺规作图。 如果不限于尺规，它就会成为可能， 目前已知的方法就有好几种。 “三等分角问题”除了尺规要求外， 还有一点常被人忽略，那就是三等分 的是“任意角”，对于某些具体的角 度，比如90，它就是可能的。
5
启示
启示1:
对于历史长、影响深，经过一些著名 数学家钻研而尚未解决的那些著名问 题，往往要越出通常的方法才能解决.
它山之石，可以攻玉！
启示2:
问题本身的意义不仅在于这个问题的解， 更在于一个问题的解决可望得到不少新的 成果和发现新的方法。
醉翁之意不在酒！
启示3:
几何三大问题的研究开创了对圆锥曲线的 研究，发现了一些有价值的特殊曲线，提 出了尺规作图的判别准则，等等。这些都 比几何三大问题的意义深远得多。
主讲：袁南桥
第六章 数学问题
名人语录
问题是数学的心脏。 ——P.R.HALMOS 意义深刻的数学问题从来都不是一找出答 案就完事了。…… 每一代数学家都重新思考并 重新改造他们的前辈所发现的解答，并把这些 解答纳入当代流行的概念和符号体系之中。 ——L. BERS
只要一门学科分支能提出大量的 问题，它就充满着生命力；而问题缺 乏则预示着独立发展的衰亡或终止。 正如人类的每项事业都追求着确定的 目标一样，数学研究也需要自己的问 题。正是通过这些问题的解决，研究 者锻炼其钢铁般的意志，发现新方法 和新观点，达到更为广阔和自由的境 地。
通法很重要 通俗更精彩——关于若干对称不等式简约证明
号成立．（陕西延安育英中学尚生陈供题）
证明 由余弦函数性质，欲使 cos A cos B cos C 22已知a，b，c
为正实数且
abc
= 1 ，n ∈
N+
．求证
n
a3 b+
c
+ b3 + c3 ≥ ab + bc + ca ．（安徽省岳西中学
n c+a n a+b
n2
储百六供题）
取得最大值， ∆ABC 中的 ∠C 应为锐角，不妨设 π > A ≥ B > 0 ，且 π > A + B > π ．
⇒| x |≥| y |≥| z |≥ 0 ，
则 a(z2 + y2 ) + b(z2 + x2 ) + c(x2 + y2 )
b+c
a+c
b+ a
−(| x || y | + | y || z | + | z || x |)
≥ 3c × 2z2 − 3x2 = 3(cz2 − ax2 ) 恒成立，
≥
1+1+ c + 3 ( 2a2 )max
= 3 ，
因此
(1
1 + x)2
+
1 (1+ y)2
+
1 (1+ z)2
≥
[
(1
3 + x)2
]max
=
3 (1+ z)2
≥
3 (1 + 1)2
=
3， 4
当且仅当 x= y= z= 1 时“=”成立．
八届全国初等数学学术研究报告会
全国初等数学研究会
2012年第八届全国初等数学研究学术交流会
论文评选结果公布
全国第八届初等数学研究学术交流会论文评选结果已经揭晓。
本次大会共收到全国各省（市）选送的参评论文151篇，经过全国第七届初等数学研究学术交流会论文评审专家委员会的初评和复评，共评出133篇论文入选大会交流，126篇获奖，其中一等奖21篇、二等奖51篇、三等奖54篇；7篇未评奖。
现将评选结果予以公布。
入选论文、获奖论文题目及作者名单附后，部分论文刊在第四期中国初等数学杂志。
全国初等数学研究会
（福建省数学学会初等数学分会代章）
二○一二年八月一日
2018年第八届全国初等数学研究学术交流会入选、获奖论文名单
