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校本课程高中数学竞赛讲义(下)


长沙市一中内部竞赛教材

第五章
一 能力培养 1,函数与方程思想 二 问题探讨

直线、圆、圆锥曲线
3,分类讨论思想 4,转化能力 5,运算能力

2,数形结合思想

问题 1 设坐标原点为 O,抛物线 y 2 ? 2 x 与过焦点的直线交于 A,B 两点,求 OA ? OB

的值.

??? ? ??? ?

问题 2 已知直线 L 与椭圆

x2 y 2 ? ? 1 交于 P,Q 不同两点,记 OP,OQ 的斜率分别为 a 2 b2
b2 ,求 PQ 连线的中点 M 的轨迹方程. a2

kOP , kOQ ,如果 kOP ? kOQ ? ?

问题 3 给定抛物线 C: y 2 ? 4 x ,F 是 C 的焦点,过点 F 的直线 l 与 C 相交于 A,B 两点. (I)设 l 的斜率为 1,求 OA 与 OB 夹角的大小; (II)设 FB ? ? AF ,若 ? ? [4,9] ,求 l 在 y 轴上截距的变化范围.

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

问题 4 求同时满足下列三个条件的曲线 C 的方程: ①是椭圆或双曲线; ②原点 O 和直线 x ? 1 分别为焦点及相应准线; ③被直线 x ? y ? 0 垂直平分的弦 AB 的长为 2 2 .

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三 习题探 选择题 1 已知椭圆

x2 y 2 10 ? ? 1 的离心率 e ? ,则实数 k 的值为 5 k 5
B,3 或

A,3

25 3

C, 5

D, 15 或

15 3

2 一动圆与两圆 x 2 ? y 2 ? 1和 x2 ? y 2 ? 8x ? 12 ? 0 都外切,则动圆圆心的轨迹为 A,圆 B,椭圆 C,双曲线的一支 D,抛物线

3 已知双曲线的顶点为 (2, ?1) 与(2,5),它的一条渐近线与直线 3x ? 4 y ? 0 平行,则双曲 线的准线方程是 A, y ? 2 ?

9 5

B, x ? 2 ?

9 5

C, y ? 2 ?

12 5

D, x ? 2 ?

12 5

4 抛物线 y 2 ? 2 x 上的点 P 到直线 y ? x ? 4 有最短的距离,则 P 的坐标是 A,(0,0) B, (1, )

1 2

C, ( ,1)

1 2

D, ( , )

1 1 2 2

5 已知点 F ( , 0) ,直线 l : x ? ?

1 4

1 ,点 B 是 l 上的动点.若过 B 垂直于 y 轴的直线与线段 4
D,抛物线

BF 的垂直平分线交于点 M,则点 M 的轨迹是 A,双曲线 B,椭圆 C,圆 填空题 6 椭圆

x2 y 2 ? ? 1 (a ? b ? 0) 上的一点到左焦点的最大距离为 8,到右准线的最小距离 a 2 b2
. .



10 ,则此椭圆的方程为 3

3 7 与方程 x ? y 的图形关于 y ? ? x 对称的图形的方程是

8 设 P 是抛物线 y ? 4 y ? 4 x ? 0 上的动点,点 A 的坐标为 (0, ?1) ,点 M 在直线 PA 上,
2

且分 PA 所成的比为 2:1,则点 M 的轨迹方程是

??? ?

.

9 设椭圆与双曲线有共同的焦点 F 1 (?1,0), F 2 (1,0) ,且椭圆长轴是双曲线实轴的 2 倍, 则椭圆与双曲线的交点轨迹是 解答题 .

10 已知点 H (?3, 0) ,点 P 在 y 轴上,点 Q 在 x 轴的正半轴上,点 M 在直线 PQ 上, 且满足 HP ? PM ? 0 , PM ? ?

??? ? ???? ?

???? ?

? 3 ???? MQ . 2
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(I)当点 P 在 y 轴上移动时,求点 M 的轨迹 C; (II)过点 T (?1, 0) 作直线 l 与轨迹 C 交于 A,B 两点,若在 x 轴上存在一点 E ( x0 ,0) , 使得 ?ABE 是等边三角形,求 x0 的值.

x2 y 2 ? ? 1 (a ? 0, b ? 0) ,点 B,F 分别是双曲线 C 的右顶点和右焦点, a 2 b2 ??? ? ??? ? ??? ? O 为坐标原点.点 A 在 x 轴正半轴上,且满足 OA , OB , OF 成等比数列,过点 F 作双曲
11 已知双曲线 C: 线 C 在第一,第三象限的渐近线的垂线 l ,垂足为 P. (I)求证: PA ? OP ? PA ? FP ;

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

(II)设 a ? 1, b ? 2 ,直线 l 与双曲线 C 的左,右两分

???? DF 支分别相交于点 D,E,求 ???? 的值. DE

12 已知双曲线的两个焦点分别为 F 1 , F2 ,其中 F 1 又是抛物线 y ? 4 x 的焦点,点 A ( ?1, 2) ,
2

B (3, 2) 在双曲线上. (I)求点 F2 的轨迹方程; (II)是否存在直线 y ? x ? m 与点 F2 的轨迹有且只

有两个公共点?若存在,求实数 m 的值,若不存在,请说明理由.

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四 参考答案 问题 1 解:(1)当直线 AB ? x 轴时,在 y 2 ? 2 x 中,令 x ?

??? ? ??? ? 1 1 1 1 3 A( ,1), B( , ?1) ,得 OA ? OB ? ( ,1) ? ( , ?1) ? ? . 2 2 2 2 4

1 ,有 y ? ?1 ,则 2

(2)当直线 AB 与 x 轴不互相垂直时,设 AB 的方程为: y ? k ( x ? )

1 2

1 ? 1 2 ? y ? k(x ? ) 2 2 2 由? 2 ,消去 y ,整理得 k x ? (k ? 2) x ? k ? 0 ,显然 k ? 0 . 4 ? y2 ? 2 ?
设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 x1 ? x2 ?

k2 ? 2 1 , x1 ? x2 ? ,得 2 k 4

??? ? ??? ? 1 1 OA ? OB ? ( x1 , y1 ) ? ( x2 , y2 ) = x1 ? x2 + y1 y2 = x1 ? x2 + k ( x1 ? ) ?k ( x2 ? ) 2 2
= (1 ? k ) x1 ? x2 ?
2

k2 1 ( x1 ? x2 ) ? k 2 2 4

3 1 k2 k2 ? 2 1 2 2 ? 2 ? k =? . = (1 ? k ) ? 4 4 2 k 4
综(1),(2)所述,有 OA ? OB ? ?

??? ? ??? ?

3 . 4

问题 2 解:设点 P,Q,M 的坐标分别为 ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) , ( x, y )

由条件知

x12 y12 x2 2 y2 2 ? ? 1 ? ?1 ① a 2 b2 a 2 b2

y ② o Q p x ④

x?

x1 ? x2 y ? y2 yy b2 ,y? 1 ③ 1 2 ?? 2 2 2 x1 x2 a

①+②得

x12 ? x2 2 y12 ? y2 2 ? ?2 a2 b2



( x1 ? x2 )2 ( y1 ? y2 )2 2 x1 x2 2 y1 y2 4 x2 4 y 2 ? ? ? ? 2 ? 2 ? 2, , 将③ , ④代入得 a2 b2 a2 b2 a2 b

x2 y 2 于是点 M 的轨迹方程为 2 ? 2 ? 1 . a b 2 2
问题 3 解:(I)C 的焦点为 F(1,0),直线 l 的斜率为 1,所以 l 的方程为 y ? x ? 1 ,

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把它代入 y 2 ? 4 x ,整理得 x ? 6 x ? 1 ? 0
2

设 A ( x1 , y1 ) ,B ( x2 , y2 ) 则有 x1 ? x2 ? 6, x1 x2 ? 1 .

??? ? ??? ? OA ? OB ? ( x1, y1 ) ? ( x2 , y2 ) ? x1x2 ? y1 y2 ? 2x1x2 ? ( x1 ? x2 ) +1= ?3 .
??? ? ??? ? OA OB ? x12 ? y12 ? x2 2 ? y2 2 ? x1 x2 [ x1 x2 ? 4( x1 ? x2 ) ? 16] ? 41

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? OA ? OB 3 41 cos ? OA, OB ?? ??? , ? ??? ? ?? 41 OA OB
所以 OA 与 OB 夹角的大小为 ? ? arccos

??? ?

??? ?

3 41 . 41
? x2 ? 1 ? ? (1 ? x1 ) . ? y2 ? ?? y1

(II)由题设 FB ? ? AF 得 ( x2 ?1, y2 ) ? ? (1 ? x1, ? y1 ) ,即 ?

??? ?

??? ?

得 y22 ? ? 2 y12 ,又 y12 ? 4x1 , y22 ? 4x2 ,有 x2 ? ? 2 x1 ,可解得 x2 ? ? ,由题意知 ? ? 0 , 得 B (? , 2

? ) 或 (?, ?2 ? ) ,又 F(1,0),得直线 l 的方程为

(? ?1) y ? 2 ? ( x ?1) 或 (? ?1) y ? ?2 ? ( x ?1) ,
当 ? ? [4,9] 时, l 在 y 轴上的截距为

2 ? 2 ? 2 ? 2? 2 或? ,由 ,可知 ? ? ? ? 1 ? ?1 ? ?1 ? ? 1 ? ?1

2 ? 3 2 ? 4 4 2 ? 3 在[4,9]上是递减的,于是 ? ? ,? ? ? ?? , ? ?1 4 ? ?1 3 3 ? ?1 4
所以直线 l 在 y 轴上的截距为[ ?

4 3 3 4 , ? ] ?[ , ] . 3 4 4 3

问题 4 解:设 M ( x, y ) 为曲线 C 上任一点,曲线 C 的离心率为 e (e ? 0, e ? 1) ,由条件①,②得

x2 ? y 2 ? e ,化简得: (1 ? e2 ) x2 ? y 2 ? 2e2 x ? e2 ? 0 x ?1
设弦 AB 所在的直线方程为 y ? x ? m (ii)代入(i)整理后得: (2 ? e ) x ? 2(m ? e ) x ? m ? e ? 0
2 2 2 2 2

(i) (ii) (iii),

可知 e ? 2 不合题意,有 2 ? e ? 0 ,
2
2

设弦 AB 的端点坐标为 A ( x1 , y1 ) ,B ( x2 , y2 ) ,AB 的中点 P ( x0 , y0 ) .则 x1 , x2 是方程(iii)的两根.

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2(m ? e2 ) 2(m ? e2 ) y ? y ? ( x ? m ) ? ( x ? m ) ? ? ? 2m , 1 2 1 2 2 ? e2 2 ? e2

x1 ? x2 ? ?

x0 ?

x1 ? x2 m ? e2 y ? y2 (m ? 1)e2 ? m ? 2 ? , y0 ? 1 ,又中点 P ( x0 , y0 ) 在直线 x ? y ? 0 上, 2 e ?2 2 e2 ? 2



m ? e 2 (m ? 1)e2 ? m + =0,解得 m ? ?2 ,即 AB 的方程为 y ? x ? 2 ,方程(iii)为 e2 ? 2 e2 ? 2

(2 ? e2 ) x2 ? 2(e2 ? 2) x ? 4 ? e2 ? 0 ,它的 ? ? 8(e2 ? 2) ? 0 ,得 e2 ? 2 .
x1 ? x2 ? ? 2(?2 ? e2 ) 4 ? e2 ? 2 x ? x ? , 1 2 2 ? e2 2 ? e2
2

由 AB ? 1 ? k
2 2

x1 ? x2 ,得 AB2 ? ( x1 ? x2 )2 (1 ? k 2 ) ? [( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2 ](1 ? k 2 )

即 (2 2) ? (2 ? 4 ?

4 ? e2 )(1 ? 12 ) ,得 e2 ? 4 ? 2 ,将它代入(i)得 3x2 ? y 2 ? 8x ? 4 ? 0 . 2 ? e2

4 ( x ? )2 2 3 ? y ?1. 所求的曲线 C 的方程为双曲线方程: 4 4 9 3 25 1 焦点在 x 轴得 k ? 3 ;焦点在 y 轴得 k ? ,选 B. 3
' ' ' 2 设圆心 O(0,0), O1 (?4, 0) , O 为动圆的圆心,则 O O1 ? O O ? (r ? 4) ? (r ? 1) ? 3 ,选 C.

3 知双曲线的中心为(2,2),由 3x ? 4 y ? 0 变形得

y 2 x2 ? ? 0 ,于是所求双曲线方程为 9 16

9 9 ( y ? 2)2 ( x ? 2) 2 ? ? 1 ,它的准线为 y ? 2 ? ? ,即 y ? 2 ? ,选 A. 5 5 9 16
2 2 2 4 设直线 y ? x ? m 与 y ? 2 x 相切,联立整理得 x ? 2(m ?1) x ? m ? 0 ,

由 ? ? 4(m ? 1) ? 4m ? 0 ,得 m ?
2 2

1 1 ,这时得切点( ,1),选 B. 2 2

5 由 MF ? MB 知点 M 的轨迹是抛物线,选 D.

?a ? c ? 8 8 ? 2 6 可得 ? a 2 10 ,消去 c ,整理得 3a ? 7a ? 40 ? 0 ,有 a ? 5 或 ? (舍去),得 c ? 3 , 3 ? ?a ? 3 ?c

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x2 y 2 ? ?1. 25 16

b ? 4 ,所以所求的椭圆方程为

7 设点 P ( x, y ) 是所求曲线上任一点,它关于 y ? ? x 对称的点 P' (? y, ? x) 在 x ? y3 上, 有 ? y ? (? x)3 ,即 y ? x3 . 8 设点 P ( x0 , y0 ) ,M ( x, y ) ,有 x ?

x0 ? 2 ? 0 y ? 2 ? (?1) ,y? 0 ,得 x0 ? 3x , y0 ? 3 y ? 2 3 3

而 y02 ? 4 y0 ? 4x0 ? 0 ,于是得点 M 的轨迹方程是 9 y 2 ?12 x ? 4 ? 0 . 9 由条件可得 PF 1 ? 3 PF 2 或 PF 2 ? 3 PF 1 ,设 P ( x, y ) 代入可知交点的轨迹是两个圆. 10 解:(I) 设点 M ( x, y ) ,由 PM ? ? 由 HP ? PM ? 0 ,得 (3, ? ) ? ( x,

???? ?

??? ? ???? ?

? 3 ???? y x MQ ,得 P (0, ? ), Q ( , 0) 2 2 3

y 2

3y ) ? 0, 所以 y 2 ? 4x .又点 Q 在 x 轴的正半轴上,得 x ? 0 . 2

所以,动点 M 的轨迹 C 是以(0,0)为顶点,以(1,0)为焦点的抛物线,除去原点. (II)设直线 l : y ? k ( x ? 1) ,其中 k ? 0 ,代入 y 2 ? 4 x ,整理得 k 2 x2 ? 2(k 2 ? 2) x ? k 2 ? 0 ① 设 A ( x1 , y1 ) ,B ( x2 , y2 ) , x1 ? x2 ? ?

