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高中数学奥赛赛前辅导


第一讲

集合与函数综合问题

例 1、数集 M 由 2003 个不同的实数组成,对于 M 中任何两个不同的元素 a 和 b,数

a 2 ? b 2 都是有理数.证明:对于数集 M 中任何一个数 a, a 2 都是有理数.
(2003 年俄罗斯数学奥林匹克试题) 分析:欲证 a 2 是一个有理数,只需把 a

2 表示为几个有理数的和即可. 证明:设 a,b,c 是数集 M 中任意三个两两不同的元素,由题设知

a 2 ? b 2, b2 ? a 2, c 2 ? a 2, c 2 ? b 2
都是有理数,于是

(a 2 ? b 2) ? (b 2 ? a 2) ? (a ? b)(a ? b ? 2) 1 ? (a 2 ? b 2)(a 2 ? b 2 ? 2) 2
是有理数.

(c 2 ? a 2) ? (c 2 ? b 2) ? a 2 ? b 2

1 是有理数,从而 (a 2 ? b 2 ? 2) 是有理数,进而 a 2 ? b 2 是有理数.所以 2 1 1 a 2 ? (a 2 ? b 2) ? (a 2 ? b 2) 是有理数. 2 2
1 ? ?1 1 例 2、 称有限集 S 的所有元素的乘积为 S 的 “积数” 给定数集 M ? ? , ,?, . ?. 求 100 ? ?2 3
数集 M 的所有含偶数个元素的子集的“积数”之和. 分析:数集 M 的所有子集的积数之和为

1 1 1 ) ( ? ?) ?1 1 ( ?) 1 . 2 3 100 设数集 M 的所有含偶数个元素的子集的积数和为 x, 所有含奇数个元素的子集的积数 1 1 1 之和为 y,则 x ? y ? (1 ? )(1 ? ) ?(1 ? ) ?1. 只需再建立一个关于 x,y 的方程,就可解 2 3 100 出 x,y. 解答: 设数集 M 的所有含偶数个元素的子集的积数之和为 x, 所有含奇数个元素的子 集的积数之和为 y,则 ( 1?

又 所以

解得

1 1 1 x ? y ? (1 ? )(1 ? )? (1 ? ) ? 1, 2 3 100 1 1 1 x ? y ? (1 ? )(1 ? )? (1 ? ) ? 1, 2 3 100 99 x? y? , 2 99 x? y? . 100 4851 x? . 200

例 3、设集合 Sn={1,2,?,n}.若 X 是 Sn 的子集,把 X 中的所有数的和称为 X 的 “容量” (规定空集的容量为 0) .若 X 的容量为奇(偶)数,则称 X 为 Sn 的奇(偶)子集. (1)求证:Sn 的奇子集与偶子集个数相等; (2)求证:当 n≥3 时,Sn 的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等; (3)当 n≥3 时,求 Sn 的所有奇子集的容量之和. (1992 年全国高中数学联赛试题) 分析: 要证明两个集合的元素的个数一样多, 一种方法是直接把这两个集合的元素个 数算出来, 另一种方法是在这两个集合之间建立一个一一对应. 本题我们将用后一种方法来 解. 解答: (1)设 A 是 Sn 的任一奇子集,构造映射 f 如下:

A ? A ? {1}, 若1? A; A ? A ? {1}, 若1? A.
(注:A—{1}表示从集合 A 中去掉 1 后得到的集合) 所以,映射 f 是将奇子集映为偶子集的映射. 易知,若 A1,A2 是 Sn 的两个不同的奇子集,则 f(A1)≠f(A2) ,即 f 是单射. 又对 Sn 的每一个偶子集 B,若 1∈B,则存在 A=B\{1},使得 f(A)=B;若 1? B ,则 存在 A ? B ? {1}, 使得 f(A)=B,从而 f 是满射. 所以,f 是 Sn 的奇子集所组成的集到 Sn 的偶子集所组成的集之间的一一对应,从而

1 Sn 的奇子集与偶子集个数相等,故均为 ?2n ? 2n?1 个. 2 (2)设 an(bn)表示 Sn 中全体奇(偶)子集容量之和. 若 n(≥3)是奇数,则 Sn 的奇子集由如下两类: (1)Sn-1 的奇子集; (2)Sn-1 的偶子集 与集{n}的并,于是得 - an=an-1+(bn-1+n?2n 2) , ① 又 Sn 的偶子集可由 Sn-1 的偶子集和 Sn-1 的奇子集与{n}的并构成,所以 - bn = bn-1+(an-1+n?2n 2) , ② 由①,②,便得 an= bn . 若 n(≥4)是偶数,同上可知 - an=an-1+(an-1+n?2n 2) , n-2 bn = bn-1+(bn-1+n?2 ) , 由于 n-1 是奇数,由上面已证 an-1= bn-1,从而 an = bn. 综上即知,an = bn,n=3,4?

(3)由于 Sn 的每一个元素均在 2n 1 个 Sn 的子集中出现,所以,Sn 的所有子集容量 - - 之和为 2n 1(1+2+?+n)=2n 2n(n+1). 又由(2)知,an=bn,所以



1 an ? ?2n?2 n(n ? 1) ? 2n?3 n(n ? 1). 2 说明(2)的证明中,建立了递推关系.这也是解决“计数”问题的一个有效方法. 例 4、设 A 是集合 S={1,2,?1000000}的一个恰有 101 个元素的子集.证明:在 S
中存在数 t1,t2,?t100,使得集合 A j ? {x ? t j | x ? A}, j ? 1,2,?,100 中,每两个的交集为空 集. (2003 年国际数学奥林匹克试题) 证明:考虑集合 D={x-y|x,y∈A},则

| D |≤ 101?100 ? 1 ? 10101.
若 Ai ? a j ? ? ,设 a ? Ai ? A j ,则 a=x+ti,a=y+tj,其中 x,y∈A,则 ti-tj=y-x ∈D. 若 ti-tj∈D,即存在 x,y∈A,使得 ti-tj=y-x,从而 x+ti= y+tj,即 Ai ? A j ? ?. 所以, Ai ? A j ? ? 的充要条件是 ti-tj∈D.于是,我们只需在集合 S 中取出 100 个 元素,使得其中任意两个差都不属于 D. 下面用递推方法来取出这 100 个元素. 先在 S 中任取一个元素 t1,再从 S 中取一个 t2,使得 t1? t2 ? D ? {t2 ? x | x ? D}. 这是 因为取定 t1 后,至多有 10101 个 S 中的元素不能作为 t2,从而在 S 中存在这样的 t2.若已有 k(≤99)个 S 中的元素 t1,t2,?,tk 满足要求, 再取 tk+1,使得 t1, ?,tk 都不属于 tk+1+D={ tk +1+x|x∈D},这是因为 t1,t2,?,tk 取定后,至多有 10101k≤999999 个 S 中的数不能作为 tk+1,故在 S 中存在满足条件 tk+1.所以,在 S 中存在 t1,t2,?,t100,其中任意两个的差都 不属于 D. 综上所术,命题得证. 说明:条件|S|=106 可以改小一些.一般地,我们有如下更强的结论:
2 若 A 是 S={1,2,?,n}的 k 元子集,m 为正整数,满足条件 n>(m-1) (CK ? 1), 则存在

S 中的元素 t1,?,tm,使 Aj={x+tj|x∈A},j=1,?m 中任意两个的交集为空集. 例 5、求函数 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 的值域. (2001 年全国高中数学联赛试题) 解答:由题设可得 x 2 ? 3x ? 2 ? y ? x ≥ 0 ,所以 x2-3x+2=y2-2xy+x2, 即(2y-3)x=y2-2. 由上式知 y ?

3 y2 ? 2 , 且x ? .由 2 2y ? 3

y≥ x ? 得

y2 ? 2 2y ? 3

y2 ? 3y ? 2 ( y ? 1)( y ? 2) ≥ 0, ≥ 0. 3 2y ? 3 y? 2 3 所以1≤ y ? 或y ≥ 2. 2 又任取y0 ? [2, ??), 令x0 ? x0 ? 2 ?
2 y0 ? 2 ,则 2 y0 ? 3

2 y0 ? 2 ( y ? 2) 2 ?2? 0 ≥ 0, 2 y0 ? 3 2 y0 ? 3

2 2 故x0 ≥ 2, 所以x0 ? 3 x0 ? 2≥ 0, 且y0 ? x0 ? x0 ? 3 x0 ? 2.

y2 ? 2 ? 3? 任取 y0 ? ?1, ? , 令x0 ? 0 ,则 2 y0 ? 3 ? 2? x0 ? 1 ?
2 y0 ? 2 ( y ? 1) 2 ?1 ? 0 ≤ 0, 2 y0 ? 3 2 y0 ? 3

2 2 故 x0≤1,于是 x0 ? 3 x0 ? 2≥ 0, 且y0 ? x0 ? x0 ? 3 x0 ? 2.