的幂级数展开式演绎高考题
三角形内切椭圆的广义
”型通项公式的探究。
数学史试题答案(简答论述)
数学史题库填空题（填空题（每空2 分）1．古希腊著名的三大尺规作图问题分别是：化圆为方、倍立方体、三等分角2．.欧几里得是古希腊论证数学的集大成者，他通过继承和发展前人的研究成果，编撰出旷世巨著《原本》..3．中国古代把直角三角形的两条直角边分别称为勾和股，斜边称为弦4．“万物皆数”是毕达哥拉斯学派的基本信条..5．毕达哥拉斯学派的基本信条是万物皆数6．1687 年，牛顿的《自然哲学的数学原理》出版，它具有划时代的意义，是微积分创立的重要标志之一，被爱因斯坦盛赞为“无比辉煌的演绎成就”.7．1637 年，笛卡儿发表了他的哲学名著《更好地指导推理和寻求科学真理的方法论》，解析几何的发明包含在这本书的附录《几何学》中.8．非欧几何的创立主要归功于数学家高斯、波约、罗巴切夫斯基9．解析几何的发明归功于法国数学家笛卡尔和费马11．徽率、祖率(或密率)、约率分别是.. .、和12．《海岛算经》的作者是__刘徽__，《四元玉鉴》的作者是__朱世杰_____.13．秦九韶的代表作是《_数书九章》，他的提出__正负开方术_是求高次代数方程的完整算法，他提出的__大衍总数术___是求解一次同余方程组的一般方法.14．我国古代数学家刘徽用来推算圆周率的方法叫___割圆术____术，用来计算面积和体积的一条基本原理是___出入相补原理_原理.15．对数的发明者__纳皮尔_____是一位贵族数学家，_拉普拉斯_____曾赞誉道：“对数的发明以其节省劳力而延长了天文学家的寿命”.16.历史上第一篇系统的微积分文献《流数简论》的作者是__牛顿______，第一个公开发表微积分论文的数学家是__莱布尼茨____.17.古代美索不达米亚的数学常常记载在___泥版_____上，在代数与几何这两个传统领域，他们成就比较高的是__代数_______领域.18．阿拉伯数学家__花拉子米____的《还原与对消计算概要》第一次给出了__一元二次____方程的一般解法，并用几何方法对这一解法给出了证明.19.“非欧几何”理论的建立源于对欧几里得几何体系中__第五公设___的证明，最先建立“非欧几何”理论的数学家是___高斯___.20．起源于“英国海岸线长度”问题的一个数学分支是__分形几何____，它诞生于___20_世纪. 21．四色问题是英国青年大学生__古德里_____于___19_____世纪提出的.22．在代数和几何这两大传统的数学领域，古代埃及的数学成就主要在___几何_____方面，美索不达米亚的数学成就主要在__代数______方面.23．用圆圈符号“O”表示零，可以说是__印度数学___的一大发明，有零号的数码和十进位值记数在公元8 世纪传入阿拉伯国家，后又通过阿拉伯人传至___欧洲____.24．希尔伯特在历史上第一次明确地提出了选择和组织公理系统的原则，即：__相容性___、__独立性____、__完备性____.25．被称为“现代分析之父”的数学家是_魏斯特拉斯，被称为“数学之王”的数学家是_高斯__.26.“数学无王者之道”，这里的“王”是指捷径.27.被著名数学史家贝尔称为“最伟大的埃及金字塔”是指莫斯科纸草书中的截棱锥体28. 刘徽是中算史上第一个建立可靠理论来推算圆周率的数学家..简答或证明（简答或证明（每小题5 分）：1.