2(k 2 ? 2) , x1 x2 ? 1, y1 ? y2 ? k ( x1 ? 1) ? k ( x2 ? 1) k2

= k ( x1 ? x2 ) ? 2k ?

4 2 ? k2 2 , ), ,有 AB 的中点为 ( k k2 k 2 2 2 1 2 ? k2 ? ? (x ? ) ,令 y ? 0 , x0 ? 2 ? 1 ,有 E ( 2 ? 1, 0) 2 k k k k k

AB 的垂直平分线方程为 y ?

由 ?ABE 为正三角形,E 到直线 AB 的距离为

3 4 1? k 2 AB ,知 AB ? ? 1? k 2 . 2 k2



2 3 1? k 2 2 1? k 2 11 3 ? ,解得 k ? ? ,所以 x0 ? . 2 k k 3 2
a ( x ? c) b

11(I)证明:直线 l 的方程为: y ? ?

a ? y ? ? ( x ? c) ? ??? ? ??? ? ??? ? a 2 ab ? b 由? ,得 P ( , ) ,又 OA , OB , OF 成等差数列, c c ?y ? b x ? a ?
得 A(

??? ? ? a 2 ab ??? ? a2 ab ??? b2 ab ,0),有 PA ? (0, ? ), OP ? ( , ), FP ? (? , ) , c c c c c c
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??? ? ??? ? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? a 2b 2 ??? a 2b 2 PA ? FP ? ? , ,因此 PA ? OP ? PA ? FP . 2 2 c c
1 ( x ? 5) 2

于是 PA ? OP ? ?

(II)由 a ? 1, b ? 2 ,得 c ? 5 , l : y ? ?

1 ? y ? ? ( x ? 5) ? ? 2 由? ,消去 x ,整理得 15 y2 ?16 5 y ? 16 ? 0 2 ? x2 ? y ? 1 ? ? 4



设 D ( x1 , y1 ) ,E ( x2 , y2 ) ,由已知有 y1 ? y2 ,且 y1 , y2 是方程①的两个根.

y1 ? y2 ?

16 y1 y2 ( y1 ? y2 )2 ? 2 y1 y2 10 1 y 16 5 , y1 y2 ? , ? ? ? ,解得 2 ? 3 或 . 15 y2 y1 3 y1 15 y1 y2 3

???? DF y2 1 y1 1 3 又 y1 ? y2 ,得 = ,因此 ???? ? ? ? . y1 3 DE y1 ? y2 1 ? y2 2 y1
12 解:(I) F1 (1, 0) , AF1 ? BF2 ? 2 2 ,设 F2 ( x, y) 则

AF1 ? AF2 ? BF1 ? BF2 ? 2a ? 0 ,去掉绝对值号有两种情况,分别得 F2 的轨迹
方程为 x ? 1 和

( x ? 1)2 ( y ? 2) 2 ? ? 1( y ? 0, y ? 4 ) 8 4 ( x ? 1)2 ( y ? 2) 2 ? ?1 8 4

(II)直线 l1 : x ? 1 , l2 : y ? x ? m ,D(1,4),椭圆 Q:

①若 l2 过点 F 1 或 D,由 F 1 ,D 两点既在直线 l1 上,又在椭圆 Q 上,但不在 F2 的轨迹上, 知 l2 与 F2 的轨迹只有一个公共点,不合题意. ②若 l2 不过 F 1 ,D 两点( m ? ?1, m ? 3 ).则 l 2 与 l1 必有一个公共点 E,且点 E 不在椭圆 Q 上, 所以要使 l2 与 F2 的轨迹有且只有两个公共点,必须使 l2 与 Q 有且只有一个公共点,
2 2 把 y ? x ? m 代入椭圆的方程并整理得 3x ? (10 ? 4m) x ? 2m ? 8m ? 1 ? 0

由 ? ? 0 ,得 m ? 1 ? 2 3 .

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第六章 空间向量 简单几何体
一 能力培养 1,空间想象能力 二 问题探讨 2,数形结合思想 3,转化能力 4,运算能力

问题 1(如图)在棱长为 1 的正方体 ABCD -A1B1C1D1 中, (1)求异面直线 A1 B 与 B1 C 所成的角的大小; (2)求异面直线 A1 B 与 B1 C 之间的距离; (3)求直线 A1 B 与平面 B1 CD 所成的角的大小; (4)求证:平面 A1 BD//平面 C B1 D1 ; (5)求证:直线 A C1 ? 平面 A1 BD; (7)求点 A1 到平面 C B1 D1 的距离; D C A B (6)求证:平面 AB C1 ? 平面 A1 BD; (8)求二面角 A1 ? B1 C ? D1 的大小. D A B C

问题 2 已知斜三棱柱 ABCD ? A1B1C1D1 的侧面 A 1 AC C1
0 与底面垂直, ?ABC ? 90 , BC ? 2 , AC ? 2 3 ,

B A C

? A1 C, A A1 = A1 C. 且AA 1
(1)求侧棱 A A 1 和底面 ABC 所成的角的大小; (2)求侧面 A 1 AB B 1 和底面 ABC 所成二面角的大小; (3)求顶点 C 到侧面 A 1 AB B 1 的距离.

B A C

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三 习题探讨 选择题 1 甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成,其空间构型为一正四面体,碳原子位于该正四 面体的中心,四个氢原子分别位于该正四面体的四个顶点上.若将碳原子和氢原子均视为一 个点(体积忽略不计),且已知碳原子与每个氢原子间的距离都为 a ,则以四个氢原子为顶点 的这个正四面体的体积为 A,

8 3 a 27

B,

8 3 3 a 27

C, a

1 3

3

D, a

8 9

3

2 夹在两个平行平面之间的球,圆柱,圆锥在这两个平面上的射影都是圆,则它们的体积之 比为 A,3:2:1 B,2:3:1 C,3:6:2 D,6:8:3 3 设二面角 ? ? a ? ? 的大小是 60 ,P 是二面角内的一点,P 点到 ? , ? 的距离分别为 1cm,
0

2cm,则点 P 到棱 a 的距离是 A,

2 21 cm 3

B,

21 cm 3

C,

2 cm 3

D,

4 21 cm 3
A

4 如图,E,F 分别是正三棱锥 A ? BCD 的棱 AB,BC 的中点,且 DE ? EF.若 BC= a ,则此正三棱锥的体积是

a3 A, 24
C,

B,

2 3 a 24
B

E D F C

2 3 a 12

D,

3 3 a 12

5 棱长为的正八面体的外接球的体积是 A,

? 6

B,

4 3 ? 27

C,

8 2 ? 3

D,

2 ? 3

填空题 6 若线段 AB 的两端点到平面 ? 的距离都等于 2,则线段 AB 所在的直线和平面 ? 的位置关系是 . 7 若异面直线 a , b 所原角为 60 ,AB 是公垂线,E,F 分别是异面直线 a , b 上到 A,B 距离为 2 和平共处的两点,当 EF ? 3 时,线段 AB 的长为 .
0

8 如图(1),在直四棱柱 A 1B 1C1D 1 ? ABCD 中,当底面四边形 ABCD 满足条件

? B1 D1 (注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形) 时,有 A 1C

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A B AC B C 图(1) E N A M 图(2) 9 如图(2),是一个正方体的展开图,在原正方体中,有下列命题: ①AB 与 EF 所连直线平行; ②AB 与 CD 所在直线异面; ③MN 与 BF 所在直线成 60 ;
0

D D D F C B

④MN 与 CD 所在直线互相垂直.

其中正确命题的序号为 .(将所有正确的都写出) 解答题 10 如图,在 ?ABC 中,AB=AC=13,BC=10,DE//BC 分别交 AB,AC 于 D,E.将 ?ADE 沿 DE 折起来使得 A 到 A 1 ,且 A 1 ? DE ? B 为 60 的二面角,求 A 1 到直线 BC 的最小距离.
0

A

A E C B O

D

O

11 如图,已知矩形 ABCD 中,AB=1,BC= a (a ? 0) ,PA ? 平面 ABCD,且 PA=1. (1)问 BC 边上是否存在点 Q 使得 PQ ? QD?并说明理由; (2)若边上有且只有一个点 Q,使得 PQ ? QD,求这时二面角 Q ? PD ? A 的正切.

P

A B Q C

D

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参考答案: 问题 1(1)解:如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系,有 A 1 (1,0,1),B(1,1,0), B 1 (1,1,1),C(0,1,0) 得A 1B ? (0,1, ?1) , B 1C ? (?1,0, ?1) ,设 A 1B 与 B 1C 所成的角为 ? ,则

????

????

????

????

???? ???? A1 B ? B1C 1 1 cos ? ? ???? ? ,又 00 ? ? ? 1800 ,得 ? ? 600 ???? ? 2? 2 2 A1 B ? B1C
所以异面直线 A1 B 与 B1 C 所成的角的大小为 60 . (2)设点 M 在 A1 B 上,点 N 在 B1 C 上,且 MN 是 A 1B 与 B 1 C 的公垂线,令 M (1, m,1 ? m) , N (n,1, n) ,则 MN ? (n ?1,1 ? m, m ? n ?1)
0

???? ?

???? ???? ? ? 2 2 ? A1 B ? MN ? 0 ?(0,1, ?1) ? (n ? 1,1 ? m, m ? n ? 1) ? 0 由 ? ???? ???? ,得 ? ,解得 m ? , n ? ? 3 3 ? ? B1C ? MN ? 0 ?(?1,0 ? 1) ? (n ? 1,1 ? m, m ? n ? 1) ? 0
所以 MN ? (? , , ) ,得 MN ?

???? ?

1 1 1 3 3 3

3 3 ,即异面直线 A1 B 与 B1 C 之间的距离为 . 3 3

(3)解:设平面 B1 CD 的法向量为 n1 ? ( x, y, z,) ,而 DC ? (0,1,0) ,由 n1 ? DC , n1 ? B1C , 有?

??

????

??

???? ??

????

?? ?( x, y, z,) ? (0,1,0) ? 0 ?x ? ?z ,得 ? ,于是 n1 ? (?1,0,1) , ?( x, y, z,) ? (?1,0, ?1) ? 0 ? y ? 0 ?? ????

设 n1 与 A 1B 所成的角为 ? ,则

???? ?? A1 B ? n1 (0,1, ?1) ? (?1, 0,1) 1 cos ? ? ???? ? ? ,又 00 ? ? ? 1800 ,有 ? ? 1200 . ?? ? 2 2? 2 A1 B ? n1
所以直线 A1 B 与平面 B1 CD 所成的角为 60 . (4)证明:由 A 1B //C D 1 ,C D 1 ? 平面 C B 1 ,得 A 1B //平面 C B 1, 1 D 1 D 又 BD// B1 D1 , B1 D1 ? 平面 C B1 D1 ,得 BD//平面 C B1 D1 , 而 A1B ? BD ? B ,于是平面 A1 BD//平面 C B1 D1 . (5)证明:A(1,0,0), C1 (0,1,1), AC1 ? (?1,1,1) , DB ? (1,1,0) , 有 AC1 ? A 1B ? (?1,1,1) ? (0,1, ?1) ? 0 及 AC1 ? DB ? (?1,1,1) ? (1,1,0) ? 0 ,得
0

???? ?

??? ?

???? ? ????

???? ? ??? ?

???? ? ???? ???? ? ??? ? AC1 ? A1B , AC1 ? DB , A1B ? BD ? B ,
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于是,直线 A C1 ? 平面 A1 BD.

? 平面 A1 BD. (6)证明:由(5)知 AC1 ? 平面 A 1 BD,而 AC1 ? 平面 AB C1 ,得平面 AB C1
(7)解:可得 B1 C=C D1 = D1B1 = 2 ,有 S?B1CD1 ?

1 3 ? ( 2)2 ? sin 600 ? 2 2

由 VA1 ? B1CD ? VC ? A1B1D1 ,得 ? S ?B1CD1 ? h ?

1 3

1 1 3 1 3 ? ( ?1?1) ?1 ,即 ? h ? ,得 h ? 3 2 2 2 3

所以点 A 1 到平面 CB 1D 1 的距离为

3 . 3

(8)解:由(3)得平面 B1 CD 的法向量为 n1 = (?1, 0,1) ,它即为平面 A 1B 1C 的法向量. 设平面 B1CD1 的法向量为 n2 ? ( x, y, z,) ,则 n2 ? B1C , n2 ? B1D1 又 B1D1 ? (0,0,1) ? (1,1,1) ? (?1, ?1,0) 由?

??

?? ?

?? ?

???? ?? ?

?????

?????

?? ? ?( x, y, z,) ? (?1,0, ?1) ? 0 ? y ? ? x ,得 ? ,所以 n2 ? (1, ?1, ?1) ?( x, y, z,) ? (?1, ?1,0) ? 0 ? z ? ? x ?? ?? ?

设 n1 与 n2 所成的角为 ? ,则

?? ?? ? n1 ? n2 (?1, 0,1) ? (1, ?1, ?1) 6 cos ? ? ?? ?? ?? ? ? 3 2? 3 n1 ? n2
所以二面角 A 1?B 1C ? D 1 的大小为 arccos

6 . 3

问题 2 解:建立如图所示的空间直角坐标系,由题意知 A (2 2,0,0) ,B(0,0,0),C(0,2,0).

? 面 ABC,且 A A1 = A1 C,知点 A1 ( 2,1, 3) , AA 又由面 A 1 AC C1 1 ? (? 2,1, 3) ,
平面 ABC 的法向量 n ? (0, 0,1) .

????

???? ???? ???? AA1 ? n (? 2,1, 3) ? (0, 0,1) 2 0 ? ? (1) cos ? AA1 , n ?? ???? ,得 ? AA 1 , n ?? 45 2 2 2 2 AA1 ?1 (? 2) ? 1 ? ( 3)
于是,侧棱 AA1 和底面 ABC 所成的角的大小是 45 . (2) AB ? (?2 2,0,0), 设面 A 1 ? ( x, y, z,) ,则由 1 AB B 1 的法向量 n
0

??? ?

???? n1 ? AA1 ? ( x, y, z,) ? (? 2,1, 3) ? ? 2x ? y ? 3z ? 0
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??? ? n1 ? AB ? ( x, y, z,) ? (?2 2,0,0) ? ?2 2x ? 0
得 x ? 0 , y ? ? 3z .于是, n1 ? (0, ? 3,1) ,又平面 ABC 的法向量 n ? (0, 0,1) ,得

cos ? n1 , n ??

n1 ? n (0, ? 3,1) ? (0, 0,1) 1 ? ? ,有 ? n1, n ?? 600 . n1 ? n 2 4 ?1
0

所以侧面 A 1 AB B 1 和底面 ABC 所成二面角的大小是 60 . (3)从点 C 向面 A 1 AB B 1 引垂线,D 为垂足,则 ?CBD ? 60
0

? ??? ? ??? ? ???? ??? ??? ? BC ? DC BC ? kn1 (0, 2, 0) ? (0, ? 3k , k ) CD ? ???? ? ??? ? 3 ? ? DC kn1 4k 2
所以点 C 到侧面 A 1 AB B 1 的距离是 3 . 习题 1 过顶点 A,V 与高作一截面交 BC 于点 M,点 O 为正四面体的中心, O1 为底面 ABC 的中心, 设正四面体 VABC 的棱长为 m ,则 AM=

3 1 3 m =VM, O1M = AM ? m, 2 3 6

O1 A ?