? 3? 综上,所求的函数的值域为 ?1, ? ? [2, ??). ? 2? ? 3? 说明:我们先求出了 y 的范围 ?1, ? ? [2, ??) ,这是不是函数的值域呢?第二部分说明 ? 2? ? 3? 2 了对于 ?1, ? ? [2, ??) 中的任意一个数 y0,总存在一个 x0,使得 y0 ? x0 ? x0 ? 3x0 ? 2 ,这 ? 2?
? 3? 就证明了函数的值域是 ?1, ? ? [2, ??). ? 2?
例 6、求 y ? (3x ? 1)( 9 x 2 ? 6 x ? 5 ? 1) ? (2 x ? 3)( 4 x 2 ? 12 x ? 13 ? 1) 的图象与 x 轴的交 点坐标. 分析:仔细观察所给的式子,发现

y ? (3x ? 1)( (3x ? 1) 2 ? 4 ? 1) ? (2 x ? 3)( (2 x ? 3) 2 ? 4 ? 1) ,从而找到了解题途径.
解答:因为 y ? (3 x ? 1)( (3x ? 1) 2 ? 4 ? 1) ? (2 x ? 3)( (2 x ? 3) 2 ? 4 ? 1) , 令 f (t ) ? t ( t 2 ? 4 ? 1) ,易知 f(t)是奇函数,且 f(t)是严格递增函数.所以 y=f(3x-1)+f(2x-3).

4 当 y=0 时,f(3x-1)=-f(2x-3)=f(3-2x),所以 3x-1=3-2x,解得 x ? . 5 4 故图象与 x 轴的交点坐标为( ,0 ) . 5
例 7、设 a>0, r ( x) ?

ax 2 ? 1 1 ? ax ? . 讨论函数 r(x)在(0,+∞)中的单调性、最小值 x x

与最大值. 解答:先讨论它的单调性. 设 0<x1<x2<+∞

r ( x2 ) ? r ( x1 ) ? (ax2 ?

1 1 ) ? (ax1 ? ) x2 x1 1 ) x1 x2

? ( x2 ? x1 )(a ? 当0 ? x1 ? x2 ≤ 1 a 时, 有

r ( x2 ) ? r ( x1 ) ? ( x2 ? x1 )(a ? ? ( x2 ? x1 )(a ? ≤ 0; 当 1 a ≤ x1 ? x2时, 有

1 ) x1 x2 1
2 x2

)

r ( x2 ) ? r ( x1 ) ? ( x2 ? x1 )(a ? ? ( x2 ? x1 )(a ? ≥ 0,

1 ) x1 x2 1
2 x1

)

? 1 ? ? 1 ? 所以,在 ? 0, , ?? ? 上,r(x)是严格递增的. ? 上,r(x)是严格递减的;在 ? a? ? ? a ?
由此可知,r(x)没有最大值;当且仅当 x ? 时,r(x)取最小值 2 a . a 说明:此题的结论非常重要,许多问题最后可化归为讨论函数 1 a r ( x) ? ax ? (或r ( x) ? x ? ) 的增减性来解. x x 2 例 8、设二次函数 f(x)=ax +bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件: (1)当 x∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且 f(x)≥x; x ?1 2 (2)当 x∈(0,2)时, f ( x)≤ ( ) ; 2 (3)f(x)在 R 上的最小值为 0. 求最大的 m(m>1),使得存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)≤x. (2002 年全国高中数学联赛试题) 分析:先根据题设条件(1)(2)(3) , , ,把 f(x)的解析式求出来,进而再确定 m 的最大

1

值. 解答:由 f(x-4)=f(2-x),t∈R,可知二次函数 f(x)的对称轴为 x=-1.又由(3)知, 二次函数 f(x)的开口向上,即 a>0,故可设 f(x)=a(x+1)2(a>0)

1?1 2 由(1)知 f(1)≥1,由(2)知 f(1)≤ ( ) ? 1 ,所以 f(1)=1,故 2
1 1 ? a(1 ? 1)2 , a ? . 4 1 f ( x) ? ( x ? 1)2 . 4

所以

1 因为 f ( x) ? ( x ? 1)2 的图象开口向上, y=f(x+t)的图象是由 y=f(x)的图象平移|t|个单位 而 4 得到.要在区间[1,m]上,使得 y=f(x+t)的图象在 y=x 的图象的下方,且 m 最大,则 1 和 m 应当是关于 x 的方程 1 ( x ? t ? 1)2 ? x ① 的两个根. 4 令 x=1 代入方程①,得 t=0 或 t=-4. 当 t=0 时,方程①的解为 x1=x2=1(这与 m>1 矛盾!;当 t=-4 时,方程①的解为 x1=1, ) x2=9. 又当 t=-4 时,对任意 x∈[1,9],恒有 ( x ? 1)( x ? 9)≤ 0, 1 ? ( x ? 4 ? 1)2 ≤ x, 4 即 f(x-4)≤x. 所以,m 的最大值为 9. 说明:我们由 f(x-4)= f(2-x),x∈R 导出 f(x)的图象关于 x=-1 对称.一般地,若 f(x -a)=f(b-x),x∈R,则 b?a b?a b?a b?a f (x ? ) ? f (x ? ? a) ? f (b ? x ? )? f( ? x), 2 2 2 2 b?a 故 f(x)的图象关于 x ? 对称.这个性质在解题中常常用到. 2 + + 例 9、设 f 为 R →R 的函数,对任意正实数 x,f(3x)=3f(x),且 f(x)=1-|x-2|,1≤x≤3. 求最小的实数 x,使得 f(x)=f(2004). 分析:先用递推关系推出函数 f(x)的解析式,然后再求解. 解答:由已知条件得
? x ? 1,1≤ x ≤ 2, f ( x) ? ? ?3 ? x, 2≤ x ≤ 3.

x , 则 1≤t≤2,此时 3 f(x)=f(3t)=3f(t)=3(t-1) =x-3, 即得 f(x)=|x-3|,2≤x≤6.
当 3≤x≤6 时,令 t ?

x , 则 2≤x≤6,于是 3 f(x)=f(3t)=3f(t)=3|t-3|=|x-9|.
当 6≤x≤18 时,令 t ?

? x ? 1,1≤ x ≤ 2, ? ?| x ? 3 |, 2≤ x ≤ 6, ?| x ? 9 |,6≤ x ≤ 18, ? ?| x ? 27 |,18≤ x ≤ 54, f ( x) ? ? ?| x ? 81|,54≤ x ≤ 162, ?| x ? 243 |,162≤ x ≤ 486, ? ?| x ? 729 |, 486≤ x ≤ 1458, ? ?| x ? 2187 |,1458≤ x ≤ 4374.
所以 f(2004)=2187-2004=183. 由于 162-81<183,486-243>183,而 243-162<183,所以,最小的满足 f(x)=f(2004) 的实数 x=243+183=426. 说明:请读者自己证明:不存在实数 x∈(0,1) ,使得 f(x)=183. 例 10、k 是实数, f ( x) ?

x 4 ? kx 2 ? 1 x4 ? x2 ? 1

,对任意三个实数 a,b,c,存在一个以 f(a),f(b),

f(c)为三边长的三角形,求 k 的取值范围. 分析:首先,对于任意实数 x,f(x)要恒大于 0.在这个前提下,对任意三个实数 a,b, c,f(a),f(b),f(c)均能构成一个三角形的三边长,只需 2fmin(x)>fmax(x)即可. 解答:首先确定 k 的范围,使得 f(x)恒大于 0,即只需 x4+kx2+1 恒大于 0 即可. 当 k≥0 时,x4+kx2+1 恒大于 0;当 k<0 时,只需 △=k2-4<0, 即-2<k<0.所以,当 k>-2 时,f(x)恒大于 0. (1)当 k=1 时,f(x) ? 1 满足题意. (2)当 k>1 时,有

f ( x) ? 1 ? f ( x) ? 1 ?