请列举《九章算术》各章的名称和主要研究内容.3.请简述《几何原本》和《九章算术》的思想方法特点，并比较两者的异同.4.请简述微积分诞生的酝酿时期微分学的基本问题和积分学的基本问题.5.请简述开普勒利用“无限小元素和”推导球体积公式的方法.6.请给出勾股定理的两种证明方法，要求画图并写出简要推导过程.7.用《九章算术》中的盈不足术解下面问题：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数、物价各几何”？8.推导三次方程x3=px+q 的求根公式——卡尔丹公式. 9.简述费马大定理的具体内容，并指出它是哪一年被提出的，又在何时被解决.10.在牛顿和莱布尼茨之前有许多数学家曾对微积分的创立作出过重要贡献，请列举其中的两位，并指出他们的主要贡献.11.简述莱布尼茨生活在哪个世纪、所在国家及在数学上的主要成就.12.花拉子米是什么时代、什么地方的数学家，简述他的代表著作和重要数学贡献.13.写出数学基础探讨过程中所出现的“三大学派”的名称、代表人物、主要观点.14.朱世杰是什么时代、什么地方的数学家，简述他的代表著作和重要数学贡献.15.秦九韶是什么时代、什么地方的数学家，简述他的代表著作和重要数学贡献.16.简述笛卡尔的生活年代、所在国家、代表著作以及在数学上的主要成就.17.已知三角形三边长为a,b,c，请推导秦九韶公式，并将该公式变形为海伦公式.18.请简述阿基米德推导球体积公式的方法.19.请简述刘徽证明阳马的体积公式为其三条直角边乘积的三分之一的过程.20.试证明素数有无穷多个.21.试证明2 不是有理数.22.写出斐波那契数列及其通项公式，并说明这个数列与“黄金分割率”的关系.23.三次数学危机分别发生在何时？主要内容是什么？是如何解决的？24. 牛顿、莱布尼兹微积分思想的异同有哪些？25.数系扩充的原则是什么？26.《几何原本》中的5 条公理和5 条公设分别是什么27.四元数系的发现者是谁？这一发现的意义是什么？28.简述阿波罗尼奥斯的生活时代及主要数学成就？29.解方程y 3 ? 3 y 2 ? 3 y ? 14 = 0 .30.试论述“论证几何学的鼻祖”的主要数学成就.31.设最初的正三角形的边长为1，试推导科奇雪花经过n 次变换以后的周长公式，以及当n→∞时科奇雪花面积的极限值.论述题（论述题（20 分）：1.论述数学史对数学教育的意义和作用.2.论述东方古代数学和西方古代数学各自的主要特征、对现代数学的影响，及其对数学教育的启示. 3. 试论述三角学的发展历史及其对高中三角函数教学的启示.4. 集合论的发展经历了哪几个阶段？5. 中国古代最早对勾股定理作出证明的数学家是三国时期的赵爽。
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２ｌ ， ｓ１ － ｌ ２
同理 可得
时。
ｄ ＝ ｃｓ ， ３ Ｒ ｏｙ ２ Ｒ ｏ ｄ ＝ ｃｓ ． ｌ ｆ
在三角 形 中 ， 由三 角恒 等 式 可 得 ， 当 ＋ ｐ＋ｙ＝叮 ｒ
Ｃ ＳＯ ＋Ｃ Ｓ ＋Ｃ Ｓｙ＋２ ｏ ｏ ｏ／ｃｓ ｌ Ｏ ／ Ｏ Ｏ ｃ ｓ￣ ｓ ｏｔ ｃ ３ ，
结 论可 改为 ：
＝
因为
Ｊ ｏ ｓ Ａ △２
１
Ａ ３
如 ， ｓ ＡＡ ｉ Ｏ， ｎ
Ｉ。 Ｒ ｄ ＋ ｄ） ＝ ｄｄ ３ Ｒ 一Βιβλιοθήκη （ ｄ ＋ ； ｌ ２１ ｄ ２．