6 6 2 3 m ,得 OO1 ? VO1 ? VO ? m?a AM ? m , VO1 ? VM 2 ? O1M 2 ? 3 3 3 3
2

在 Rt ?AOO1 中, AO2 ? OO12 ? AO12 ,即 a ? (

6 3 2 6 m ? a)2 ? ( m)2 ,得 m ? a. 3 3 3

则 VO1 ?

4 1 1 8 3 3 a ,有 VV ? ABC ? ? ( ? m2 ? sin 600 ) ?VO1 ? a .选 B. 3 3 2 27

温馨提示:正四面体外接球的半径 VO :内切球的半径 OO1 = a :

1 a ? 3 :1 . 3

2 V1 : V2 : V3 ? ( ? R ) : (? R ? 2 R) : ( ? ? R ? 2 R) ? 2 : 3 :1 ,选 B.
3 2 2

4 3

1 3

3 设 PA ? 棱 a 于点 A,PM ? 平面 ? 于点 M,PN ? 平面 ? 于点 N,PA= t , ?PAM ? ? ,则

?t sin ? ? 1 3 3 ,得 3 cos ? ? 5sin ? ,有 sin ? ? 或? (舍去), ? 0 t sin(60 ? ? ) ? 2 2 7 2 7 ?
所以 t ?

1 21 ? cm ,选 B. sin ? 3

4 由 DE ? EF,EF//AC,有 DE ? AC,又 AC ? BD,DE ? BD=D,得 AC ? 平面 ABD.
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2 a. 2

由对称性得 ?BAC ? ?CAD ? ?BAD ? 90 ,于是 AB ? AC ? AD ?
0

1 1 2 2 2 2 3 VB ? ACD ? ? ( ? a? a) ? a? a ,选 B. 3 2 2 2 2 24
5 可由两个相同的四棱锥底面重合而成,有 2r ?

2 ,得 r ?

2 , 2

外接球的体积 V ?

4 3 2 ?r ? ? ,选 D. 3 3

6 当 AB ? 2 时,AB// ? ;当 AB ? 2 时,AB// ? 或 AB ? 7 由 EF ? EA ? AB ? BF ,得 EF

? ;当 AB ? 2 时,AB// ? 或与 ? 斜交.

??? ?

??? ? ??? ? ??? ?

??? ?2

??? ? 2 ??? ? 2 ??? ?2 ??? ? ??? ? ? EA ? AB ? BF ? 2 EA ? BF ? cos ?

??? ? 1 ,得 AB ? 2 ; 2 ??? ? ??? ? 2 1 0 (2)当 ? ? 120 时,有 9 ? 4 ? AB ? 1 ? 2 ? 2 ?1 ? ,得 AB ? 6 . 2 8 AC ? BD.(或 ABCD 是正方形或菱形等) 9 将展开的平面图形还原为正方体 NACF ? EMBD ,可得只②,④正确.
0 (1)当 ? ? 60 时,有 9 ? 4 ? AB ? 1 ? 2 ? 2 ?1 ?

??? ?2

10 解:设 ?ABC 的高 AO 交 DE 于点 O1 ,令 AO1 ? x , 由 AO= 132 ? 52 ? 12 ,有 OO1 ? 12 ? x ,
0 2 2 2 0 在 ?AOO ? AO ? 2 ? AO 1 1 中, ?AO 1 1O ? 60 ,有 AO 1 1 1 ? OO 1 1 1 ? OO 1 ? cos60
2 得 A1O ? 3( x ? 6) ? 36 .

当 x ? 6 时, A 1 到直线 BC 的最小距离为 6. 11 解:(1)(如图)以 A 为原点建立空间直角坐标系,设 BQ ? x ,则 Q (1, x, 0) ,P(0,0,1),D (0, a,0) 得 PQ ? (1, x, ?1) , QD ? (?1, a ? x,0) 由 PQ ? QD ,有 (1, x, ?1) ? (?1, a ? x,0) ? 0 ,得 x ? ax ? 1 ? 0
2

??? ?

??? ?

??? ?

????



2 若方程①有解,必为正数解,且小于 a .由 ? ? (?a) ? 4 ? 0 , a ? 0 ,得 a ? 2 .

(i)当 a ? 2 时,BC 上存在点 Q,使 PQ ? QD; (ii)当 0 ? a ? 2 时, BC 上不存在点 Q,使 PQ ? QD. (2)要使 BC 边上有且只有一个点 Q,使 PQ ? QD,则方程①有两个相等的实根,
2 这时, ? ? (?a) ? 4 ? 0 ,得 a ? 2 ,有 x ? 1 .

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又平面 APD 的法向量 n1 ? (1,0,0) ,设平面 PQD 的法向量为 n2 ? ( x, y, z ) 而 QD ? (?1,1,0) , PD ? (0, 2,0) ? (0,0,1) ? (0, 2, ?1) ,

????

??? ?

???? ? ?n2 ? QD ? 0 ?( x, y, z ) ? (?1,1,0) ? 0 由? ,得 ? ,解得 x ? y, z ? 2 y ??? ? ? ?n2 ? PD ? 0 ?( x, y, z ) ? (0, 2, ?1) ? 0
有 n2 ? (1,1, 2) ,则

cos ? n1 , n2 ??

n1 ? n2 (1,0,0) ? (1,1, 2) 1 ,则 tan ? n1 , n2 ?? 5 ? ? n1 ? n2 1? 6 6

所以二面角 Q ? PD ? A 的正切为 5 .

第七讲

二项式定理与多项式
知识、方法、技能

Ⅰ.二项式定理 1.二项工定理
k n?k k ( a ? b) n ? ? C n a b (n ? N*) k ?0 n

2.二项展开式的通项
r n ?r r Tr ?1 ? Cn a b (0 ? r ? n) 它是展开式的第 r+1 项.

3.二项式系数
r Cn (0 ? r ? n).

4.二项式系数的性质 (1) Cn ? Cn
k k n ?k

(0 ? k ? n).
k ?1

(2) Cn ? Cn?1 ? Cn?1 (0 ? k ? n ? 1).
k

(3) 若 n 是偶数, 有C ? C ??? C
0 n 1 n

n 2 n

??? C
n ?1

n ?1 n

?C

n 即中间一项的二项式系数 n ,

C

n 2 n

最大.
0 1 n ?1 n 若 n 是奇数,有 Cn ,即中项二项的二项式 ? Cn ? ? ? Cn 2 ? Cn 2 ? ? ? Cn ? Cn n?1

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n n ?1

系数 C n2 和C n 2 相等且最大.
0 1 2 n (4) Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? 2 n. 0 2 4 1 3 5 (5) Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? Cn ? Cn ? ? ? 2n?1.

(6) kC n ? nC n ?1 或C n ?
k k

k ?1

n k ?1 C n ?1 . k

k m k ?m k ?m m (7) Cn ? Ckm ? Cn ? Cn Cn?k ?m (m ? k ? n). ?m ? Cn n n n n n?1 (8) Cn ? Cn ?1 ? ?Cn? 2 ? ? ? Cn?k ? Cn? k ?1 . m 以上组合恒等式(是指组合数 C n 满足的恒等式)是证明一些较复杂的组合恒等式的基

本工具.(7)和(8)的证明将在后面给出. 5.证明组合恒等式的方法常用的有 (1)公式法,利用上述基本组合恒等式进行证明. (2)利用二项式定理,通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. (3)利用数学归纳法. (4)构造组合问题模型,将证明方法划归为组合应用问题的解决方法. 赛题精讲 例 1:求 ( x ? 1 ?

1 7 ) 的展开式中的常数项. x

【解】由二项式定理得

1 1 ( x ? 1 ? ) 7 ? [1 ? ( x ? )] 7 x x 1 1 1 1 0 1 r 7 ? C7 ? C7 ( x ? ) ? C 72 ( x ? ) 2 ? ? ? C 7 ( x ? ) r ? ? ? C7 (x ? )7 x x x x 1 r r 其中第 r ? 1(0 ? r ? 7) 项为 T r ?1? C 7 ( x ? ) ② x 1 r 在 ( x ? ) 的展开式中,设第 k+1 项为常数项,记为 Tk ?1, x k r ?k 1 k k r ?2k , (0 ? k ? r ) ③ 则 Tk ?1, ? C r x ( ) ? C r x x
由③得 r-2k=0,即 r=2k,r 为偶数,再根据①、②知所求常数项为
0 2 1 4 2 6 3 C7 ? C7 C7 ? C7 C7 ? C7 C6 ? 393.



【评述】求某一项时用二项展开式的通项. 例 2:求 (1 ? 2x ? 3x ) 的展开式里 x5 的系数.
2 6

【解】因为 (1 ? 2 x ? 3x ) ? (1 ? 3x) (1 ? x)
2 6 6

6

1 2 3 6 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 ? [1 ? C6 ? 3x ? C6 ? (3x) 2 ? C6 ? (3x) 3 ? ? ? C6 ? (3x) 6 ][1 ? C6 x ? C6 x ? C6 x ? C6 x ? C6 x ? C6 x ].

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5 1 4 2 3 3 2 所以 (1 ? 2x ? 3x 2 ) 6 的展开式里 x5 的系数为 1(?C6 ) ? 3C6 ? C6 ? 32 C6 (?C6 ) ? 33 C6 ? C6

4 1 5 ? 34 C6 ? (?C6 ) ? 35 C6 ?1 ? ?1 6 . 8

【评述】本题也可将 (1 ? 2x ? 3x 2 ) 6 化为 [1 ? (2 x ? 3x 2 )]6 用例 1 的作法可求得. 例 3:已知数列 a0 , a1 , a2 ,?(a0 ? 0) 满足 ai ?1 ?a i ?1 ? 2ai (i ? 1,2,3,?), 求证:对于任何自然数 n,
0 1 2 2 n?1 n?1 n n p( x) ? a0Cn (1 ? x) n ? a1Cn x(1 ? x) n?1 ? a2Cn x (1 ? x) n?2 ? ? ? an?1Cn x (1 ? x) ? an Cn x

是 x 的一次多项式或零次多项式.

(1986 年全国高中数学联赛试题)

【思路分析】由 ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai 知 {an } 是等差数列,则 ai ? ai ?1 ? d ? a0 ? id (i ? 1,2,?), 从而可将 p ( x) 表示成 a0 和d 的表达式,再化简即可. 【解】因为 ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai (i ? 1,2,3,?) 有 ai ? a0 ? id (i ? 1,2,3,?) 从而 所以数列 {an } 为等差数列,设其公差为 d

0 1 2 2 n n P( x) ? a0Cn (1 ? x) n ? (a0 ? d )Cn x(1 ? x) n?1 ? (a0 ? 2d )Cn x (1 ? x) n?2 ? ? ? (a0 ? nd)Cn x
0 1 n n 1 2 2 n n ? a0 [Cn (1 ? x) n ? Cn x(1 ? x) n?1 ? ?? Cn x ] ? d[1? Cn x(1 ? x) n?1 ? 2Cn x (1 ? x) n?2 ? ?? nCn x ],

由二项定理,知
0 1 2 2 n n Cn (1 ? x) n ? Cn x(1 ? x) n?1 ? Cn x (1 ? x) n?2 ? ? ? Cn x ? [(1 ? x) ? x]n ? 1,
k 又因为 kCn ?k?

n! (n ? 1)! k ?1 ? n? ? nCn ?1 , k!(n ? k )! (k ? 1)![(n ? 1) ? (k ? 1)]!

1 2 2 n n 从而 Cn x(1 ? x) n?1 ? 2Cn x (1 ? x) n?2 ? ? ? nCn x

1 n ?2 ? nx[(1 ? x) n?1 ? Cn ? ? ? x n?1 ] ?1 x(1 ? x)

? nx[(1 ? x) ? x]n?1 ? nx.

所以 P( x) ? a0 ? ndx.

当 d ? 0时, P( x)为x 的一次多项式,当 d ? 0时, P( x)为零次多项式. 例 4: 已知 a, b 均为正整数, 且 a ? b, sin ? ?
2ab ? (其中0 ? ? ? ), An ? (a 2 ? b 2 ) n ? sin n? , 求 2 a2 ? b2

证:对一切 n ? N * ,An 均为整数. 【思路分析】由 sin n? 联想到复数棣莫佛定理,复数需要 cos ? ,然后分析 An 与复数的关 系. 【证明】因为 sin ? ?

2ab ? a2 ? b2 2 , 且 0 ? ? ? , a ? b , 所以 cos ? ? 1 ? sin ? ? . 2 a2 ? b2 a2 ? b2
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显然 sin n?为(cos? ? i sin ? ) n 的虚部,由于 (cos? ? i sin ? ) n

?(

a2 ? b2 2ab 1 1 ? 2 i) n ? 2 (a 2 ? b 2 ? 2abi) ? 2 (a ? bi) 2n . 2 2 2 2 n a ?b a ?b (a ? b ) (a ? b 2 ) n

所 以 (a 2 ? b 2 ) n ( c o s n? ? i si nn? ) ? (a ? bi) 2n . 从 而 An ? (a 2 ? b 2 ) n sin n?为(a ? bi) 2n 的 虚 部. 因为 a、 b 为整数, 根据二项式定理, 所以对一切 n ? N * , (a ? bi) 2n 的虚部当然也为整数, An 为整数. 【评述】把 An 为与复数 (cos? ? i sin ? ) n 联系在一起是本题的关键. 例 5:已知 x, y 为整数,P 为素数,求证: ( x ? y) P ? x P ? y P (modP)
1 P?1 2 P ?2 2 p ?1 【证明】 ( x ? y) P ? x P ? CP x y ? CP x y ? ? ? CP xy P?1 ? y P
r 由于 C P ?

p ( p ? 1) ? ( p ? r ? 1) ,又因为 P 为素 (r ? 1,2,?, P ? 1) 为整数,可从分子中约去 r! r!

r 数,且 r ? p ,所以分子中的 P 不会红去,因此有 P | CP (r ? 1,2,?, P ? 1). 所以

( x ? y) P ? x P ? y P (modP).
【评述】 将 ( x ? y) 展开就与 x ? y 有联系, 只要证明其余的数能被 P 整除是本题的关键.
P P P

例 6:若 ( 5 ? 2) 2r ?1 ? m ? ? (r, m ? N*,0 ? ? ? 1) ,求证: ? (m ? ? ) ? 1. 【思路分析】由已知 m ? ? ? ( 5 ? 2) 2r ?1 和(m ? ? )? ? 1 猜想 ? ? ( 5 ? 2) 2r ?1 ,因此需要求

出 ? ,即只需要证明 ( 5 ? 2) 2r ?1 ? ( 5 ? 2) 2r ?1 为正整数即可. 【证明】首先证明,对固定为 r,满足条件的 m, ? 是惟一的.否则,设 ( 5 ? 2) 2r ?1 ? m1 ? ?1

? m2 ? ? 2 [m1 , m2 ? N*,?1 ,? 2 ? (0,1), m1 ? m2 ,?1 ? ? 2 ]
则 m1 ? m2 ? ?1 ? ? 2 ? 0, 而m1 ? m2 ? Z,?1 ? ? 2 ? (?1,0) ? (0,1) 矛盾.所以满足条件的 m 和

? 是惟一的.