(k ? 1) x 2 x4 ? x2 ? 1 (k ? 1) x 2

≥ 1( x ? 0时等号成立), ≤ 1? (k ? 1) x 2

x4 ? x2 ? 1 3x 2 k?2 ? (当x ? 1时等号成立), 3

所以, f max ( x) ? 1, f max ( x) ?

k?2 , 从而由三角形的两边之和大于第三边的性质,有 3

2 ?1 ?

k ?2 , 解得 k<4. 3 故 1<k<4 满足条件.
(3)当-2<k<1 时,与(2)类似,有 f max ( x) ? 1, f max ( x) ?

k?2 k ?2 ,由 2? ? 1, 解得 3 3

1 k ?? . 2

1 故 ? ? k ? 1 满足条件. 2 1 ? k ? 4. 2 说明:本题的关键是把“对任意实数 a,b,c,存在一个以 f(a),f(b),f(c)为三边长的 三角形”这一条件,转化为“2fmin(x)>fmax(x)” . 例 11、设 N 是非负整数集,f:N→N 是一个函数,使得对任一 n∈N,都有 (f(2n+1))2-(f(2n))2=6f(n)+1, ① f(2n)≥f(n). 问:f(N)中有多少元素小于 2003? 解答:由题设 (f(2n+1)2-(f(2n))2≥1>0, 所以 f(2n+1)> f(2n). 又 (f(2n+1)2=(f(2n))2+6 f(n)+1 <(f(2n)2+6 f(2n)+9, 所以 f(2n+1)< f(2n)+3, 故 f(2n+1)< f(2n)+1 或 f(2n)+2. 2 而(f(2n+1) -(f(2n))2 是奇数,所以 f(2n+1)与 f(2n)的奇偶性不同,从而 f(2n+1)= f(2n) +1.代入①式,得 f(2n)=3 f(n). 令 n=0,f(0)=3f(0),所以 f(0)=0.令 n=0 代入①式,得 f(1)=1,于是 f(2)=3 f(1)=3. 下面用数学归纳法证明:f 是严格递增函数,即证 f(n+1)>f(n).当 n=0,1,2 时,命题 成立.假设对小于等于 n 的情形命题成立. 则当 n=2k(k≥1)为偶数时,有 f(n+1)=f(2k+1)=f(2k)+1> f(2k)=f(n). 当 n=2k+1(k≥0)为奇数时,因为 0≤k<k+1≤n,所以 f(k+1)>f(k),从而 f(k+1)≥f(k) +1,于是 f(n+1)=f(2k+2)=3 f(k+1) ≥3 f(k)+3= f(2k)+1+2 = f(2k+1)+2> f(2k+1) = f(n) 综上,f(n)是严格单调递增函数. 显然,f(27)=3 f(26)=?=37 f(1)=2187>2003,而 f(127)= f(126)+1=3 f(63)+4 =9 f(31)+4=9 f(30)+13=27 f(15)+13 =27 f(14)+40=81 f(7)+40=81 f(6)+121 =243 f(3)+121=243 f(2)+364=729 f(1)+364 =1093<2003, 所以,共有 f(0),f(1),f(2),?,f(127)这 128 个元素不超过 2003.
综上所述,所求的 k 的取值范围为 ?

第二讲
例 1、化简 ?
n

三角函数及反三角函数

1 ( ? ? k? , k ? Z). k ?1 cos(? ? k ? ) cos[? ? ( k ? 1) ? ]

分析:本题目的化简是利用一个递推模型来实现的,即找到这个题目的“源生地” .可 先由产生分母 cosα cos(α +β )的正切函数之和入手.

考查 tan(? ? ? ) ? tan ? ?

sin ? ,即 cos? cos(? ? ? ) 1 1 ? [tan(? ? ? ) ? tan ? ]. cos? cos(? ? ? ) sin ?

得到递推模型:

c o s (? k? ? 1 ? { t a n [? k ? ? 1 ? ] ?t? k ?( ? ( ) an sin ?
再求和,即得原式 ? 解答:略. 例 2、不等式

1 . ) c? ? [k ? ( ? 1 ) ] os

)}

1 {tan[? ? (k ? 1) ? ] ? tan(? ? k ? )} . sin ?

( x 2 ? 1)cos? ? x(cos? ? 5) ? 3 x2 ? x ? 1

? sin ? ? 1 对任何实数 x 均成立,求θ .

分析:这是一个关于 x 的不等式, 以解集为全体实数作为背景条件来求参数θ 的范围问 题.可将θ 的正弦(或余弦)值表示成 x 的函数 f(x),再利用 f(x)的值域,对正弦(或余弦) 值的制约去求得θ . 解答:将不等式化成

sin ? ? cos? ? 即

5x ? 3 ? x2 ? x ? 1 x ? x ?1 5x ? 3
2

?1?

5x ? 3 x ? x ?1
2

2 sin(? ? ) ? 1 ? 2 . 4 x ? x ?1

?

利用判别式法可求得 y ? 因此, 2 sin(? ?

5x ? 3 x ? x ?1
2

的值域为 y ? [?1,

25 ]. 3

?
4

) ? 0, 从而

2k? ?

3? ? ? ? ? 2k? ? , k ?Z. 4 4

例 3、设 x, y , z ? R ? , x 2 ? y 2 ? z ? 1, 试求 xy+2xz 的最大值. 分析:这是一个在限定条件下,求多元函数的最值问题.如何将多元函数在限定的条件 中转化成单元函数,是破解这一问题的关键.可用三角法代换及平均值去求解. 解答:因为 x 2 ? y 2 ? z ? 1, 且x, y, z ? R ? , 故可令 z ? sin 2 ? , x 2 ? y 2 ? cos 2 ? ,

? ?? 而 x=cos2α sinβ ,y=cos2α cosβ ,其中 ? , ? ? ? 0, ? . 于是 ? 2?

xy ? 2 xz ? x ( y ? 2 z ) ? cos 2 ? sin ? (cos 2 ? sin ? ? 2sin 2 ? ) sin ? (2 ? cos ? ) cos 2 ? (cos ? cos 2 ? ? 2sin 2 ? ) 2 ? cos ? sin ? ? (2cos 2 ? ? cos ? cos 2 ? )(cos ? cos 2 ? ? 2sin 2 ? ) 2 ? cos ? ? sin ? ≤ 2 ? cos ? ? sin ? . 2 ? cos ? ? 2cos 2 ? ? cos ? cos 2 ? ? cos ? cos 2 ? ? 2sin 2 ? ? ? ? ? ? 2 ? ?
2

令 tan

?
2

? t则 sin ? ?

2t 1? t

,cos ? ? 2

1? t2 1? t2

.故

2t 2 2t 2t 3 xy ? 2 xz ≤ 1 ? t 2 ? ≤ ? . 2 3 2 3t 1? t 1 ? 3t 1? t2

3 1 3 , y ? z ? 时,取等号.即 xy+2xz 的最大值为 . 3 3 3 例 4、已知θ 1+θ 2+?+θ n=π ,θ i≥0(i=1,2,?,n),求 sin2θ 1+sin2θ 2+?+sin2 θ n 的最大值. (1985 年 IMO 预选题) 分析:由于变量多,变式的目标难确定,不妨先将问题简单化,即先退到θ 1+θ 2 为常 数时探讨 sin2θ 1+sin2θ 2 的最大值的情形.这种策略往往在竞赛题解答中时用到. 解答:先考查θ 1+θ 2=常数的情形.因为
当x?

sin 2 ?1 ? sin 2 ? 2 ? (sin ?1 ? sin ? 2 ) 2 ? 2sin ?1 sin ? 2 ? cos(?1 ? ? 2 ) ? cos(?1 ? ? 2 ) 2 2 ? ?? ? ?? ? 2cos 2 1 2 (2sin 2 1 2 ? 1) ? 1 ? cos(?1 ? ? 2 ). 2 2 ?1 ? ? 2 ? 上式中,当?1 ? ? 2 ? 时, 2sin 2 ? 1 ? 0; 2 2 ? ?? ? ?1 ? ? 2 ? 时, 2sin 2 1 2 ? 1 ? 0; 2 2 ? ?? ? ?1 ? ? 2 ? 时, 2sin 2 1 2 ? 1 ? 0. 2 2 ? 4sin 2 cos 2
由此可得出,当 ?1 ? ? 2 ? 当 ?1 ? ? 2 ?