证 明方法类 似．
简 析 以 二 次 函 数 为 背 景 的 动 态 几 何 问题
●赵 春雷 （ 张家港外国语学校 江苏张家港 ２５０ ） １６０
解 （） Ｏ １ 设 Ａ的长为 ， Ｏ ５一 ． 则 Ｂ＝ 由题意
得 Ｏ ２ Ａ ５ ＡＡ Ｃ：／ Ｏ Ｃ＝ ，Ｂ＝ ， Ｏ ＿Ｂ Ｃ＝ ０ ， Ｏ Ｃ＝ ９。 Ａ
Ｄ ， 因此
图 １
图２
Ａ ＡＯＣ＇ － ＂Ａ ＣＯＢ ，
参考． 原题 已知 锐 角 △ 。 ，内接 于半 径为 的 ｏ０， 圆心 ０ 到 △Ａ Ａ 。三 边 的距 离 分 别 ｄ ， ｄ ，
ｄ ， 明 ： ＋ｄ ）＋ ，证 尺（ ＋ ２ 以 ＝ ． ｄ
所 以
即
． Ｒｉ ． ２ｓ ｄ：
ｄ ＝ ｃ ｓ． １ Ｒ ｏａ
・
４ ・ ４
中 学教研 （ 学） 数
２１ ００卑
《数 学 通 报 》１７８６号 问 题 的 简 证
●陈 昆明 （ 鹿城区临江中学 浙江温州 ３５２ ） ２０２
《 学通报 ）０ ９年第 ５期刊 登 了 曾昌涛教 师 数 ） ０ ２ 提供 的 １８ ７６号问题 的解 答 ， 程较 为繁琐 ， 过 方法 不 易想到． 现笔者 提供 如 下 一种 简 单 的证 法 ， 同行 供
Ｒ。 ・１＝ Ｒ
．
结 Ｄ ２ ３ 设 △ＡＡＡ Ａ， ． ｌ２３的 ３个 内角分别 为 Ｏ， ． ｔ ， 由圆 心 Ｏ在 锐 角 △ＡＡＡ 。 ，的 内
部， 得
／ Ｏ ＿Ａ２ Ａ３＝２ Ａ２ ａ， Ａ３＝２ ｉ ． Ｒｓｎ￣
故命题 得证．
图 １
注
原题 中若 去掉“ 锐角 △ＡＡＡ ” 限制 ， ， 的 则
高为 ２ 将这个直角三角形放置在平面直角坐标系 ， 中， 使其斜边 Ａ 轴重合 （ Ｂ与 其中 Ｏ Ｏ ）直角 Ａ＜ Ｂ ， 顶点 Ｃ落 在 Ｙ轴正 半轴 上 （ 图 １ ． 如 ）
① 当ＡＢ Ｅ是等腰 三角形时， Ｄ 直接写 出此时 点 Ｅ 的坐标 ．
② 连结 Ｃ Ｃ 如 图 ３ ， Ｄ Ｄ，Ｐ（ ） ＡＣ Ｐ是 否 有 最 大 面积 ？若 有 ， 出 ＡＣ Ｐ 的最 大 面 积 和 此 时 点 Ｐ 求 Ｄ 的坐 标 ； 没有 ， 说 明理 由． 若 请 （０９年深圳 市数 学 中考试题 ） ２０
因 此 Ｒ ａ＋ ＋ ； ＋ｄ （ ｄ） ２
＝
简证
如 图 １所 示 ， 连
Ｒ（ ＋ｏ ￣ ｓ ） ２３ ｓ ｏ ｃ ｙ ￣ ｏ ｃ ￣－ｏｙ ＋Ｒ ｏ ｌｓ ｏ ｃ ｓ ｓ ｃ ｃｏ ｆ ｓ ｃｌ
Ｒ （ｏ Ｏ＋ Ｏ２ ｃｓ ＋ ｃｓ ｃｓｃｓ ） ３ｃｓ ／ ＣＳ ／ ｏ ２ｏｏ ｏ ｏｙ ＝ ￣＋ ｔ ｆ ｌ
１ 单动点与 二次 函数
（ ） 图 ２ 点 的坐标 为 （ ， ） 点 Ｊ ｍ， ２如 ， ２ ０ ， Ｐ ） （
是 该抛 物线 上 的一 个 动点 （ 中 ｍ ＞ ｎ＞ ） 连 其 ０， ０ ，
结Ｄ Ｐ交 Ｂ Ｃ于点 ．
例 １ 已知 Ｒ ＡＡ Ｃ的斜边 长 为 ５ 斜 边上 的 ｔ Ｂ ，
动 态几何 问题 以其 丰 富 的特性 频 频 亮相 于 中
（） １ 求线 段 Ｏ Ｏ Ａ，Ｂ的长 和经过点 Ａ， Ｃ的抛 ，
物线 的关 系式．
考试 题 ， 是 与二 次 函数 的结 合 ， 加增 添 了动 尤其 更
态几何 的“ 性 ” 力． 采撷 ２ ０ 个 魅 现 ０ ９年 中考试 题几 例作一简析 ， 供学习参考．