下面求 m及? .

0 2r ?1 1 2r 2 2r ?1 因为 ( 5 ? 2) 2r ?1 ? ( 5 ? 2) 2r ?1 ? C2 ? C2 ? 2 ? C2 ? 22 ? ? ? 22r ?1 r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 )

0 2r ?1 1 2r 2 2r ?1 ? [C2 ? C2 ? 2 ? C2 ? 22 ? ? ? 22r ?1 ] r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 )

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1 2r 3 2r ?2 ? 2[C 2 ? 2 ? C2 ? 2 3 ? ? ? 2 2 r ?1 ] r ?1 ( 5 ) r ?1 ( 5 ) 1 r 3 r ?1 2 r ?1 2 r ?1 ? 2[C 2 ? 23 ? ? ? C2 ? 2 2 r ?1 ] ? N * r ?1 5 ? 2 ? C 2 r ?1 ? 5 r ?1 5

又因为 5 ? 2 ? (0,1),从而( 5 ? 2) 2r ?1 ? (0,1)
1 r 3 r ?1 2 r ?1 r 2 r ?1 所以 m ? 2(C2 ? 23 ? ? ? C2 ? 2 2r ?1 ) r ?1 ? 5 ? 2 ? C2 r ?1 ? 5 r ?1 ? 5 ? 2

? ? ( 5 ? 2) 2r ?1

故 ? (m ? ? ) ? ( 5 ? 2) 2r ?1 .

( 5 ? 2) 2r ?1 ? (5 ? 4) 2r ?1 ? 1.

【评述】猜想 ? ? ( 5 ? 2) 2r ?1 , ( 5 ? 2) 2r ?1 与( 5 ? 2) 2r ?1 进行运算是关键. 例 7:数列 {an } 中, a1 ? 3, an ? 3a n?1 (n ? 2) ,求 a 2001 的末位数字是多少? 【思路分析】利用 n 取 1,2,3,?猜想 a n 及a n 的末位数字. 【解】当 n=1 时,a1=3, a2 ? 3 1 ? 3 ? 27 ? 4 ? 6 ? 3
a 3

a3 ? 3a2 ? 327 ? 34?6?3 ? (34 ) 6 ? 33 ? (81) 6 ? 33 ? (81) 6 ? 27 ,因此 a2 , a3 的末位数字都
是 7,猜想, an ? 4m ? 3, m ? N * . 当 n=k+1 时, ak ?1 ? 3
ak

现假设 n=k 时, ak ? 4m ? 3, m ? N * .

? 34m?3 ? (4 ? 1) 4m?3

0 4m?3 1 4m?2 4m?2 1 4m?3 0 ? C4 ? (?1) 0 ? C4 ? (?1)1 ? ? ? C4 ) 4m?2 ? C4 ) 4m?3 m?3 4 m?3 ? 4 m?3 ? 4 ? (?1 m?3 ? 4 ? (?1

? 4T ? 1 ? 4(T ? 1) ? 3, 从而 an ? 4m ? 3(m ? N*)
于是 an?1 ? 3
an

? 34m?3 ? (81) m ? 27. 故 a2001 的末位数字是 7.

【评述】猜想 an ? 4m ? 3 是关键. 例 8:求 N=1988-1 的所有形如 d ? 2 ? 3 , (a, b 为自然数)的因子 d 之和.
a b

【思路分析】寻求 N 中含 2 和 3 的最高幂次数,为此将 19 变为 20-1 和 18+1,然后用二项 式定理展开. 【解】因为 N=1988-1=(20-1)88-1=(1-4×5)88-1 =- C88 ? 4 ? 5 ? C88 ? 4 ? 5 ? C88 ? 4 ? 5 ? ? ? C88 ? 4 ? 5
1 2 2 2 3 3 3 87 87 87 88 ? C88 ? 488 ? 588

? ?25 ? 55 ? 26 ? M ? 25 (2M ? 55) 其中 M 是整数.
上式表明,N 的素因数中 2 的最高次幂是 5. 又因为 N=(1+2×9)88-1
1 2 88 ? C88 ? 2 ? 9 ? C88 ? 22 ? 92 ? ? ? C88 ? 288 ? 988

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=32×2×88+34·P=32×(2×88+9P)其中 P 为整数. 上式表明,N 的素因数中 3 的最高次幂是 2. 综上所述,可知 N ? 25 ? 32 ? Q ,其中 Q 是正整数,不含因数 2 和 3. 因此,N 中所有形如 2 ? 3 的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.
a b

例 9:设 x ? (15 ? 220)19 ? (15 ? 220)82 ,求数 x 的个位数字. 【思路分析】直接求 x 的个位数字很困难,需将与 x 相关数联系,转化成研究其相关数. 【解】令 y ? (15 ? 220)19 ? (15 ? 220)82 , 则x ? y ? [(15 ? 220)19 ? (15 ? 220)82 ]

? [(15 ? 220)19 ? (15 ? 220)82 ] ,由二项式定理知,对任意正整数 n.
2 (15 ? 220) n ? (15 ? 220) n ? 2(15n ? Cn ?15n?2 ? 220? ?) 为整数,且个位数字为零.

因此,x+y 是个位数字为零的整数.再对 y 估值, 5 5 88 19 因为 0 ? 15 ? 220 ? ? ? 0.2 , 且 (15 ? 220) ? (15 ? 220) , 25 15 ? 220 所以 0 ? y ? 2(15 ? 220)19 ? 2 ? 0.219 ? 0.4. 故 x 的个位数字为 9.

【评述】转化的思想很重要,当研究的问题遇到困难时,将其转化为可研究的问题. 例 10:已知 a0 ? 0, a1 ? 1, an?1 ? 8an ? an?1 (n ? 1,2,?) 试问:在数列 {an } 中是否有无穷多 个能被 15 整除的项?证明你的结论. 【思路分析】先求出 an ,再将 an 表示成与 15 有关的表达式,便知是否有无穷多项能被 15 整除. 【证明】在数列 {an } 中有无穷多个能被 15 整除的项,下面证明之. 数列 {an } 的特征方程为 x ? 8x ? 1 ? 0, 它的两个根为 x1 ? 4 ? 15, x2 ? 4 ? 15 ,
2

所以 an ? A(4 ? 15) n ? B(4 ? 15) n 由 a0 ? 0, a1 ? 1得A ?

(n=0,1,2,?)

1 2 15

,B ? ?

1 2 15

,

则 an ?

1 2 15

[(4 ? 15) n ? (4 ? 15) n ],

取 n ? 2k (k ? 0,1,2,?) ,由二项式定理得

an ?

1 2 15

1 3 n ?1 [2C n ? 4 n?1 ? 15 ? 2C n ? 4 n?3 ? ( 15) 3 ? ? ? 2C n ? 4 ? ( 15) n ?1 ]

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1 3 n ? Cn ? 4 n?1 ? C n ? 4 n ?3 ? 15 ? ? ? C n ? 4 ? 15 n?2 2

1 2 k ?1 3 2 k ?3 2k k ?1 ? C2 ? C2 ? 15 ? ? ? C 2 k ?4 k ?4 k ? 4 ? 15 1 2 k ?1 3 2 k ?3 2 k ?1 ? C2 ? 15(C 2 ? ? ? C2 ? 4 ? 15k ?2 ) k ?4 k ?4 k

? 2k ? 4 2 k ?1 ? 15T

(其中T为整数),

由上式知当 15|k,即 30|n 时,15|an,因此数列 {an } 中有无穷多个能被 15 整除的项. 【评述】在二项式定理中, (a ? b) n 与(a ? b) n 经常在一起结合使用.

针对性训练题 1.已知实数 ? , ? 均不为 0,多项 f ( x) ? ?x 3 ? ?x 2 ? ?x ? ? 的三根为 x1 , x2 , x3 ,求
( x1 ? x2 ? x3 )( 1 1 1 ? ? ) 的值. x1 x2 x3

2 . 设

f ( x) ? x 4 ? ax3 ? bx2 ? cx ? d
4

, 其 中 a, b, c, d

为 常 数 , 如 果

f (1) ? 1, f (2) ? 2, f (3) ? 3, 求 1 [ f (4) ? f (0)] 的值.
3.定义在实数集上的函数 f ( x) 满足: f ( x) ? xf (1 ? x) ? 1 ? x, 求f ( x).
1 3 5 5 4.证明:当 n=6m 时, Cn ? Cn ? 3 ? Cn ? 3 ? Cn ?32 ?? ? 0.

5.设 (1 ? x ? x 2 ) n 展开式为 a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? ? ? a2n x 2n ,求证: a0 ? a3 ? a6 ? ? ? 3n?1. 6.求最小的正整数 n,使得 ( xy ? 3x ? 7 y ? 21) n 的展开式经同类项合并后至少有 1996 项. (1996 年美国数学邀请赛试题) 7.设 f ( x) ? ( x 3 ? x ? 1) 9 (2 x ? 1) 4 ,试求: (1) f ( x) 的展开式中所有项的系数和. (2) f ( x) 的展开式中奇次项的系数和. 8.证明:对任意的正整数 n,不等式 (2n ? 1) ? (2n) ? (2n ? 1) 成立.
n n n

(第 21 届全苏数学竞赛题)

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第八章
§8.1

联赛二试选讲

平几名定理、名题与竞赛题

平面几何在其漫长的发展过程中,得出了大量的定理,积累了大量的题目,其中很多题 目都是大数学家的大手笔, 这些题目本身就是典范, 这些题目的解决方法则更是我们学习平 面几何的圭臬.通过学习这些题目,大家可以体会到数学的美.而且这些题目往往也是数学 竞赛命题的背景题, 在很多竞赛题中都可以找到他们的身影. 本讲及下讲拟介绍几个平几名 题及其应用. 定理 1 (Ptolemy 定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和;(逆命题成立) 分析 如图,即证 AC· BD=AB· CD+AD· BC. D 可设法把 AC· BD 拆成两部分,如把 AC 写成 AE+EC,这样,AC· BD 就拆成了两 部分:AE· BD 及 EC· BD,于是只要证明 AE· BD=AD· BC 及 EC· BD=AB· CD 即可. 证明 在 AC 上取点 E,使?ADE=?BDC, 由?DAE=?DBC,得⊿AED∽⊿BCD. A ∴ AE∶BC=AD∶BD,即 AE· BD=AD· BC. ⑴ 又?ADB=?EDC,?ABD=?ECD,得⊿ABD∽⊿ECD. ∴ AB∶ED=BD∶CD,即 EC· BD=AB· CD. ⑵ ⑴+⑵,得 AC· BD=AB· CD+AD· BC. 说明 本定理的证明给证明 ab=cd+ef 的问题提供了一个典范.用类似的证法,可以得 到 Ptolemy 定理的推广(广义 Ptolemy 定理):对于一般的四边形 ABCD,有 AB· CD+AD· BC≥ AC· BD.当且仅当 ABCD 是圆内接四边形时等号成立. 例 1 (1987 年第二十一届全苏)设 A1A2A3?A7 是圆内接正七边形,求证: A 1 1 1 = + . A1A2 A1A3 A1A4 证明 连 A1A5,A3A5,并设 A1A2=a,A1A3=b,A1A4=c. 1 1 1 本题即证 = + .在圆内接四边形 A1A3A4A5 中,有 a b c A3A4=A4A5=a,A1A3=A3A5=b,A1A4=A1A5=c.于是有 ab+ac=bc,同除以 abc,即 1 1 1 得 = + ,故证. a b c 例 2.(美国纽约,1975)证明:从圆周上一点到圆内接正方形的四个顶点的距离不可能 都是有理数. 分析:假定其中几个是有理数,证明至少一个是无理数. ⌒ 证明:设⊙O 的直径为 2R,不妨设 P 在 AD 上,则∠APB=45?,设∠PBA=?, 则∠PAB=135?-?. 若 PA=2Rsin?及 PC=2Rsin(90?-?)=2Rcos?为有理数, 则 PB=2Rsin∠PAB=2Rsin(135?-?) =2R( 2 2 cos?+ sin?)= 2R(sin?+cos?)即为无理数. 2 2
P A D
A5 A4

C

E B

3

A2

A1

A7 A6

C

O B
例1

或用 Ptolemy 定理:PB· AC=PA· BC+PC· AB. ? 2PB=PA+PC.故 PA、PB、PC 不能同时为有理数. 例 3.⑴ 求证:锐角三角形的外接圆半径与内切圆半径的和等于外心到各边距离的和.
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⑵ 若?ABC 为直角三角形或钝角三角形,上面的结论成立吗?
C Z Z O A X B Y A X O Y B C

证明:如图,?ABC 内接于⊙O,设⊙O 的半径=R,?ABC 的边长分别为 a,b,c.三 边的中点分别为 X、Y、Z. 由 A、X、O、Z 四点共圆,据 Ptolemy 定理,有 1 1 1 OA· XZ=OX· AZ+OZ· AX,?R· a=OX· b+OZ· c.即 2 2 2 R· a=OX· b+OZ· c, 同理, R· b=OX· a+OY· c, R· c=OY· b+OZ· a, 三式相加,得 R(a+b+c)=OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a). ④ 但 r(a+b+c)=OX· a+OY· b+OZ· c.(都等于三角形面积的 2 倍) ⑤ ④式与⑤式两边分别相加,得 R(a+b+c)+r(a+b+c)= OX(a+b)+OY(b+c)+OZ(c+a)+OX· c+OY· a+OZ· b. 故, R+r=OX+OY+OZ. ⑵ 当?ABC 为直角三角形(∠C 为直角),则 O 在边 AB 上,OX=0,上述结论仍成立. 当?ABC 为钝角三角形 (∠C 为直角或钝角)时,则有 R+r=-OX+OY+OZ. 证明同上. 定理 2 设 P、Q、A、B 为任意四点,则 PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. 证明 先证 PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. P 作 PH⊥AB 于 H, 则 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2) =AH2-BH2=(AH+BH)(AH-BH) H' =AB(AB-2BH). A H 同理,作 QH’⊥AB 于 H’, 则 QA2-QB2=AB(AB-2AH’) Q ∴H=H’,即点 H 与点 H’重合. PQ⊥AB ?PA2-PB2=QA2-QB2 显然成立. 说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用. 点到圆的幂:设 P 为⊙O 所在平面上任意一点,PO=d,⊙O 的半径为 r,则 d2-r2 就 是点 P 对于⊙O 的幂.过 P 任作一直线与⊙O 交于点 A、B,则 PA· PB= |d2-r2|. “到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线,如果此二圆相交,则 该轨迹是此二圆的公共弦所在直线”这个结论.这条直线称为两圆的“根轴” .三个圆两两 的根轴如果不互相平行,则它们交于一点,这一点称为三圆的“根心” .三个圆的根心对于
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① ② ③