?1 ? ? 2

?1 ? ? 2

?
2

时 ,θ 1 与θ 2 有一个为零时,sin2θ 1+sin2θ 2 有最大值;

?
2

且|θ 1-θ 2|越小时,sin2θ 1+sin2θ 2 值越大.

n=3 时,即θ 1+θ 2+θ 3=π 时, sin 2 ?1 ? sin 2 ? 2 ? sin 2 ? 3 ≤

9 是容易证明的. 4

而 n≥4 时,可知θ 1、θ 2、θ 3、θ 4 中必有两个角和不超过 由前面的结论知, ?1 ? ? 2 ≤

? . 2

时 ,sin2θ 1+sin2θ 2 当θ 1 或θ 2=0 时,有最大值. 2 于是所求的最大值可转化成三个角的和为π ,其正弦值的平方的最大值问题. 另一方面 n=2 时,θ 1+θ 2=π ,sin2θ 1+sin2θ 2≤2.因此,sin2θ 1+sin2θ 2+?+sin2 9 θ n 的最大值为 . 4 ,? 4 ? ?5 ? ? ? ? n ? 0 时,取等号. 3 例 5、如图 2.1,△ABC 中,高 AD=h,BC=a,AC=b,AB=c.若 a+h=b+c,求∠BAC 的范围. 分析:许多平面几何中的推导过程可用“三角法”进行转换,尤 其是几何不等式的证明问题.经常以正、余弦定理及面积公式等结论 作为依据.本题目还要从三角变换及不等式的推理中得出角的范围.
?b ? c ? a ? h ah 解答: ? 由 于 , 得出 bc ? . 令∠BAC=a. sin ?BAC ?bc sin ?BAC ? ah
是由 且当 ?1 ? ? 2 ? ?3 ?

?

?

cos ? ? ?

b 2 ? c 2 ? a 2 (b ? c )2 ? 2bc ? a 2 ? 2bc 2bc

( a ? h) 2 ? a 2 h ? 1 ? (1 ? )sin ? ? 1. 2ah 2a sin ? a 2cos 2 1 ? cos ? 2 , 故 cot ? ? 1 ? h . 得 sin ? ? ? h h 2 2a 1? 1? 2a 2a
作 CE⊥BC,使 CE=2h.在 Rt△BCE 中,有 BE ? a 2 ? 4h 2 且 AE+AB=b+c=a+h≥ BE. 即 a ? h≥

h 2 h 4 a2 ? 4h2 , 得出 ≤ . 于是 1 ? ?[1, ], 从而 a 3 2a 3 ? 4 4 ? cot ?[1, ].故?BAC ?[2arccot , ]. 2 3 3 2
n

例 6、n∈N ,x0=0,xi>0,i=1,2,?n 且 ? xi ? 1. 求证


i ?1

1≤

?
i ?1

n

xi 1 ? x0 ? x1 ? ? ? xi ?1 ? xi ? xi ?1 ? ? ? xn

?

?
2

.

(1996 年 CMO 试题)

分析:所证不等式左侧部分可用 ab ≤ +?+xi),再利用三角公式得出. 解答:因 ? ? 1, 由平均值不等式,有
i?1 n

a?b 得出.右侧部分可引用θ i=arcsin(x0 +x1 2

1 ? x0 ? x1 ? ? ? xi ?1 ? xi ? xi ?1 ? ? ? xn ≤ 1 ? x0 ? x1 ? ? ? xn ? 1. 2
n

故?
i ?1

xi 1 ? x0 ? x1 ? ? ? xi ?1 ? xi ? xi ?1 ? ? ? xn

≥ 1 成立.

令θ i=arcsin(x0+x1+?+xi),i=0,1?,n.故 ?1 ?[0, ]且0 ? ? 0 ? ?1 ? ? ? ? n ? . 而 2 2

?

?

xi ? sin ? i ? sin ? i ?1 ? 2cos ? 2cos? i ?1 sin

? i ? ? i ?1
2

sin

? i ? ? i ?1
2

? i ? ? i ?1
2

.

利用sin x ? x, x ? [0, ], 可知 2 ? ? ? i ?1 xi ? 2(cos? i ?1 )? i ? (? i ? ? i ?1 ) cos? i ?1. 2 xi 故 ? ? i ? ? i ?1 (i ? 1, 2,? , n). cos? i ?1
对上述求和有
i ? cos? i ?1 n

?

x

i ?1

? ?n ? ?0 ? . 2

?

但 sin ? i ?1 ? x0 ? x1 ? x2 ? ? ? xi ?1 , 故 cos? i ?1 ? 1 ? sin ? i ?1 ? 1 ? ( x0 ? x1 ? ? ? xn ) 2 ? 1 ? x0 ? x1 ? ? ? xi ?1 ? xi ? xi ?1 ? ? ? xn .
代入上式可得出所证不等式右侧成立. 例 7、如图 2.2,锐角△ABC 的外接圆中过 A、B 两点的切线分别与过 C 的切线交于 V、T,且 AT∩ BC=P, BV∩AC=R. AP、 的中点分别是 Q、 求 设 BR S. 证:∠ABQ=∠BAS,并求当 BC︰CA︰AB 取何值时, ∠ABQ 取最大值. (第 41 届 IMO 预选题) 分析:要证∠ABQ=∠BAS,由条件中的对称性, 只要求得∠ABQ 的三角函数值与已知中的△ABC 边及 角建立一个结构式即可.

作 QN⊥AB 于 N,从 cot ?NBQ ?

BN 入手,而作 PM⊥AB 于 M,可用 BN=BM+ QN

1 1 1 MN= (c ? BP? B)且QN ? PM ? BP? B 是解决问题的突破点. cos sin 2 2 2 解答:作 PM⊥AB 于 M,QN⊥AB 于 N.记 BC=a,AB=b,AB=c,∠A=∠BAC,∠B=
∠CBA,∠C=∠ACB.由

BP S? ABT ? PC S? ACT

1 AB ?BT ? ? ? C ) sin( c sin C c 2 ? 2 ? ? , 1 b sin B b 2 AC ?CT ?sin(? ? B ) 2

又 BP+CP=a,故 BP ?

ac 2 b ?c
2 2

.而QN ?

1 1 PM ? BP sin B, 于是 2 2

1 BN ? BM ? MN ? BM ? ( AB ? BM ) 2 1 ? ( BM ? AB ) 2 1 ? (c ? BP cos B ), 2 cot ?ABQ ? BN c b2 ? c2 ? cot B ? ? cot B ? QN BP sin B ac sin B
2 2

a 2 ? c2 ? b2 ac? ? b2 ? c2 ac cos B ? b ? c 2ac ? ? ac sin B ab sin C a 2 ? b 2 ? 3c 2 . 2ab sin C 同理可得出 ?

a 2 ? b2 ? 3c 2 2ab sin C 故∠ABQ=∠BAS. cot ?BAS ?
由 cot ?ABQ ? ? ? 记y = a 2 ? b 2 ? 3c 2 2ab sin C a 2 ? b 2 ? 3( a 2 ? b 2 ? 2ab cos C ) 2ab sin C 2(a 2 ? b 2 ) 4 ? 3cot C ≥ ? 3cot C. ab sin C sin C

4 ? 3cot C , 于是 sin C 4 ? 3cos C ? y sin C ? y 2 ? 9 cos(C ? ? ) ? ? 3 ?. y 2 ? 9 ? ? ? arc cos ? y2 ? 9 ? ? ?



解 得 y≥

3 7 ,即 ?ABQ≤ arccot 7. 当 且 仅 当 a=b , ?C ? arccos , 即 BC ︰ CA ︰ 4

AB= 2∶ 2∶1 时取等号.

第三讲

等差数列与等比数列

2 2 例 1、给定正整数 n 和正数 M,对于满足条件 a1 ? an ?1 ≤ M 的所有等差数列 a1,a2,

a3,?,试求 S= an+1+an+2+?+a2n+1 的最大值. 分析:本题属于与等差数列相关的条件最值问题,而最值的求解运用的方法灵活多样, 针对条件的理解不同,将有不同的解法. 解答:方法一(代数法) .设公差为 d,an+1=a,则

S ? an ?1 ? an ? 2 ? ? ? a2 n ?1 ? (n ? 1)? ? 所以 另一方面,由

n(n ? 1) d, 2

??

nd S ? , 2 n ?1

2 2 M ≥ a1 ? an ?1 ? (? ? nd ) 2 ? ? 2

4 nd 1 (? ? ) 2 ? (4? ? 3nd ) 2 10 2 10 4 S 2 ≥ ( ) , 10 n ? 1 ?
从而有 | S |≤

10 3 4 M (n ? 1)? M , 且当? = M ,d ? ? 时, 2 10 10 n

? 3 n 4 M ? S ? (n ? 1) ? ? M ? ? ? ? ? 10 2 10 n ? ? ? 5 ? (n ? 1)? M 10 ? 10 (n ? 1) M , 2

2 2 由于此时有 4? ? 3nd , 故a1 ? an?1 ?

10 4 S 2 (n ? 1) M . ( ) ? M , 因此 Smax ? 2 10 n ? 1



S ? an ?1 ? an ? 2 ? ? ? a2 n ?1 (an ?1 ? a2 n ?1 )(n ? 1) 2 n ?1 ? (3an ?1 ? a1 ) 2 n ?1 ? r (3sin ? ? cos? ) 2 10 ? (n ? 1) r sin(? ? ? ), 2 ?