B

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三个圆等幂.当三个圆两两相交时,三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点. 例 5.以 O 为圆心的圆通过⊿ABC 的两个顶点 A、C,且与 AB、BC 两边分别相交于 K、 N 两点,⊿ABC 和⊿KBN 的两外接圆交于 B、M 两点.证明:∠OMB 为直角.(1985 年第 26 届国际数学竞赛) 分析 对于与圆有关的问题,常可利用圆幂定理,若能找到 BM 上一点,使该点与点B 对于圆 O 等幂即可. B 证明:由 BM、KN、AC 三线共点 P,知 PM· PB=PN· PK=PO2-r2. ⑴ K N 由?PMN=?BKN=?CAN,得 P、M、N、C 共圆, 2 2 故 BM· BP=BN· BC=BO -r . ⑵ O ⑴-⑵得, PM· PB-BM· BP= PO2 - BO2, A 即 (PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2,就是 PM2 -BM2= PO2 - BO2,于是 OM⊥PB. 定理 3 (Ceva 定理)设 X、Y、Z 分别为△ABC 的边 BC、CA、AB 上的一点,则 AX、BY、 CZ 所在直线交于一点的充要条件是 AZ BX CY · · =1. ZB XC YA 分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比,从而可用面积来证明. 证明:设 S⊿APB=S1,S⊿BPC=S2,S⊿CPA=S3. 则 AZ S3 BX S1 CY S2 = , = , = , ZB S2 XC S3 YA S1
B X Z P C

M

P C

A

Y

三式相乘,即得证. 说明 用同一法可证其逆正确.本题也可过点 A 作 MN∥BC 延长 BY、CZ 与 MN 分别交 于 M、N,再用比例来证明, 例 6.以△ABC 的三边为边向形外作正方形 ABDE、BCFG、ACHK,设 L、M、N 分别 为 DE、FG、HK 的中点.求证:AM、BN、CL 交于一点. 分析 设 AM、BN、CL 分别交 BC、CA、AB 于 P、Q、R.利用面积比 BP CQ AR 设法证明 · · =1. PC QA RB 证明 设 AM、BN、CL 分别交 BC、CA、AB 于 P、Q、R. 易知,∠CBM=∠BCM=∠QCN=∠QAN=∠LAR=∠LBR=θ. BP S?ABM AB· BMsin(B+θ) ABsin(B+θ) = = = . PC S?ACM AC· CMsin(A+θ) ACsin(C+θ) CQ BCsin(C+θ) AR ACsin(A+θ) = , = , QA ABsin(A+θ) RB BCsin(B+θ) BP CQ AR 三式相乘即得 · · =1,由 Ceva 定理的逆定理知 AM、BN、CL 交 PC QA RB
G M F L K D R Q B P C A N H E

于一点. 例 7.如图,在△ABC 中,∠ABC 和∠ACB 均是锐角,D 是 BC 边上的内点,且 AD 平 分∠BAC,过点 D 分别向两条直线 AB、AC 作垂线 DP、DQ,其垂足是 P、Q,两条直线 CP 与 BQ 相交与点 K.求证:AK⊥BC; 证明:⑴ 作高 AH.
P

A

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B D

K H

Q C

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BH BA CQ DC 则由?BDP∽?BAH,? = ,由?CDQ∽?CAH,? = . PB BD HC CA DC AC 由 AD 平分∠BAC,? = ,由 DP⊥AB,DQ⊥AC,?AP=AQ. BD AB ∴ AP BH CQ AP BH CQ BA DC DC BA · · = · · = · = · =1,据 Ceva 定理,AH、BQ、CP 交于一点, PB HC QA QA PB HC BD CA BD CA

故 AH 过 CP、BQ 的交点 K, ∴ AK 与 AH 重合,即 AK⊥BC. 例 8.在四边形 ABCD 中,对角线 AC 平分?BAD,在 CD 上取一点 E,BE 与 AC 相交 于 F,延长 DF 交 BC 于 G. 求证:?GAC=?EAC. (1999 年全国高中数学联赛) A 分析 由于 BE、CA、DG 交于一点,故可对此图形用 Ceva 定理,再 构造全等三角形证明两角相等. CG BH DE 证明 连结 BD 交 AC 于 H,对⊿BCD 用 Ceva 定理,可得 · · GB HD EC =1. BH AB 因为 AH 是?BAD 的角平分线,由角平分线定理,可得 = ,故 HD AD CG AB DE · · =1. GB AD EC 过点 C 作 AB 的平行线交 AG 延长线于 I,过点 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J, 则 CG CI DE AD = , = ,所以, GB AB EC CJ CI AB AD · · =1. AB AD CJ 从而,CI=CJ. 又因 CI∥AB,CJ∥AD,故?ACI=π -?BAC=π -?DAC=?ACJ, 因此,⊿ACI≌⊿ACJ, 从而?IAC=?JAC,即?GAC=?EAC. 定理 4 (Menelaus 定理)设 X、Y、Z 分别在△ABC 的 BC、CA、AB 所在直线上,则 X、 Y、Z 共线的充要条件是 AZ BX CY · · =1. ZB XC YA 证明:作 CM∥BA,交 XY 于 N, AZ CY CN XC 则 = , = . CN YA ZB BX AZ BX CY AZ CN BX CY 于是 · · = · · · =1. ZB XC YA CN ZB XC YA 本定理也可用面积来证明:如图,连 AX,BY, 记 S?AYB=S1,S?BYC=S2,S?CYX=S3,S?XYA=S4.则 AZ S4 BX S2+S3 CY S3 = ; = ; = ,三式相乘即得证. ZB S2+S3 XC S3 YA S4 说明 用同一法可证其逆正确.Ceva 定理与 Menelaus 定理是一对“对
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B A Z Y A

H B G C F E

D

I

J

N
X

C

Z

S1

S4 Y S2 S3
C X

B

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偶定理” . 例 9. (南斯拉夫, 1983)在矩形 ABCD 的外接圆弧 AB 上取一个不同于顶点 A、 B 的点 M, 点 P、Q、R、S 是 M 分别在直线 AD、AB、BC 与 CD 上的投影.证明,直线 PQ 和 RS 是互 相垂直的,并且它们与矩形的某条对角线交于同一点. 证明:设 PR 与圆的另一交点为 L.则 →→ → → → → →→ →→ →→ →→ PQ · RS =(PM+ PA )·(RM+ MS )=PM· RM+PM· MS + PA · RM+ PA · MS →→ →→ =-PM· PL + PA · PD =0.故 PQ⊥RS. 设 PQ 交对角线 BD 于 T,则由 Menelaus 定理,(PQ 交?ABD)得 DP AQ BT BT PA QB · · =1;即 = · ; PA QB TD TD DP AQ 设 RS 交对角线 BD 于 N,由 Menelaus 定理,(RS 交?BCD)得 BN DS CR BN SC RB · · =1;即 = · ; ND SC RB ND DS CR PA RB QB SC BT BN 显然, = , = .于是 = ,故 T 与 N 重合.得证. DP CR AQ DS TD ND 例 10.(评委会,土耳其,1995)设?ABC 的内切圆分别切三边 BC、CA、AB 于 D、E、 F,X 是?ABC 内的一点,?XBC 的内切圆也在点 D 处与 BC 相切,并与 CX、XB 分别切于点 Y、Z,证明,EFZY 是圆内接四边形. 分析:圆幂定理的逆定理与 Menelaus 定理. 证明:延长 FE、BC 交于 Q. AF BD CE XZ BD CY AF CE XZ CY · · =1, · · =1,? · = · . FB DC EA ZB DC YA FB EA ZB YA 由 Menelaus 定理,有 AF BQ CE · · =1. FB QC EA XZ BQ CY 于是得 · · =1.即 Z、Y、Q 三点共线. ZB QC YA 但由切割线定理知,QE· QF=QD =QY· QZ. 故由圆幂定理的逆定理知 E、 F、 Z、 Y 四点共圆. 即 EFZY 是圆内接四边形.
2

D

S T,N

C

A P

Q M 题 11 L

B R

A F Z P B I X Y C Q E

例 12

D

定理 5 (蝴蝶定理)AB 是⊙O 的弦,M 是其中点,弦 CD、EF 经过点 M,CF、DE 交 AB 于 P、Q,求证:MP=QM. 分析 圆是关于直径对称的,当作出点 F 关于 OM 的对称点 F'后,只要设法证明⊿FMP ≌⊿F'MQ 即可. E C 证明:作点 F 关于 OM 的对称点 F’,连 FF’,F’M,F’Q,F’D.则 M A 4 P MF=MF’,?4=?FMP=?6. O 圆内接四边形 F’FED 中,?5+?6=180?,从而?4+?5=180?, 1 6 F 于是 M、F’、D、Q 四点共圆, ∴ ?2=?3,但?3=?1,从而?1=?2, 于是⊿MFP≌⊿MF’Q.∴ MP=MQ. 说明 本定理有很多种证明方法,而且有多种推广.
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Q
3 2

B

5

D F'

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例 11.在筝形 ABCD 中,AB=AD,BC=CD,经 AC、BD 交点 O 作二直线分别交 AD、 BC、AB、CD 于点 E、F、G、H,GF、EH 分别交 BD 于点 I、J,求证:IO=OJ. (1990 年 冬令营选拔赛题) 分析 通常的解法是建立以 O 为原点的直角坐标系,用解析几何方法来解,下面提供的 解法则利用了面积计算. 证明:如图,由 S⊿AOB=S⊿AOG+S⊿GOB 得 1 1 (at cosα+bt1sinα)= ab. 2 1 2 1 cos? sin? ab ∴ t1= .即 = + ; t1 b a acos?+bsin? 1 cos? sin? 1 cos? sin? 1 cos? sin? 同理得, = + ; = + ; = + . t2 b c t3 b c t4 b a sin(?+?) sin? sin? 再由 S⊿GOF=S⊿GOI+S⊿IOF,又可得 = + ; IO t1 t2 sin(?+?) sin? sin? 同理,得 = + . OJ t3 t4 ∴ 1 1 1 1 IO=OJ?( - )sin?=( - )sin?. t4 t2 t1 t3
G B

E a t1 t4 I α β J b O t3 t2 c F

A

D

H

C

1 1 1 1 1 1 以 、 的值代入左边得,( - )sin?=( - )sin?sin?,同样得右边.可证. t4 t2 t4 t2 a c 定理 6 张角定理:从一点出发三条线段长分别为 a、b、t、(t 在 a、b 之间),则 sin(?+?) sin? sin? = + . t b a 例 12.(评委会,爱尔兰,1990)设 l 是经过点 C 且平行于?ABC 的边 AB 的直线, ∠A 的平分线交 BC 于 D,交 l 于 E,∠B 的平分线交 AC 于 F,交 l 于 G,已知,GF=DE, 证明:AC=BC. 分析:设∠A=2?,∠B=2?,即证?=?. 证明:设?>?,则 BC>AC, 利用张角定理可得, sinA sin? sin? 2cos? 1 1 2bccos? = + , ? = + , ?ta= . ta c b ta c b b+c
2 2

a

??
t

b

G F

C 2? 2? D

E

再作高 CH,则 AE=CHcsc?=bsin2?csc?=2bcos?. 2bccos? 2b cos? 2a cos? ?DE=AE-ta=2bcos?- = .同理,GF= . b+c b+c a+c 由 ?>? , a>b , 知 cos?<cos? . 1+ 2acos? 2bcos? 2b2cos? = > = =DE.矛盾. c c b+c 1+ 1+ a b 又证:设 BC>AC,即 a>b,故?>?,由张角定理得, 2cos? 1 1 同理 = + , tb c a cos? cos? tb cos? 由于 a>b,故 > ,? > >1,即 tb>ta.就是 BF>AD. ta tb ta cos?
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? A ?

? ?

B

c c 2a2cos? <1+ , ? GF= a b a+c

sinA sin? sin? 2cos? 1 1 = + ,? = + . ta c b ta c b



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∴ BG=BF+FG>AD+DE=AE.即是 BG>AE. ∴ GF CF BG· CF BG BG AE AE AE· DC = ?GF= = = > = = =DE.矛盾.故 BF AF AF+FC AF AB AB BD BC 1+ 1+ 1+ 1+ CF BC AC DC BF AF AB AB BD AD = = < = = ,注意到 GF=DE,故 BF<AD.与⑴矛盾.故证. GF CF CB CA DC DE

BC=AC. 或

定理 7 (Simson line) P 是Δ ABC 的外接圆⊙O 上的任意一点,PX⊥AB,PY⊥BC,PZ ⊥CA,垂足为 X、Y、Z,求证: X、Y、Z 三点共线. 分析 如果连 ZX、ZY,能证得?1=?3,则由?AZB=180?得?YZX=180?,即可 P 证此三点共线. 2 证明 ?PXB=?PZB=90??P、Z、X、B 四点共圆??1=?2. ?PZA=?PYA=90??P、Z、A、Y 四点共圆??3=?4. 5 但?2+?5=90?,?4+?6=90?,而由 P、A、C、B 四点共圆, B X 得?5=?6.故?2=?4,从而?1=?3.故 X、Y、Z 共线. 说明 本题的证法也是证三点共线的重要方法. 本题的逆命题成立, 该逆命题 的证明曾是江苏省高中数学竞赛的试题. 例 13.设 H 为Δ ABC 的垂心,P 为Δ ABC 的外接圆上一点,则从点 P 引出的三角形的 西姆松线平分 PH. 分析:考虑能否用中位线性质证明本题:找到一条平行于 Simson 线的线段, P 从 PX∥AH 入手.连 PE,得∠1=∠2,但∠2=∠3,再由四点共圆得∠3=∠4,于 1 是得∠6=∠7.可证平行. 证明 连 AH 并延长交⊙O 于点 E,则 DE=DH,连 PE 交 BC 于点 F,交 XY 3 4 于点 K,连 FH、PB. 6 B X ∵ PX∥AE,∴ ∠1=∠2,又∠2=∠3, ∵ P、Z、X、B 四点共圆, ∴∠3=∠4,∴ ∠1=∠4. ∴ K 为 PF 中点. ∵ DE=DH,BD⊥EH,∴ ∠2=∠5. ∴ FH∥XY. ∴ XY 平分 PH. 又证: 延长高 CF, 交圆于 N, 则 F 是 HN 的中点, 若 K 为 PH 中点, 则应有 FK∥PN. 再 证明 K 在 ZX 上.即证明∠KZF=∠XZB. P 设过 P 作三边的垂线交 BC、CA、AB 于点 X、Y、Z.连 KZ、KF、ZX,延长 CF 交⊙O 于点 N,连 PN. Z 由 PZ⊥AB,CF⊥AB,K 为 PH 中点知,KZ=KF. ∴ ?KZF=?KFZ. B X 易证 HF=FN,故 KF∥PN.∴ ?PNC=?KFH. 但?PNC+?PBC=180?, ∴ ?KFZ+?ZFH+?PBC=180?. 即?KFZ+?PBC=90?. 又 PX⊥BC,PZ⊥BZ?P、Z、X、B 共圆. ∴ ?XZB=?XPB,而?XPB+?PBC=90?. ∴ ?KZF=?KFZ=?XZB.∴ ZK 与 ZX 共线.即点 K 在⊿ABC 的与点 P 对应的 Simson
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Y
4 3 6

A

Z
1

C

Y A M Z K
5 7

H F D
2

C

E

N

Y A

K O

F

H C

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line 上.) 定理 8(Euler line)三角形的外心、重心、垂心三点共线,且外心与重心的距离等于重 心与垂心距离的一半. 分析 若定理成立,则由 AG=2GM,知应有 AH=2OM,故应从证明 AH=2OM A 入手. F K 证明: 如图, 作直径 BK, 取 BC 中点 M, 连 OM、 CK、 AK, 则?KCB=?KAB=90?, O 从而 KC∥AH,KA∥CH,?□CKAH,?AH=CK=2MO. G H 由 OM∥AH,且 AH=2OM,设中线 AM 与 OH 交于点 G,则⊿GOM∽⊿GHA, B C D M 故得 MG∶GA=1∶2,从而 G 为⊿ABC 的重心.且 GH=2GO. 说明 若延长 AD 交外接圆于 N,则有 DH=DN.这一结论也常有用. 例 14.设 A1A2A3A4 为⊙O 的内接四边形,H1、H2、H3、H4 依次为⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、 ⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的垂心.求证:H1、H2、H3、H4 四点在同一个圆上,并定出该圆的圆 心位置. (1992 年全国高中数学联赛) 分析 H1、H2 都是同一圆的两个内接三角形的垂心,且这两个三角形有公共的底边.故 可利用上题证明中的 AH=2OM 来证明. H3 M1 H4 A1 证明 连 A2H1,A1H2,取 A3A4 的中点 M,连 OM,由上证知 A2H1∥OM, A2 A2H1=2OM,A1H2∥OM, A1H2=2OM,从而 H1H2A1A2 是平行四边形,故 H1H2 O1 ∥A1A2 ,H1H2=A1A2. O 同理可知,H2H3∥A2A3,H2H3=A2A3; H2 H1 A4 A H3H4∥A3A4,H3H4=A3A4; 3 M H4H1∥A4A1,H4H1=A4A1. 故 四边形 A1A2A3A4≌四边形 H1H2H3H4. 由四边形 A1A2A3A4 有外接圆知,四边形 H1H2H3H4 也有外接圆.取 H3H4∥的中点 M1, 作 M1O1⊥H3H4,且 M1O1=MO,则点 O1 即为四边形 H1H2H3H4 的外接圆圆心. 又证:以 O 为坐标原点,⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系,设 OA1、OA2、OA3、 OA4 与 OX 正方向所成的角分别为 α、β、γ、?,则点 A1、A2、A3、A4 的坐标依次是(cosα, sinα)、(cosβ,sinβ)、(cosγ,sinγ)、(cos?,sin?). 显然,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的外心都是点 O,而它们的重心依次 是: 1 1 1 1 ( (cosβ+cosγ+cos?), (sinβ+sinγ+sin?))、( (cosγ+cos?+cosα), (sinα+sin?+sinγ))、 3 3 3 3 1 1 1 1 ( (cos?+cosα+cosβ), (sin?+sinα+sinβ))、( (cosα+cosβ+cosγ), (sinα+sinβ+sinγ)). 3 3 3 3 从而,⊿A2A3A4、⊿A3A4A1、⊿A4A1A2、⊿A1A2A3 的垂心依次是 H1(cosβ+cosγ+cos?, sinβ+sinγ+sin?)、H 2 (cosγ+cos?+cosα,sinα+sin?+sinγ)、 H 3 (cos?+cosα+cosβ,sin?+sinα+sinβ)、H 4 (cosα+cosβ+cosγ,sinα+sinβ+sinγ). 而 H1、H2、H3、H4 点与点 O1(cosα+cosβ+cosγ+cos?,sinα+sinβ+sinγ+sin?)的距离都等于 1,即 H1、H2、H3、H4 四点在以 O1 为圆心,1 为半径的圆上.证毕. 定理 9 (Nine point round)三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连 线的中点,共计九点共圆. 分析 要证九个点共圆,可先过其中三点作一圆,再证其余的点在此圆上.为此可考虑 在三种点中各选一点作圆, 再在其余三类共六个点中每类取一个点证明其在圆上, 即可证明. 证明:取 BC 的中点 M,高 AD 的垂足 D,AH 中点 P,过此三点作圆,该圆 的直径即为 MP.
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B

A F P N

Q M

H D C

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由中位线定理知,MN∥AB,NP∥CH,但 CH⊥AB,故?PNM=90?,于是,点 N 在⊙ MDP 上,同理,AB 中点在⊙MDP 上. 再由 QM∥CH,QP∥AB,又得?PQM=90?,故点 Q 在⊙MDP 上,同理,CH 中点在⊙ MDP 上. 由 FP 为 Rt.⊿AFH 的斜边中线,故?PFH=?PHF=?CHD,又 FM 为 Rt.⊿BCF 的斜 边中线,得?MFC=?MCF,但?CHD+?DCH=90?,故?PFM=90?.又得点 F 在⊙MDP 上, 同理,高 BH 的垂足在⊙MDP 上.即证. 说明 证明多点共圆的通法,就是先过三点作圆,再证明其余的点在此圆上. 九点圆的圆心在三角形的 Euler 线上.九点圆的直径等于三角形外接圆的半径. 由 OM∥AP,OM=AP,知 PM 与 OH 互相平分,即九点圆圆心在 OH 上.且九点圆直 径 MP=OA=⊿ABC 的外接圆半径. 定理 10(三角形的内心的一个重要性质)设 I、Ia 分别为⊿ABC 的内心及?A 内的旁心, 而?A 平分线与⊿ABC 的外接圆交于点 P,则 PB=PC=PI=PIa. 例 15.设 ABCD 为圆内接四边形,Δ ABC、Δ ABD、Δ ACD、Δ BCD 的内心依次为 I1、 I2、I3、I4,则 I1I2I3I4 为矩形.(1986 年国家冬令营选拔赛题) 分析 只须证明该四边形的一个角为直角即可.为此可计算?1、?2、?XI2Y. ⌒ 证明 如图,BI2 延长线与⊙O 的交点 X 为 AD 中点.且 XI2=XI3=XA=XD, 1 1⌒ 于是?1= (180?-?X)=90?- BC , 2 4 1⌒ 同理,?2=90?- CD . 4 1 ⌒ ⌒ ?XI2Y= ( XY + BD ) 2 1⌒ ⌒ 1⌒ ⌒ = ( AB + AD )+ ( BC + CD ), 4 2 1⌒ ⌒ ⌒ ⌒ 故?1+?2+?XI2Y=90?+90?+ ( AB + BC + CD + DA )=270?. 4 从而?I1I2I3=90?.同理可证其余. 说明 亦可证 XZ⊥YU,又 XZ 平分?I2XI3 及 XI2=XI3?I2I3⊥XZ,从而 I2I3∥YU,于是得 证. 定理 11 (Euler 定理)设三角形的外接圆半径为 R,内切圆半径为 r,外心与内心的距离 为 d,则 d2=R2-2Rr.(1992 年江苏省数学竞赛) 分析 改写此式,得:d2-R2=2Rr,左边为圆幂定理的表达式,故可改为过 I 的任一直线 与圆交得两段的积,右边则为⊙O 的直径与内切圆半径的积,故应添出此二者,并构造相似 三角形来证明. 证明:如图,O、I 分别为⊿ABC 的外心与内心.连 AI 并延长交⊙O 于点 E D,由 AI 平分?BAC,故 D 为弧 BC 的中点.连 DO 并延长交⊙O 于 E,则 DE 为与 BC 垂直的⊙O 的直径. F 由圆幂定理知,R2-d2=(R+d)(R-d)=IA· ID. (作直线 OI 与⊙O 交于两点,即 O 可用证明) 但 DB=DI (可连 BI, 证明?DBI=?DIB 得) , 故只要证 2Rr=IA· DB, 即证 2R∶ B 2 2 DB=IA∶r 即可. 而这个比例式可由⊿AFI∽⊿EBD 证得. 故得 R -d =2Rr, 即证. D 例 16.(1989IMO)锐角?ABC 的内角平分线分别交外接圆于点 A1、B1、C1,
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Y A I2 1
2

X D I3 U I4 C

I1

B

10.22

Z

A

I C

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直线 AA1 与∠ABC 的外角平分线相交于点 A0,类似的定义 B0,C0,证明: ⑴ SA B C =2SA CB AC B; ⑵ SA B C ≥4SABC. 分析:⑴利用 A1I=A1A0,把三角形 A0B0C0 拆成以 I 为公共顶点的六个小 三角形,分别与六边形 A1CB1AC1B 中的某一部分的 2 倍相等. ⑵ 若连 OA、OB、OC 把六边形 A1CB1AC1B 分成三个四边形,再计算其面 积和,最后归结为证明 R≥2r.也可以这样想:由⑴知即证 SA CB AC B≥2 SABC, 而 IA1、IB1、IC1 把六边开分成三个筝形,于是六边形的面积等于?A1B1C1 面积 的 2 倍.故只要证明 SA B C ≥SABC. 证明:⑴ 设?ABC 的内心为 I,则 A1A0=A1I,则 SA BI=2SA BI ; 同理可得其余 6 个等式.相加⑴即得证. ⑵ 连 OA、OB、OC 把六边形 A1CB1AC1B 分成三个四边形,由 OC1⊥AB, OA1⊥BC,OB1⊥CA,得
0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1

C0 C1
?

A O B1 C A1 B0

B

?

I ?

A0


1 1 1 ∴ SA CB AC B=SOAC B+ SOB A C + SOCB A= AB· R+ BC· R+ CA· R=Rp. 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1

但由 Euler 定理,R2-2Rr=R(R-2r)=d2≥0,知 R≥2r,故 Rp≥2rp=2S?ABC.故得证. ⑵ 证明:记 A=2?,B=2?,C=2?.0<?,?,?< . 2 则 SABC=2R2sin2?sin2?sin2?,SA B C =2R2sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?).
1 1 1

?

又 sin(?+?)=sin?cos?+cos?sin?≥2 sin?cos? cos?sin? = sin2?sin2? , 同理,sin(?+?)≥ sin2?sin2? ,sin(?+?)≥ sin2?sin2? ,于是 SA B C ≥SABC 得证.
1 1 1

又证:连 OA、OB、OC 把六边形 A1CB1AC1B 分成三个四边形, 由 OC1⊥AB,OA1⊥BC,OB1⊥CA,得 1 1 1 ∴ SA CB AC B=SOAC B+ SOB A C + SOCB A= AB· R+ BC· R+ CA· R=Rp. 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1

但由 Euler 定理,R2-2Rr=R(R-2r)=d2≥0,知 R≥2r,故 Rp≥2rp=2S?ABC.故得证. 又证:?+?+?=?,故 sin(?+?)=cos?,sin(?+?)=cos?,sin(?+?)=cos?. 于是,sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?)=cos?cos?cos?,故 sin(?+?)sin(?+?)sin(?+?) ≥ sin2?sin2?sin2? , ? cos?cos?cos? 8sin?sin?sin?cos?cos?cos?,



1 ? 由 0<?、?、?< ,故 cos?cos?cos?≥8sin?sin?sin?cos?cos?cos?,?sin?sin?sin?≤ .而 2 8 最后一式可证. 定理 12 (Fermat point)分别以Δ ABC 的三边 AB,BC,CA 为边向形外作正三角形 ABD, BCE,CAH,则此三个三角形的外接圆交于一点.此点即为三角形的 Fermat point. D 分析 证三圆共点,可先取二圆的交点,再证第三圆过此点. 证明:如图,设⊙ABD 与⊙ACH 交于(异于点 A 的)点 F,则由 A、F、B、D 共圆得?AFB=120?,同理?AFC=120?,于是?BFC=120?,故得 B、E、C、F 四点 共圆.即证. B
N