其中 cos ? ?

3 10

,sin ? ?

1 10

,因此当sin(? ? ? ) ? 1, r ? M 时,有

Smax ?

10 (n ? 1) M . 2 方法三(判别式法) .设首项为 a,公差为 d,则
( n ? 1)(2a ? 3nd ) . 2 2S 2 nd ? ? a. 3(n ? 1) 3 S? a 2 ? (a ? nd ) 2 ≤ M . 将① 代入② , 得 10a 2 ? 4S 4S 2 a? ? 9 M ≤ 0. n ?1 (n ? 1) 2 ③





2 2 因为a1 ? an ?1 ≤ M , 所以



因为不等式③ 关于a有解, 所以
2 ? 4S 2 ? ? 4S ? ?? ? ? 4 ? 10 ? ? ? 9 M ? ≥ 0. ? 2 ? n ?1? ? ( n ? 1) ? ? ?

10 M ( n ? 1), 2 10 M 4 10 M 且当a ? ? ,d ? 时, 有 10 10n 解之, 得 | S |≤ Smax ? 10 M (n ? 1) . 2
(n ? 1)n an ?1 ? a1 ? 2 n

方法四(不等式法) .因为

S ? (n ? 1)an ?1 ? ?

n ?1 (3an ?1 ? a1 ). 2 由柯西不等式, 得
2 2 (3an ?1 ? a1 ) 2 ≤ (32 ? 12 )(a1 ? an ?1 )≤ 10 M ,

所以

3an ?1 ? a1 ≤ 3 an ?1 ?

10 M , ?1 2 2 , a1 ? an ?1 ? M 时取到, a1

等号当且仅当 即a1 ? ? Smax ?

10 M 3 10 M , an ?1 ? 时, 有 10 10 (n ? 1) 10 M . 2

说明:这是 1999 年全国高中数学联赛的一道试题,在解答过程中,要分清什么是常量, 什么是变量,注意条件和结论的结构形式.解法一通过配方来完成,解法二运用三角代换的 方法,解法三运用二次方程根的判别式来完成,解法四则主要运用了柯西不等式.本题入口 宽,解法多样,对培养学生的发散思维能力很有好外.

例 2、n2(n≥4)个正整数排成几行几列: a11 a12 a13 a14 ? a1n a21 a22 a23 a24 ? a2n a31 a32 a33 a34 ? a3n ? ? an1 an2 an3 an4 ? ann 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等,已知

1 3 a24 ? 1, a42 ? , a43 ? , 求a11 ? a22 ? ? ? ann . 8 16 分析:由于等差数列可由首项与公差惟一确定,等比数列可由首项与公比惟一确定,如 - 果设 a11=a,第一行数的公差为 d,第一列数的公比为 q,容易算出 ast=[a+(t-1)d]qs 1,进 而由已知条件,建立方程组,求出 a,d,q. 解答:设第一行数列公差为 d,各列数列公比为 q,则第四行数列公差是 dq3.于是可 得方程组:
? ? a24 ? ( a11 ? 3d ) q ? 1, ? 1 ? 3 ? a42 ? ( a11 ? d )q ? , 8 ? 3 ? 3 ? a43 ? a42 ? dq ? 16 , ?

1 解此方程组,得 a11 ? d ? q ? ? . 由于所给 n2 个数都是正数,故必有 q>0,从而有 2 1 a11 ? d ? q ? . 2 故对任意的 1≤k≤n,有 k akk ? a1k q k ?1 ? [a11 ? (k ? 1)d ]q k ?1 ? k . 2 1 2 3 n 故 S ? ? 2 ? 3 ?? ? n , 2 2 2 2 1 1 2 3 n 又 S ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? n ?1 , 2 2 2 2 2 两式相减后可得 :
1 1 1 1 1 n S ? ? 2 ? 3 ? ? ? n ? n ?1 , 2 2 2 2 2 2 n n 所以 S ? 2 ? n ?1 ? n . 2 2 说明:这是 1990 年全国高中学数学联赛的一道试题,涉及到等差数列、等比数列、数 列求和的有关知识和方法.通过建立方程组确定数列的通项;通项确定后,再选择错位相减 的方法进行求和. 例 3、设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是其前 n 项之和. lg Sn ? lg Sn?2 (1)证明: ? lg Sn?1; 2 lg( Sn ? C ) ? lg( Sn?2 ? C ) (2)是否存在常数 C>0,使得 ? lg( Sn?1 ? C ) 成立?并证明你 2

的结论.
2 分析:对于问题(1) ,运用对数的性质将所证不等式转化为 Sn Sn? 2 ? Sn?1 , 运用等比数

列求和公式时,要分 q=1 和 q≠1 两种情况讨论;对于问题(2) ,充分运用已知条件,进行 分析论证,可先假设存在常数 C>0,使所证等式成立,然后设法推出矛盾.如果不能推出矛 盾,再逆推来考虑常数 C>0 的存在性. 解答: (1)证明:设{an}的公比为 q,由已知得 a1>0,q>0. (i)当 q=1 时,Sn=na1,从而
2 2 2 2 Sn Sn? 2 ? Sn?1 ? na1 (n ? 2)a1 ? (n ? 1)2 a1 ? ?a1 ? 0. 即有 Sn Sn? 2 ? Sn?1.

(ii)当 q≠1 时, S n ?

a1 (1 ? q n ) ,所以 1? q
?
2 a1 (1 ? q n ?1 )2 2 ? ?a1 q n ? 0.

2 Sn Sn ? 2 ? Sn ?1 ?

2 a1 (1 ? q n )(1 ? q n ? 2 )

(1 ? q)2

(1 ? q) 2

2 由(i)与(ii)知, Sn Sn? 2 ? Sn?1 恒成立,又由于 Sn>0,两边取常用对数即得

lg Sn ? lg Sn?2 ? lg Sn?1. 2 (2)不存在. lg( Sn ? C ) ? lg( Sn?2 ? C ) 要使 ? lg( Sn?1 ? C ) 成立,则有 2
?( Sn ? C )( Sn ? 2 ? C ) ? ( Sn ?1 ? C ) 2 , ? ? ? Sn ? C ? 0. ?
分两种情况讨论: (i)当 q=1 时

( Sn ? C )( Sn? 2 ? C ) ? ( Sn?1 ? C )2 ? (na1 ? C )[(n ? 2)a1 ? C ] ? [(n ? 1)a1 ? C ]2
2 ? ?a1 ? 0,

即不存在常数 C>0 使结论成立. (ii)当 q≠1 时,若条件(Sn-C) (Sn+2-C)= (Sn+1-C)2 成立,则 (Sn-C) (Sn+2-C)- (Sn+1-C)2

? a (1 ? q n ) ? ? a (1 ? q n? 2 ) ? ? a (1 ? q n?1 ) ? ?? 1 ? C? ? 1 ? C? ? ? 1 ? C? ? 1? q ? ? 1? q ? ? 1? q ? ? ?? ? ? ? ? a1q n [a1 ? C (1 ? q)] ? 0,
因 a1qn≠0, 故只能有 a1-C(1-q)=0, C ? 即

2

a1 , 此时由于 C>0,1>0, a 必有 0<q<1. 但 1? q

当 0<q<1 时, Sn ? C ? S n ?

a1 ?a q n ? 1 ? 0, 不满足 Sn-C>0,即不存在常数 C>0,使结论 1? q 1? q

成立. 综合(i)(ii)可得,不存在常数 C>0,使得 、

lg( Sn ? C ) ? lg( Sn?2 ? C ) ? lg( Sn?1 ? C ) 2

成立. 说明:这是 1995 年的一道全国高考试题,主要考查等比数列、对数、不等式等基础 知识和推理论证能力以及分析和解决问题的能力.其中第(2)问属探索性问题.探索性问 题对数学思想方法的运用以及分析问题、 解决问题的能力要求更高, 探索性问题是高考与竞 赛的热点问题.第(2)问还可以用反证法进行如下证明: 假设存在常数 C>0,使

lg(Sn ? C ) ? lg(Sn?2 ? C ) ? lg(Sn?1 ? C ), 2
? Sn ? C ? 0, ? ? Sn ?1 ? C ? 0, 则有 ? ? Sn ? 2 ? C ? 0, ? 2 ?( Sn ? C )( Sn ? 2 ? C ) ? ( Sn ?1 ? C ) ,
2 由④ 得Sn Sn ? 2 ? Sn ?1 ? C ( Sn ? Sn ? 2 ? 2Sn ?1 ),

① ② ③ ④ ⑤

根据平均值不等式及①、②、③、④知

Sn ? Sn ? 2 ? 2Sn ?1 ? ( Sn ? C ) ? ( Sn? 2 ? C ) ? 2( Sn?1 ? C ) ≥ 2 ( Sn ? C )( Sn? 2 ? C ) ? 2( Sn ?1 ? C ) ? 0,
因为 C>0,故⑤式右端非负,而由第(1)问证明知,⑤式左端小于零,矛盾.

lg( Sn ? C ) ? lg( Sn?2 ? C ) ? lg( Sn?1 ? C ) 成立. 2 例 4、如图 3.1,有一列曲线 P0,P1,P2,?,已知 P0 所围成的图形是面积为 1 的 等边三角形,Pk+1 由对 Pk 进行如下的操作得到:将 Pk 的每条边三等分,以每边中间部分的 线段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,?) .记 Sn 为 Pn 所 围成图形的面积. (1)求数列{Sn}的通项公式;
故不存在常数 C>0,使得 (2)求 lim Sn .
n??

分析:这是一道有关几何图形的操作性问题.采用从特殊到一般的思考方法,便容易 入手. 解答:如图,对 P0 进行操作,容易看出 P0 的每条边变成 P1 的 4 条边,故 P1 的边数

为 3?4,同样,对 P1 进行操作,P1 的每条边变成 P2 的 4 条边,故 P2 的边数为 3?42.类似 地,容易得到 Pn 的边数为 3?4n. 已知 P0 的面积为 S0=1,比较 P1 与 P0,容易看出 P1 在 P0 的每条边上增加了一个小等 1 1 1 边三角形,其面积为 2 ,故 S1 ? S0 ? 3 ? 2 ? 1 ? . 再比较 P2 与 P1,可知 P2 在 P1 的每条边 3 3 3 1 1 上 增 加 了 一 个 小 等 边 三 角 形 , 其 面 积 为 2 ? 2 , 面 P1 有 3 ? 4 条 边 , 故 3 3

S2 ? S1 ? 3 ? 4 ?

1 4 1 1 4 42 ? 1 ? ? 3 . 类似地有 S3 ? S2 ? 3 ? 42 ? 6 ? 1 ? ? 3 ? 5 . 于是猜想 3 3 3 3 3 3 34 1

1 4 42 4n ?1 S n ? 1 ? ? 3 ? 5 ? ? ? 2 n ?1 3 3 3 3 ?1? ?
n

4k ?1

2 k ?1 k ?1 3

3 n ?4? ?1? ?? ? 4 k ?1 ? 9 ?

k

4? 4 n? ?1 ? ( 9 ) ? 3 9 ? ?1? ? ? 4 4 1? 9 3? 4 ? 8 3 4 ? 1 ? ?1 ? ( ) n ? ? ? ? ( ) n . ① 5? 9 ? 5 5 9
下面用数学归纳法证明①式. 当 n=1 时,由上面已知①式成立.

8 3 4 k ? ( ) . 5 5 9 当 n=k+1 时,易知第 k+1 次操作后,比较 Pk+1 与 Pk,Pk+1 在 Pk 的每条边上增加了 1 一个小等边三角形,其面积为 2( k ?1) ,而 Pk 有 3?4k 条边,故 3
假设 n=k 时,有 Sk ?

Sk ?1 ? Sk ? 3 ? 4k ? ? Sk ? 4
k

1 3 ?
2( k ?1)

32( k ?1)

8 3 ?4? ? ?? ? 5 5 ?9?

k ?1

.

综上,由数学归纳法①式得证.

? 8 3 ? 4 ?n ? 8 (2) lim S n ? lim ? ? ? ? ? ? ? . n ??? n ??? ? 5 5 ? 9 ? ? 5 ? ?
说明:本题是 2002 年全国高中数学联赛的第 14 题,这类问题的一般解题过程是:实 验——归纳——猜想——论证,主要考查学生探索能力. - 例 5、设 a0 为常数,且 an=3n 1-2an-1(n∈N+) (1)证明:对任意 n≥1,

1 an ? [3n ? (?1)n?1 ?2n ] ? (?1)n ?2n a0 ; 5 (2)假设对任意 n≥1 有 an>an-1,求 a0 的取值范围.

分析:本题中数列{an}由递推关系确定,第一问可以用数学归纳法给予证明,也可以 将数列{an}转化为等比数列直接计算,第二问要对 n 进行讨论. 解答: (1)证法一: (i)当 n=1 时,由已知 a1=1-2a0,等式成立; (ii)假设当 n=k(k≥1)等式成立,即

1 ak ? [3k ? (?1) k ?1 ?2k ] ? ( ?1) k ?2k a0 , 5 则 ak ?1 ? 3k ? 2ak 2 ? 3k ? [3k ? (?1) k ?1 ?2k ] ? ( ?1) k ?2k ?1 a0 5 1 ? [3k ?1 ? (?1) k ?2k ?1 ] ? (?1) k ?1 ?2k ?1 a0 , 5
也就是说,当 n=k+1 时,等式也成立.根据(i)和(ii),可知等式对任何 n∈N 成立.


1 - - 证法二:如果设 an-λ 3n=-2(an-1-λ 3n 1),用 an=3n 1-2an-1 代入,可解出 ? ? . 所 5
1 ? 3 ? 以 ?an ? ? n ? 是公式比为-2,首项为 a1 ? 的等比数列.所以 3 5 ? 5 ?

1 3 an ? ? n ? (1 ? 2a0 ? )(?2)n?1 (n ? N ? ), 3 5 5 1 n 即 an ? [3 ? (?1)n?1 ?2n ] ? (?1) 2 ?2n a0 . 5 (2)解法一:由 an 通项公式得
2 ? 3n?1 ? (?1)n?1 ? 3 ? 2n?1 ? (?1)n ? ? 2n?1 a0 , 3 5 所以 an>an-1(n∈N+)等价于 3 (?1)n?1 (5a0 ? 1) ? ( )n?2 (n ?N? ) 2 (i)当 n=2k-1,k=1,2,?时,①式即为 an ? an?1 ?



3 (?1)2 k ?2 (5a0 ? 1) ? ( ) 2 k ?3 , 2 1 3 2 k ?3 1 a0 ? ( ) ? , 5 2 5

1 3 1 1 上式对 k=1,2,?都成立,故有 a0 ? ? ( )?1 ? ? . 5 2 5 3 (ii)当 n=2k,k=1,2,?时,①式即为
3 (?1)2k ?1 (5a0 ? 1) ? ( )2 k ?2 , 2 1 3 2k ?2 1 即为 a0 ? ? ? ( ) ? . 5 2 5 上式对 k=1,2,?都成立,有 1 3 1 a0 ? ? ? ( )2?1?2 ? ? 0. 5 2 5

1 1 综上,①式对任意 n∈N+成立,有 0 ? a0 ? , 故 a0 的取值范围为 (0, ). 3 3 解法二:如果 an>an-1(n∈N+)成立,特别取 n=1、2 有 a1-a0=1-3a0>0,a2-a1=6a0>0, 1 1 因此 0 ? a0 ? . 下面证明当 0 ? a0 ? 时,对任意 n∈N+,有 an-an-1>0. 3 3 由 an 通项公式知: - - - - 5(an-an-1)=2× n 1+(-1)n 1?3?2n 1+(-1)n?5?3?2n 1a0. 3 (i)当 n=2k-1,k=1,2,?时, - - - 5(an-an-1)=2× n 1+3?2n 1-5?3?2n 1a0 3 - - - >2× n 1+3?2n 1-5?2n 1 2 =0. (ii)当 n=2k,k=1,2,?时, - - - 5(an-an-1)=2× n 1-3?2n 1+5?3?2n 1a0 3 - - >2× n 1-3?2n 1 3 ≥0. 1 故 a0 的取值范围为 (0, ). 3 说明:本题是 2003 年全国高考的最后一道压轴题,有一定难度.特别是第二问求参数 a0 的取值范围, 要转化为相关数列的最大值和最小值来进行分析讨论, 请读者对这一方法务 必理解透彻.
2 2 2 例 6、设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且 b1 ? a1 , b2 ? a2 , b3 ? a3 (a1 ? a2 ) ,又

n ???

lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 2, 试求{an}的首项与公差.
2 2 2 分析:题中有两个基本量{an}中的首项 a1 和公差 d 是需要求的,利用 a1 , a2 , a3 成等比

数列和给定极限可列两个方程,但需注意极限存在的条件. 解答:设所求数列{an}的公差为 d,因为 a1<a2,故 d=a2-a1>0.又{bn}为等比数列,故
2 4 2 2 2 2 b2 ? b1b3 ,即a2 ? a1 ?a3 , 即 (a1 ? d )4 ? a1 (a1 ? 2d )2 , 化 简 得 2a1 ? 4a1d ? d 2 ? 0 , 解 得

d ? (?2 ? 2)a1 , 而 ? 2 ? 2 ? 0, 故 a1<0.
若 d ? (?2 ? 2) a1 , 则q ?
2 a2 2 a1

? ( 2 ? 1) 2 ; 若 d ? (?2 ? 2) a1 , 则q ?