A H F C

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E

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由此得以下推论: 1? A、F、E 三点共线; 因?BFE=?BCE=60?,故?AFB+?BFE=180?,于是 A、F、E 三点共线. 同理,C、F、D 三点共线;B、F、H 三点共线. 2? AE、BH、CD 三线共点. 3? AE=BH=CD=FA+FB+FC. 由于,F 在正三角形 BCE 的外接圆的弧 BC 上,故由 Ptolemy 定理,有 FE=FB+FC.于是 AE=AF+FB+FC.同理可证 BH=CD=FA+FB+FC. 也可用下法证明:在 FE 上取点 N,使 FN=FB,连 BN,由⊿FBN 为正三角形,可证得 ⊿BNE≌⊿BFC.于是得,NE=FC.故 AE=FA+FN+NE=FA+FB+FC. 例 17. (Steiner 问题)在三个角都小于 120°的Δ ABC 所在平面上求一点 P, 使 PA+PB+PC 取得最小值. 证明:设 P 为平面上任意一点,作等边三角形 PBM(如图)连 ME, D 则由 BP=BM,BC=BE,?PBC=?MBE=60?-?MBC. A H 得⊿BPC≌⊿BME, F 于是 ME=PC, P B 故得折线 APME=PA+PB+PC≥AE=FA+FB+FC. C M 即三角形的 Fermat point 就是所求的点. 说明:本题也可用 Ptolemy 的推广来证明:由 PB· CE+PC· BE≥PE· BC,可得, E PB+PC≥PE. 于是 PA+PB+PC≥PA+PE≥AE. 定理 13 到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点. 例 18.凸六边形 ABCDEF,AB=BC=CD,DE=EF=FA,∠BCD=∠EFA=60?,G、H在 形内, 且∠AGB=∠DHE=120?. 求证:AG+GB+GH+DH+HE≥CF. C 证明 连 BD、AE、BE,作点 G、H 关于 BE 的对称点 G?、H?,连 BG?、DG?、G?H?、 D AH?、EH?。 B 由于 BC=CD,∠BCD=60?;EF=FA,∠EFA=60? G' H G ?⊿BCD、⊿EFA 都是正三角形, H' ?AB=BD,AE=ED,?AEDB 为筝形 A E ?⊿ABG≌⊿DBG?,⊿DEH≌⊿AEH?. 由∠BG?D=120?,∠BCD=60??B、C、D、G?四点共圆. 由 Ptolemy 定理知 CG?=G?B+G?D,同理,H?F=H?A+H?E, F 于是 AG+GB+GH+DH+HE = G?B+G?D+G?H?+H?A+H?E=CG?+G?H?+H?F≥CF. 定理 14 到三角形三顶点距离的平方和最小的点是三角形的重心 先证明:P 为三角形形内任意一点,重心为 G,则 PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2. 证明:取中线 BG 中点 M,则 2(PA2+PC2)=AC2+4PE2, ① 2 2 2 2 2(PB +PG )=BG +4PM , ② A 2 2 2 2 2(PE +PM )=ME +4PG , ③ 2 2 ①+②+③×2 得:2(PA +PB +PC)=AC2+GB2+2ME2+6PG2 F P E = 2GB2+6PG2+AC2+ 4GE2 =2GB2+6PG2+2GA2+2GC2. G M ∴ PA2+PB2+PC2=GA2+GB2+GC2+3PG2. B C D 于是 PA2+PB2+PC2≥GA2+GB2+GC2.等号当且仅当 P 与 G 重合时成立.
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亦可用解析几何方法证明:设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3).P(x,y), 则 S=(x-x1)2+(y-y1)2+(x-x2)2+(y-y2)2+(x-x3)2+(y-y3)2 =3x2-2(x1+x2+x3)x+(x12+x22+x32)+3y2-2(y1+y2+y3)y+(y12+y22+y32) 1 1 显然,当 x= (x1+x2+x3),y= (y1+y2+y3)时,S 取得最小值.即当 P 为?ABC 的重心时, 3 3 S 取得最小值. 定理 15 三角形内到三边距离之积最大的点是三角形的重心. 设三角形 ABC 的三边长为 a、b、c,点 P 到三边的距离分别为 x,y,z. 2? 3 则 2?=ax+by+cz≥3 ax·by·cz.即 xyz≤ .等号当且仅当 ax=by=cz,即?PAB、 3 3 abc ?PBC、?PCA 的面积相等时成立.此时 P 为?ABC 的重心. 上面给出了高中竞赛大纲明确规定应知的三个重要极值: 1? 到三角形三顶点距离之和最小的点——费马点. 2? 到三角形三顶点距离的平方和最小的点——重心. 3? 三角形内到三边距离之积最大的点——重心. 例 19.(Fagnano 问题)给定锐角三角形,求其内接三角形中周长最小者. 证明 (Fejer 方法)分成几部分来证明: A 1? 先在 BC 上任取一点 D,固定 D,求出以 D 为一个顶点⊿ABC 的内 Q 接三角形中周长最小者. P D' 作 D 关于 AB、AC 的对称点 D’、D”,连 D’D”交 AB、AC 于点 F、E, D" F E 连 DF、D’F,DE、D”E,对于任一以 DD 一个顶点的⊿ABC 的内接三角形 B D XPQ,连 QD’、QD,PD”、PD,于是可证 AC DE+EF+FD=D’D”≤D’Q+QP+PD”=DQ+QP+PD. 即⊿DEF 为固定点 D 后周长最小的内接三角形. D' D" F E 2? 当点 D 的 BC 上运动时,对每一点 D,都作出 1?中得出的周长最小 三角形,再求这些三角形的周长最小值. B D C 连 AD、 AD’、 AD”, 则 AD=AD’=AD”, 且?D’AB=?DAB, ?D”AC=?DAC, D' A 于是?D’AD”=2?A.所以 D’D”=2ADsinA.当点 D 在 BC 上运动时,以点 D 为 BC 边上高的垂足时 AD 最小. F 3? 说明此时的最小三角形就是⊿ABC 的垂足三角形. E 由于 D 为 BC 边上的垂足.对于垂足三角形 DEF,由?DEC=?AEF,而 D" ?DEC=?CED",故点 E 在 D’D”上,同理,F 在 D’D”上,即⊿DEF 为所求得 B D C 的周长最小三角形. (Schwarz 解法)这是一个非常奇妙的证法: 如图,⊿DEF 为⊿ABC 的垂足三角形,⊿PQR 为⊿ABC 的任一内接三角形.作⊿ABC 关于 AC 的对称图形⊿ACB1,由?DEC=?FEA,故 EF 的关于 AC 的对称线段 EF1 应与 DE 共线.再作⊿ACB1 关于 AB1 的对称三角形 AB1C1,?,这样连续作五次对称三角形,就得 到下图:

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A

R F B H D P C P 1 D1 B1 E H1 F1 R1

Q1

E1 C1 P3 D3

Q

B2

H2 D2

P 2

E2 Q2

H4 F3 R3 H5

D4 P 4

H3 F2 R2

C2 Q3 A1 E3

在此图中的 DD4=⊿DEF 的周长的两倍. 而折线 PQR1P2Q2R3P4 也等于⊿PQR 的周长的 两倍. 但易证?BDE+?B2D4F3=180?,于是 DP∥D4P4,且 DP=D4P4,从而线段 PP4=DD4=⊿ DEF 周长的两倍.显然,折线 PQR1P2Q2R3P4 的长>线段 PP4 的长.即⊿PQR 的周长>⊿DEF 的周长. 定理 16.(Polya 问题)两端点在给定圆周上且把圆面积二等分的所有线中,以直 径最短. A 连 AB,作 与 AB 平行的直径 CD,作直径 AB’,则 B 与 B’关于 CD 对称. CD 与曲线 AB 必有交点, 否则曲线 AB 全部在 CD 一侧, 不可能等分圆面积. 设 C 交点为 E, 连 AE、 BE、 B’E, 则 AE+EB=AE+EB’>AB’, 故曲线 AB 的长大于直径 AB’. 定理 17.(等周问题)这是由一系列的结果组成的问题: 1? 在周长一定的 n 边形的集合中,正 n 边形的面积最大. 2? 在周长一定的简单闭曲线的集合中,圆的面积最大. 3? 在面积一定的 n 边形的集合中,正 n 边形的周长最小。 4? 在面积一定的简单闭曲线的集合中,圆的周长最小。 下面证明:等长的曲线围成面积最大的图形是圆. (Steiner 解法)1? 周长一定的封闭曲线中,如果围成的面积最大,则必为凸图形. 若为该图形凹,可任作一条与曲线凹进部分有两个交点的直线,作该曲线在 两交点间一段弧的对称曲线,则可得一个与之等周且面积更大的图形. 2? 周长一定的面积最大的封闭曲线中,如果点 A、B 平分其周长,则弦 AB 平分其面积. 若 AB 不平分其面积,则该图形必有在 AB 某一侧面积较大,如图,不妨设 N>M,则去掉 M 作 N 的关于 AB 的对称图形 N’,则由 N、N’组成的图形周长与原 A 来的相等,但面积更大. 3?对于既平分周长与又平分面积的弦 AB,只考虑该图形在 AB 的任一侧的一 半,若 C 为此段弧上任一点,则?ACB=90?.否则可把此图形划分为三块 M、N、 M P,只须改变?ACB 的大小,使?ACB=90?,则 M、N 的面积不变,而 P 的面积变 大. A ? 这说明,此半段曲线必为半圆,从而另一半也是半圆. 例 20.设正三角形 ABC 的边长为 a,若曲线 l 平分⊿ABC 的面积,求证:曲线 l 的长 l≥

B E O D B'

N B M N'

C P N B

?a
2 3
4



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分析 从结论中式子的形状估计该曲线的长度与圆的周长有关,故应设法 F 找出相头的圆.再如果一条曲线等分此正三角形的面积,则估计此曲线应是圆 弧,于是可求出其半径.但要说明此弧一定是最短的,就要把圆弧还原成圆, G 从而可把此三角形还原成圆内接六边形. P 证明 设曲线 PQ 平分⊿ABC 的面积,其长度为 l. M 若此曲线与三角形的两边 AB、AC 相交于点 P、Q,作⊿ABC 关于 AC、AC B 的对称图形,得⊿ACD、⊿ABG,再作 此图形关于 DG 的对称图形,得到一个 正六边形 BCDEFG.则曲线 PQ 相应的对称曲线围成的封闭曲线平分正六边形 BCDEFG 的 面积.以 A 为圆心,r 为半径作圆,使此圆的面积等于正六边形面积的一半.则此圆的夹在 AB、AC 间的弧段 MN 平分⊿ABC 的面积.
4 3 1 3 11 3 由于正六边形面积=6· 3a2= 3a2.故得?r2= · 3a2,解得 r= a, 4 33 4 2 23 2 ?
E

A Q N C

D

1 ?a ?a 从而弧 MN 的长= · 2πr= ,由等周定理,知 l≥ . 6 4 4 2 3 2 3

练习题 1、在四边形 ABCD 中,⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC 的面积比是 3∶4∶1,点 M、N 分别 在 AC、CD 上满足 AM∶AC=CN∶CD,并且 B、M、N 三点共线.求证:M 与 N 分别是 AC 与 CD 的中点.(1983 年全国高中数学联赛) A 证明 设 AC、BD 交于点 E. E 由 AM∶AC=CN∶CD,故 AM∶MC=CN∶ND, B M 令 CN∶ND=r(r>0), 则 AM∶MC=r. 由 SABD=3SABC,SBCD=4SABC,即 SABD∶SBCD =3∶4. C 从而 AE∶EC∶AC=3∶4∶7. SACD∶SABC=6∶1,故 DE∶EB=6∶1, ∴DB∶BE=7∶1. r 3 AM∶AC=r∶(r+1),即 AM= AC,AE= AC, r+1 7 4r-3 r 3 1 ∴EM=( - )AC= AC.MC= AC, r+1 7 7(r+1) r+1 4r-3 CN DB EM ∴EM∶MC= .由 Menelaus 定理,知 · · =1,代入得 7 ND BE MC 4r-3 r· 7· =1, 即 4r2-3r-1=0, 这个方程有惟一的正根 r=1. 故 7 CN∶ND=1,就是 N 为 CN 中点,M 为 AC 中点. 2、四边形 ABCD 内接于圆,其边 AB 与 DC 延长交于点 P,AD、 BC 延长交于点 Q,由 Q 作该圆的两条切线 QE、QF,切点分别为 E、F, 求证:P、E、F 三点共线.(1997 年中国数学奥林匹克) 证明 连 PQ,作⊙QDC 交 PQ 于点 M, 则?QMC=?CDA=?CBP,于是 M、C、B、P 四点共圆. 由 PO2-r2=PC· PD=PM· PQ,
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D

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A E O D B F M C Q

P

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QO2-r2=QC· QB=QM· QP, 2 2 两式相减,得 PO -QO =PQ· (PM-QM) 2 =(PM+QM)( PM-QM)=PM -QM2, ∴ OM⊥PQ. ∴ O、F、M、Q、E 五点共圆. 连 PE,若 PE 交⊙O 于 F1,交⊙OFM 于点 F2,则 对于⊙O,有 PF1· PE=PC· PD, 对于⊙OFM,又有 PF2· PE=PC· PD. ∴ PF1· PE=PF2· PE,即 F1 与 F2 重合于二圆的公共点 F.即 P、F、E 三点共线. 1 1 1 3、若⊿ABC 的边 a、b、c,所对的角为 1∶2∶4,求证: = + . a b c 作三角形的外接圆,即得圆内接正七边形,转化为例 1’. XP YP ZP 4、P 为⊿ABC 内任意一点,AP、BP、CP 分别交对边于 X、Y、Z.求证: + + =1. XA YB ZC XP SPBC YP SPCA ZP SPAB 证明: = , = , = ,三式相加即得证. XA SABC YA SABC ZA SABC 5、如图,设Δ ABC 的外接圆 O 的半径为 R.内心为 I.∠A<∠C,∠B=60°,∠A 的 外角平分线交⊙O 于 E. 证明:⑴IO=AE; ⑵2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R. (1994 年全国高中数学联赛) 证明:∵∠B=60°,∴∠AOC=∠AIC=120°. ∴A,O,I,C 四点共圆.圆心为弧 AC 的中点 F,半径为 R. ∴O 为⊙F 的弧 AC 中点,设 OF 延长线交⊙F 于 H,AI 延长线交弧 BC 于 D. E 由∠EAD=90°(内外角平分线)知 DE 为⊙O 的直径.∠OAD= ∠ODA. 但∠OAI=∠OHI,故∠OHI=∠ADE,于是 RtΔ DAE≌RtΔ HIO ∴AE=IO. O I 由Δ ACH 为正三角形,据 Ptolemy 定理得,IC+IA=IH. 由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. B 设∠OHI=α ,则 0<α <30°. ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα +cosα )=2R 2sin(α +45°). 又α +45°<75°,
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A

F

H

C

故 IO+IA+IC<2 2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3). 6、设 P 为⊿ABC 的外接圆上一点,H 为⊿ABC 的垂心,求证:PH 的中点 K 在⊿ABC 的与点 P 对应的 Simson line 上. 设过P作三边的垂线交 BC、CA、AB 于点 X、Y、Z.连 KZ、KF、ZX,延 长 CF 交⊙O 于点 N,连 PN. 由 PZ⊥AB,CF⊥AB,K 为 PH 中点知,KZ=KF. ∴ ?KZF=?KFZ. 易证 HF=FN,故 KF∥PN.∴ ?PNC=?KFH. 但?PNC+?PBC=180?, ∴ ?KFZ+?ZFH+?PBC=180?. 即?KFZ+?PBC=90?. 又 PX⊥BC,PZ⊥BZ?P、Z、X、B 共圆.
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N P

Y A

K Z O

F

H C

B

X

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∴ ?XZB=?XPB,而?XPB+?PBC=90?. ∴ ?KZF=?KFZ=?XZB.∴ ZK 与 ZX 共线.即点 K 在⊿ABC 的与点 P 对应的 Simson line 上. 7、设⊿ABC 内接于单位圆 O,且 OA、OB、OC 与 OX 正方向所成的角分别为 α、β、γ, 试求⊿ABC 的垂心的坐标.(1980 年南京市数学竞赛) 1 1 ⊿ABC 外心为原点 O,重心坐标为 G( (cos?+cos?+cos?), (sin?+sin?+sin?)),于是得 3 3 ⊿ABC 的垂心坐标为 H(cosα+cosβ+cosγ,sinα+sinβ+sinγ). 8、在 ABC 中,∠C=90°,AD 和 BE 是它的两条内角平分线,设 L、M、N 分别为 AD、 AB、BE 的中点,X=LM∩BE,Y=MN∩AD,Z=NL∩DE.求证:X、Y、Z 三点共线.(2000 年江苏省数学冬令营) 作Δ ABC 的外接圆,则 M 为圆心. ∵ MN∥AE, ∴ MN⊥BC. ∵ AD 平分∠A,∴ 点 Y 在⊙M 上,同理点 X 也在⊙M 上.∴ MX=MY. A Z 记 NE∩AD=F,由于直线 DEZ 与Δ LNF 的三边相交,直线 AEC 与Δ BDF L H 三边相交,直线 BFE 与Δ ADC 三边相交,由 Menelaus 定理,可得: X LZ NE FD NZ NE FD BE FD · · =1.? = · = · ; ZN EF DL ZL EF DL EF DA FE BC DA AF DB CE · · =1, · · =1. EB CD AF FD BC EA NZ BD CE AB BC BC 三式相乘得 = · = · = . ZL DC AE AC AB AC 另一方面,连结 BY、AX,并记 MY∩BC=G,AC∩MX=H, 于是有∠NBY=∠LAX, ∠MYA=∠MAY=∠LAC, ∴∠BYN=∠ALX. ∴ Δ BYN∽Δ ALX. ∴ ∴ LX AF AC = = , NY BG BC NZ LX MY NZ LX · · = · =1. ZL XM YN ZL NY
E F D Y C

M N G B

由 Menelaus 定理可得,X、Y、Z 三点共线. 注:本题是直线形问题,因此可用解析法证明. 9、已知 在⊿ABC 中,AB>AC,?A 的一个外角的平分线交⊿ABC 的外 接圆于点 E,过 E 作 EF⊥AB,垂足为 F. 求证 2AF=AB-AC. (1989 年全国高中数学联赛) 证明 在 FB 上取 FG=AF,连 EG、EC、EB, 于是⊿AEG 为等腰三角形,∴EG=EA. 又?3=180?-?EGA=180?-?EAG=180?-?5=?4, ?1=?2.于是⊿EGB??EAC.???BG=AC, ∴ AB-AC=AG=2AF.