2 a2 2 a1

? ( 2 ? 1) 2 , 但

n ???

lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 存 在 , 故 |q|<1 , 于 是 q ? ( 2 ? 12) 不 可 能 . 从 而 只 有
2 a1

d ? (?2 ? 2)a1 , 于是由 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ?
n???

1 ? ( 2 ? 1) 2

? 2 ? 1, 得

2 a1 ? (2 2 ? 2)( 2 ? 1) ? 2, 所以a1 ? ? 2, d ? (?2 ? 2)a1 ? 2 2 ? 2. 故数列{an}的首项公差

分别为 ? 2和2 2 ? 2.

说明:本题是 2001 年全国高中数学联赛的第 13 题,涉及到的知识主要是等差数列、等 比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识,用到方程的思想和方法,且在解题过程中要 根据题意及时取舍,如由题意推出 d>0,a1<0,|q|<1 等,在解题中都非常重要. 例 7、设 S={1,2,3,?,n},A 为至少含有两项的、公差为正的等差数列,其项都在 S 中,且添加 S 的其他元素于 A 后均不能构成与 A 有相同公差的数列,求这种 A 的个数(这 里只有两项的数列也看作等差数列) . [分析]:可先通过对特殊的 n(如 n=1,2,3),通过列举求出 A 的个数,然后总结规律, 找出 an 的递推关系,从而解决问题;也可以就 A 的公差 d=1,2,?,n-1 时,讨论 A 的个 数. 解答:解法一:设 A 的公差为 d,则 1≤d≥n-1,分两种情况讨论:

n n 时,公差为 d 的 A 有 d 个;当 ? 1≤ d ≤ n ? 1 时, 2 2 公差为 d 的 A 有 n-d 个,故当 n 为偶数时,这种 A 共有
(i)设 n 为偶数,则当 1≤ d ≤

n n n2 (1 ? 2 ? ? ? ) ? {1 ? 2 ? ? ? [n ? ( ? 1)]} ? (个). 2 2 4 n n ?1 (ii)当 n 为奇数,则当 1≤ d ≤ 时,公差为 d 的 A 有 d 个;当 ≤ d ≤ n ? 1 时, 2 2 公差为 d 的 A 有 n-d 个,故当 n 为奇数时,这种 A 共有 n ?1 n ? 1 n2 ? 1 ) ? (1 ? 2 ? ? ? )? (个). 2 2 4 n2 综合(i)(ii)可得,所求的 A 有 [ ] 个. 、 4 解法二:设 n 元素集 S={1,2,?,n)中满足题设的 A 有 an 个,则 a1=0,a2=1,a3=2 n (A={1, A={1, 3}) a4=4(A={1, {1, {2, {1, 3, 3}, 2, , 3}, 4}, 4}, 2, 4}), an ? an?1 ? [ ] 故 . 2 事实上,S={1,2,?,n}比 S={1,2,?,n-1}的 A 增加有公差为 n-1 的 1 个,公差为 n n ?1 n n-2 的 1 个,?,公差为 (n 为偶数)或 (n 为奇数)的增加 1 个,共增加 [ ] 个.由 2 2 2 2 n {an}的递推式可得 an ? [ ]. 4 说明:这是 1991 年全国高中数学联赛第二试的第一题,主要考查应用等差数列和分类 讨论的知识与方法解决综合问题的能力. (1 ? 2 ? ? ?

第四讲
例 1、数列{an}定义如下: a1 ? 1, an?1 ?

递归数列
1 (1 ? 4an ? 1 ? 24an ), 求它的通项公式. 16

分析:带根号的部分不好处理,容易想到作代换:令 bn ? 1 ? 24an . 解答:设 bn ? 1 ? 24an ,由 an ?
2 bn ? 1 , b1 ? 5. 于是原递推式可化为 24

2 bn?1 ? 1 1 b2 ? 1 ? (1 ? 4? n?1 ? bn ), 24 16 24

即(2bn+1)2=(bn+3)2,由于 bn、bn+1 非负,所以 2bn+1=bn+3,故

故 即 故

1 bn ?1 ? 3 ? (bn ? 3), 2 1 bn ? 3 ? (b1 ? 3)?( ) n ?1 , 2 1 n?2 bn ? 3 ? ( ) , 2 an ?

2 bn ? 1 1 1 1 ? ? ? n. 2 n ?1 24 3 3?2 2 说明:这是 1981 年 IMO 的预选题,解题的关键是换元、转化. 例 2、设数列{an}和{bn}满足 a0=1,b0=0,且

?an ?1 ? 7 an ? 6bn ? 3, (n ? N) ? ?bn ?1 ? 8an ? 7bn ? 4.
证明: an(n∈N)是完全平方数. 分析:二元递推式给定二数列,可先消元,化为一元递推式,进而求出通项公式,问题 就好办了. 证明:由 an+1=7an+6bn-3,bn+1=8an+7bn-4 可得 bn+2-14bn+1+bn=0,其特征方程λ
2

-14λ +1=0 的根为λ 1=7+ 4 3, ?2 ? 7 ? 4 3, 因此, bn ? A(7 ? 4 3) n ? B(7 ? 4 3) n , 由

a0=1,b0=0,得 b1=4,所以

? A ? B ? 0, ? ? ? A(7 ? 4 3) ? B(7 ? 4 3) ? 4, ?
解得 A ?

3 3 ,故 ,B ? ? 6 6
3 [(7 ? 4 3) n ? (7 ? 4 3) n ], 6 1 an ? (bn ?1 ? 7bn ? 4) 8 1 1 1 ? (7 ? 4 3) n ? (7 ? 4 3) n ? 4 4 2 1 1 ? [ (2 ? 3) n ? (2 ? 3) n ]. 2 2 1 1 en ? (2 ? 3) n ? (2 ? 3) n 2 2 1 0 1 2 n ? [Cn 2n ? Cn 2n ?1 ? 3 ? Cn 2n ? 2 ( 3) 2 ? ? ? Cn ( 3) n ] 2 1 0 n 1 2 n ? [Cn 2 ? Cn 2n ?1 ? 3 ? Cn 2n ? 2 ( 3) 2 ? ? ? Cn (? 3) n ] 2 bn ?
0 2 ? Cn 2 n ? C n 2 n ? 2 ? ? ? ? M n , 3

从而

由于

n n 其中,当 n 为偶数时, M n ? Cn ( 3) n 为整数,当 n 为奇数时, M n ? Cn ?1 2( 3)n?1 为

整数.从而无论 n 为奇数,还是 n 为偶数,对 n∈N,均有 en 为整数,故 an 为完全平方数. 说明:如果消去 bn 得到 an 的递推关系 an+1=14an-an-1-6(n≥1),则求 an 的过程稍微 麻烦一点.本题是 2000 年全国高中数学联赛二试第二题.这类题型也是二试考查的重点. 例 3、数列{an}定义如下: a1 ? 0, a2 ? 1, an ?

1 1 n nan?1 ? n(n ? 1)an?2 ? (?1)n (1 ? ), n≥ 2 2 2

1 2 n n 3.试求 f n ? an ? 2Cn an ?1 ? 3Cn an ?2 ? ? ? ( n ? 1)Cn ?2 a2 ? nCn ?1a1 的最简表达式.

分析:仔细研究所给数列{an}的递推式和所要化简的 fn 的表达式,可以发现通过适当换 元就能解决问题.

n 1? an 1 1 1 n 解答 : 令bn ? , 则b1 ? 0, b2 ? , b3 ? , 且bn ? (bn ?1 ? bn ? 2 ) ? (?1) ? 2 . n! 2 3 2 n! n n 1 1 n ? k ?1 n 再令 g n ? f n ? ? (n ? k ? 1)Cn ? k ak ? ? bk n! n ! k ?1 k ?1 ( n ? k )! 故g n ?1 ? g n ? ?
n ?1 n n?k ?2 n ? k ?1 bk ? ? bk k ?1 ( n ? 1 ? k )! k ?1 ( n ? k )! n n?k ?2 n?k ?2 bk ? ? bk ?1 k ? 2 ( n ? 1 ? k )! k ? 2 ( n ? k ? 1)! n ?1

?? ??

n?k ?2 (bk ? bk ?1 ). k ? 2 ( n ? 1 ? k )!

n ?1

n 2n 令 dn=(-2)n(bn-bn-1),则 d n ? d n?1 ? (1 ? ) , 2 n!
n l 2l 2n 所以 d2=2,且 d n ? 2 ? ? (1 ? ) ? , 2 l ! n! t ?3

因此, bn ? bn ?1 ?

dn ( ?2) n
n ?1

?