E
5 4 3

A

F
2

G
1

B

C

10、四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、 BCP、CDP 和 DAP 的外接圆圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 三直线共点. (1990 年全国高中数学联赛) 证明 ∵O 为⊿ABC 的外心,∴ OA=OB.
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A

E D
1

O3 O4 P

2

C

O2 O O1 F

3

B

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∵ O1 为⊿PAB 的外心,∴O1A=O1B. ∴ OO1⊥AB. 作⊿PCD 的外接圆⊙O3,延长 PO3 与所作圆交于点 E,并与 AB 交于点 F,连 DE,则 ?1=?2=?3,?EPD=?BPF, ∴ ?PFB=?EDP=90?. ∴ PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形. ∴ O1O3 与 PO 互相平分,即 O1O3 过 PO 的中点. 同理,O2O4 过 PO 中点. ∴ OP、O1O3、O2O4 三直线共点. 11、 在棱长为 1 的正四面体表面选取一个由若干条线段组成的有限集, 使四面体的任二 顶点都可以由此集中的某些线段组成的折线来连接. 能否选取满足上述要求的线段集,使其中所有的线段总长度和小于 1+ 3?(1975 年波 兰数学竞赛) 把这个正四面体展开, 其中两个面即含有此四面体的四个顶点. 故只要在此四边形中考 虑即可. 设 AD、 BC 交于点 O, 取⊿ABO 的 Fermat 点 F, 则?BFA=?AFO=?OFB=120?, 设 FA=x, x2+y2+xy=1, ⑴ 3 x2+z2+xz= , ⑵ 4 1 z2+y2+zy= , ⑶ 4 ⑷
B y F x A O D

FB=y,FC=z,由余弦定理,可得方程组

z

C

1 又由三角形面积可得 xy+yz+zx= , 2 ⑴+⑵+⑶+⑷× 3得

7 7 2(x+y+z)2= ,即 x+y+z= . 2 2

同样可在⊿OCD 中找出相同的线段集, 这样, 连接此四点的线段集的长可以= 7. 而 7 <1+ 3. 12、如图,O,I 分别为⊿ABC 的外心与内心,AD 是 BC 边上的高,I 在线段 OD 上.求 证:⊿ABC 的外接圆半径等于其 BC 边上的旁切圆半径.(1998 年全国高中数学联赛) 由旁切圆半径公式,有 ra= 2S aha = ,故只须证明 b+c-a b+c-a
A

R a = 即可.连 AI 并延长交⊙O 于 K,连 OK 交 BC 于 M,则 K、 ha b+c-a M 分别为弧 BC 及弦 BC 的中点.且 OK⊥BC.于是 OK∥AD,又 OK=R, 故 R OK IK KB = = = , ha AD IA IA
B

N I

O

KB a BM 故只须证 = = . IA b+c-a 1 (b+c-a) 2

D

M K

C

1 KB BM 作 IN⊥AB,交 AB 于 N,则 AN= (b+c-a),而由⊿AIN∽⊿BKM,可证 = 成立. 2 IA AN

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§8.2 数学归纳法
本讲将介绍数学归纳法的另外几种形式,及一些数学归纳法的证题技巧. 1.第二数学归纳法:设 P (n) 是关于自然数 n 的命题,若 (1)证明当 n 取第一个值 n0 时,命题 P (n) 成立; (2)假设 P (n) 在 n ? k (k ? n0 , k ? N ) 时成立,由此推得 n ? k ? 1 时,命题 P (n) 也 成立. 则根据(1) (2)对一切自然数 n ,命题 P (n) 成立.第一数学归纳法和第二数学归纳法 的区别在于后者的归纳假设加强了.

? f (2 ?) , 1 f (n ? 2) ? f (n ? 1) ? f (n), n ? 1, 2,3,? , 求 证 : 例 1 : 已 知 f ( 1)

f (n) ? 2n .

例 2:将素数由小到大的编上序号,2 算作第一个素数,3 算作第二个素数,依次类推,
2 求证:第 n 个素数 P . n ?2
n

2.跳跃数学归纳法:此归纳法为第一数学归纳法的推论.设 P (n) 是关于自然数 n 的命 题,若 (1)当 n ? 1,2,3,?, l 时, P(1), P(2), P(3),?, P(l ) 成立; (2)假设 n ? k 时 P ( k ) 成立,由此推得 n ? k ? l 时, P(k ? l ) 也成立. 则根据(1) (2)对一切自然数 n ,命题 P (n) 成立.
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例 3:证明:用票面为 3 分和 5 分的邮票可以支付任何 n ( n 是大于 7 的自然数)分的 邮资.

3.反向数学归纳法:又称为倒推归纳法,是由法国著名数学家柯西首先使用的,柯西 利用反向归纳法证明了柯西不等式,下面给出反向归纳法的原理. 设 P (n) 是关于自然数 n 的命题,若 (1) P (n) 对无限多个正整数 n 成立; (2)假设 n ? k ? 1 时,命题 P(k ? 1) 成立,则当 n ? k 时命题 P ( k ) 也成立. 则根据(1) (2)对一切自然数 n ,命题 P (n) 成立. 例 4:设 a1 , a2 ,?, an 是 n 个正数,证明:

a1 ? a2 ? ? ? an n ? a1a2 ? an n

例 5: (琴生不等式)已知连续函数 f ( x) 的定义域为 [ a, b] ,对于区间 [ a, b] 内的任意两 数 c, d 均有 f (

c?d 1 ) ? [ f (c) ? f (d )] .求证:对于任意 x1 , x2 ,?, xn ? [a, b] ,均有 2 2

f(

x1 ? x 2 ? ? ? x n 1 ) ? [ f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ? ? f ( x n )]. n n

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4.螺旋归纳法:又称为跷跷板归纳法,实质上是一种交叉过渡的归纳法.其原理如下: 设 P (n) , Q ( n) 是两个关于自然数 n 的命题,若 (1) P(1) 成立; (2)假设 P ( k ) 成立,则可推出 Q ( k ) 成立,假设 Q ( k ) 成立,则可推出 P(k ? 1) 成立. 则对所有自然数 n ,命题 P (n) 与 Q ( n) 都成立. 事实上,我们把两个命题按如下的方式排列成一个新序列:

P(1), Q(1), P(2), Q(2),?, P(k ), Q(k ), P(k ? 1),?,
则螺旋归纳法就是第一数学归纳法的一种特殊形式. 例 6:斐波那契(Fibonacci)数列 {Fn } 定义为: Fn?2 ? Fn?1 ? Fn , F 1 ?1 , F 2 ? 1 ,求 证:

Fn2 ? Fn2 ? F2n?1 ?1



7 : 已 知 数 列 {an } 定 义 如 下 : an ? ?

? ?3m (m ?3m ,
2

1? )

1 n, ? n ?

m m

2

- 1

(1)求证:数学的前 n 项和为

S2 m ?1 ?
(2)

1 m(4m 2 ? 3m ? 1) 2

S2 m ?
(3)

1 m(4m 2 ? 3m ? 1) 2

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5.二重数学归纳法:设 P(n, m) 是与两个独立的自然数 n 、 m 有关的命题,若 (1) P (1, m) 对任意正整数 m 成立, P(n,1) 对任意自然数 n 成立; (2)假设 P(n ? 1, m) 和 P(n, m ? 1) 成立,由此推出 P(n ? 1, m ? 1) 成立. 则对所有的自然数自然数 n 、 m ,命题 P(n, m) 都成立. 例 8:已知 f (m, n) 对任何自然数 m , n 满足 f (1, n) ? n ? 1 , f (m ? 1,1) ? f (m, 2) ,

f (m ? 1, n ? 1) ? f [m, f (m ? 1, n)] ,求证: f (m, n) ? n ? 1.

例 9:设 f (m, n) 满足

f (m, n) ? f (m, n ? 1) ? f (m ? 1, n)
m?1 其中 m , n 是正整数, m, n ? 2 ,且 f (1, n) ? f (m,1) ? 1,证明: f (m, n) ? Cm ? n ?2 .

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§8.3 排序不等式
探究:设 ?AOB ? ? ,自点 O 沿 OA 边依次取 n 个点 A1 , A2 ,?, An ,沿 OB 边也依次
取 n 个点 B1 , B2 ,?, Bn .选取某个点 Ai (i ? 1, 2,?, n) 与某个点 Bi (i ? 1, 2,?, n) 连结,得到

OA 边上的点与 OB 边上的点如 ? AOB i j .这样一一搭配,一共可以得到 n 个三角形.问:
何一一搭配,才能使得到的 n 个三角形面积之和最大?如何一一搭配,才能使得到的 n 个三 角形的面积之和最小?

排序不等式(sequence inequality),又称排序原理
设有两个有序数组 a1 ? a2 ? ? ? an 及 b1 ? b2 ? ? ? bn ,c1 , c2 ,?, cn 是 b1 , b2 ,?, bn 的任一 排列,则

a1bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? a1c1 ? a2c2 ? ?? ancn ? a1b1 ? a2b2 ? ?? anbn
即 反序和≤乱序和≤顺序和

当且仅当 a1 ? a2 ? ? ? an 或 b1 ? b2 ? ? ? bn 时反序和等于顺序和. 证明:不妨设在乱序和 S 中 in ? n 时(若 in ? n ,则考虑 in ?1 ) ,且在和 S 中含有项

ak bn (k ? n) ,
则 :

ak

?

n



① bn

?

事实上,左-右= (an ? ak )(bn ? bin ) ? 0 . 由此可知,当 in ? n 时,调换 S ? a1bi1 ? ? ? ak bik ? ? ? anbin ( in ? n )中 bn 与 in 位置 (其余不动) ,所得新和 S1 ? S .调整好 an 及 bn 后,接着再仿上调整 a n ?1 与 bn ?1 ,又得

S2 ? S1 .如此至多经 n ? 1 次调整得顺序和 a1b1 ? a2b2 ? ? ? an bn
② 这就证得“顺序和不小于乱序和” .显然,当 a1 ? a2 ? ? ? an 或 b1 ? b2 ? ? ? bn 时 ②中等号成立.反之,若它们不全相等,则必存在 in 及 k,使 bn ? bj n ,an ?ak .这时①中不
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? a1bi1 ? a2bi2 ? ?? anbin

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等号成立.因而对这个排列②中不等号成立. 类似地可证“乱序和不小于反序和” . 说明:排序不等式又称排序原理,是一个很强的不等式,许多重要不等式可以借助排序 不等式得到证明.其关键是找出两组有序数组.利用排序不等式可以证明平均不等式,还可 证明下述重要不等式: 切比雪夫不等式:若 a1 ? a2 ? ? ? an , b1 ? b2 ? ? ? bn ,则

a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn a1 ? a2 ? ? ? an b1 ? b2 ? ? ? bn ? ? n n n

例题讲解
例 1:有 10 人各拿一只水桶去接水,设水龙头注满第 i(i ? 1, 2,?,10) 个人的水桶需要 ti 分, 假定这些 ti 各不相同.问只有一个水龙头时,应如何安排 10 人大顺序,使他们等候的总时 间最少?这个最少的总时间等于多少?

? 例 2:对 a, b, c ? R ,比较 a ? b ? c 与a b ? b c ? c a 的大小.
3 3 3 2 2 2

a 2 ? b2 b2 ? c 2 c 2 ? a 2 a 2 b2 c 2 ? ? ? ? ? 例 3: a, b, c ? R ,求证: a ? b ? c ? . 2c 2a 2b bc ca ab
?

例 4:在△ ABC 中,试证:

?
3

?

aA ? bB ? cC ? ? . a?b?c 2

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例 5:设 a1 , a2 ,?, an 是互不相同的自然数,试证 1 ?

a a 1 1 ? ? ? ? a1 ? 2 ??? n . 2 2 n 2 n2

课后练习
1.设 a 、 b 、 c ? R ,求证:
?

a b c 3 ? ? ? . b?c c?a a?b 2
(1997

z 2 ? x2 x2 ? y 2 y 2 ? z 2 2.设 x 、 y 、 z 为正数,求证: ? ? ? 0. x? y y? z z? x
年江苏冬令营) 3.设 a 、 b 、 c 为正数,求证: 兰数学奥林匹克) 4 . 已 知

a 3 b3 c 3 ? ? ? a?b?c . bc ac ab

(1963 年波

a, b, c



























2(a3 ? b3 ? c3 ) ? a2 (b ? c) ? b2 (a ? c) ? c2 (a ? b) .
5.设 a1 , a2 , a3 为正数,求证:

a1a2 a2 a3 a3a1 ? ? ? a1 ? a2 ? a3 . a3 a1 a2
2 x2 x2 x12 x2 ? ? ? ? n?1 ? n ? x1 ? x2 ? ? ? xn . x2 x3 xn x1

6.设 x1 , x2 ,?, xn 都是正数,求证:

7. 已知 a1 , a2 ,?, an 为任何两两互异的正整数, 证明对任意正整数 n , 均有:

? k ?? k .
i ?1 2 i ?1

n

ak

n

1

(第 20 届 IMO 试题) 8.设 b1 , b2 ,?, bn 是正数 a1 , a2 ,?, an 的一个排列,求证

a a1 a2 ? ??? n ? n . b1 b2 bn
(1935 年匈牙利数学奥林匹克)

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9.设正数 a 、 b 、 c 的乘积 abc ? 1 ,证明

1 1 1 3 ? 3 ? 3 ? . a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2
3

(第 36 届 IMO 试题) 点评:此题除使用排序不等式证明外,还可以使用柯西不等式或平均不等式证明. 10. 设 xi 、 yi 是实数 ( i ? 1, 2,?, n ) . 且 x1 ? x2 ? ? ? xn ,y1 ? y2 ? ? ? yn ,z1 , z2 ,?, zn 是 y1 , y 2 ,?, y n 的任一排列,证明:

? ( xi ? yi )2 ?? ( xi ? zi )2
i ?1 i ?1

n

n

(第 17 届 IMO 试题)

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