2n ( ?2) n n!

?

(?1) n , n!

于是g n ?1 ? g n ? ?
n

n ? k ? 2 (?1) k ? k! k ? 2 ( n ? 1 ? k )!
n ?1 (?1) k ( ?1) k ?? k ? 2 ( n ? k )!k ! k ? 2 ( n ? 1 ? k )!k !

?? ?

n n ?1 1 n ?1 1 n ?1 (?1) k ( ) ? ? ? (?1)k ?( k ). k (n ? 1)!k ? 2 n! k ?2

n n ?1 n n ?1 又 ? ( ?1) k ( ) ? 0, ? ( ?1) k ?( ) ? 0, 故 k k k ?0 k ?0

1 1 (1 ? n) ? [1 ? (n ? 1)] n! (n ? 1)! 1 1 ? ? (n ? 1)! ( n ? 1)! 4 由于g3 ? 2b2 ? b3 ? , 则 3 n n 1 1 f n ? n ! g n ? n !( ? ? ? ? g3 ) k ? 4 ( k ? 2)! k ? 4 k ! g n ?1 ? g n ? ? ? n !( g3 ? 1 1 n ?1 ? ? ) ? 2?n!? (n ? 1). 2! 3! n!

说明:这是 2000 年全国数学冬令营的第二题,运算量大,需要进行多次换元,将问题 逐步转化.解题过程要求运算准确、细心. 例 4、设 a1=1,a2=3,对一切自然数 n 有 an+2=(n+3) an+1-(n+2) an,求所有被 11 整 除的 an 的值. 解答:设 bn+1= an+1-an(n≥1),则由条件有 bn+1=(n+1)( an-an-1)= (n+1) bn(n≥2), 故 bn=nbn-1=n (n-1) bn-2=?= n (n-1)?3b2=n! (n≥2).所以 an=( an-an-1)+( an-1-an-2) +?+( a2-a1)+a1=bn+bn-1+?+b2+1= ? k !.
k ?1 n

由此可算出:

a4 ? ? k ! ? 33 ? 11 ? 3, a8 ? ? k ! ? 46233 ? 11 ? 4203, a10 ? ? k ! ? 4037913 ? 11 ? 367083.
k ?1 k ?1 10 k ?1 8

4

当 n≥11 时,注意到

k ?11

?

n

k ! 可被 11 整除,因而 an ? ? k ! ?
k ?1

10

k ?11

? k !也可被 11 整除.

n

故当 n=4,n=8 或 n≥10 时,an 均可被 11 整除. 说明:这是 1990 年巴尔干地区的数学奥林匹克试题,本题中换元起了重要的作用.

例 5、数列{an}按如下法则定义:a1 ? 1, an?1 ? 然数.

2 an 1 均为自 ? , 证明:对 n ? 1, 2 2 4an 2 an ? 1

2 分析:因为结论中涉及到根号及 an 项,因而令 bn ?

2
2 2an

?1

,并对已给递推关系两边

平方就容易找到解题思路. 解答:令 bn ?

2
2 2an ? 1

2 , 则bn ?

2
2 2an ? 1

2 , an ?

a2 1 1 1 2 ? ,因为an ?1 ? n ? ? , 于是 2 2 4 16an 4 bn 2 1

1
2 bn ?1

?

1 1 1 1 1 1 ? ( 2 ? )? ? , 2 4 bn 2 16( 1 ? 1 ) 4 2 bn 2

即 所以

2 2 2 bn ?1 ? 2bn (bn ? 2), 2 2 2 2 bn ?1 ? 2bn [2bn ?1 (bn ?1 ? 2) ? 2] 2 2 ? 4bn (bn ?1 ? 1) 2 .


? 24, 由①式及 b2,b3∈N 知,当 n>1 时,bn∈N.

因为 bn ?

2
2 2a2

?1

? 4, b3 ?

2
2 2a3

?1

说明:这是 1991 年全苏数学冬令营的一道试题,通过换元,将关于 an 的问题转化为关 于 bn 的问题,可使问题得到顺利解决. 例 6、设数列{an}满足 a0 ? 2, an ?

2an ?1 ? 6 (n≥ 1) ,求 an. an ?1 ? 1

分析:引入待定系数λ ,设法将所给问题转化为我们所熟悉的问题.先求得数列{an} 的不动点λ 1、λ 2,则数列 {

an ? ?1 } 为一个等比数列. an ? ?2

解答: an?1 ? ? ? 令 ?? ?

2an ? 6 (2 ? ? )n ? 6 ? ? 2 ? ? 6?? ?? ? ? (an ? ), an ? 1 an ? 1 an ? 1 2??

6?? ,得λ 2-λ -6=0,解之得:λ 1=3,λ 2=-2, 2??

所以an ?1 ? 3 ? 故 即{

?1 4 (an ? 3), an ?1 ? 2 ? ( an ? 2), an ? 1 an ? 1 an ?1 ? 3 1 a ?3 ?? ? n , an ?1 ? 2 4 an ? 2

an ? 3 1 }是公比为- 的等比数列, 从而 an ? 2 4 an ? 3 a0 ? 3 1 n 1 ? (? ) ? (? ) n ?1 , an ? 2 a0 ? 2 4 4



an ?

3?4n ?1 ? 2?( ?1) n ?1 4n ?1 ? (?1) n

?(n ? 0,1, 2,?)

说明: 用待定系数法求一些数列的通项是非常有效的. 这类问题的一般情形就是在知识 梳理部分提到的第 9 个问题. 例 7、 (1)已知 a1=0,a2=4,an+2=2an+1-2an,n∈N+,求 an. (2)已知 a1=0,a2=2,a3=6,an+3=2an+2+an+1-2an,n∈N+,求 an. (3)已知 a1=1,a2=2,a3=8,an+3=6an+2-12an+1+8an,n∈N+,求 an. (4)已知 a1=2,a2=1,a3=-13,an+3=7an+2-16an+1+12an,n∈N+,求 an. 分析:本题中四个小题均属于线性递归数列问题,可用特征根的方法来解决. 解答: (1)特征方程 x2=2x-2 有两个相异的根 x1=1+i,x2=1-i,则{an}的通项公式为 an=c1(1+i)n+c2(1-i)n, 代入前两项的值,得

?(1 ? i )c1 ? (1 ? i )c2 ? 0, ? ? 2 2 2 ?(1 ? i ) c1 ? (1 ? i ) c ? 4, ?
解得 c1=-1-i,c2=-1+i.故

an ? ?(1 ? i )n ?1 ? (1 ? i )n ?1 ? ?2

n ?3 2

cos

n ?1 ?. 4

(2)特征方程 x3=2x2+x-2 有三个相异的根 x1=1,x2=-1,x3=2,于是{an}的通项公 式为 an=c1+c2(-1)n+c32n.代入初始值,得

?c1 ? c2 ? 2c3 ? 0, ? ?c1 ? c2 ? 4c3 ? 2, ?c ? c ? 8c ? 6, 3 ?1 2
解得 c1=-2,c2=0,c3=1,故 an=-2+2n. (3)特征方程 x3=6x2-12x+8 有三重根 x=2,故{an}的通项公式为 cn=( c1+c2n+c3n2)?2n, 其中 c1,c2,c3 满足方程组

?2c1 ? 2c2 ? 2c3 ? 1, ? ?4c1 ? 8c2 ? 16c3 ? 2, ?8c ? 24c ? 72c ? 8, 2 3 ? 1

3 1 解此方程组,得 c1 ? 1, c2 ? ? , c3 ? , 故 4 4

an=(4-3n+n2)?2n 2. (4)特征方程 x3=7x2-16x+12 的根为 x1=x2=2,x3=3,因此数列{an}的通项公式为 an=(c1+c2n)?2n+c3?3n, 其中 c1,c2,c3 满足方程组



? 2c1 ? 2c2 ? 3c3 ? 2, ? ? 4c1 ? 8c2 ? 9c3 ? 1, ?8c ? 24c ? 27c ? ?13, 2 3 ? 1

3 解此方程组,得 c1 ? 4, c2 ? , c3 ? ?3, 故 2 + - + an=2n 2+3n?2n 1-3n 1. 说明:在求得特征方程的根以后,要依据根的重数正确写出数列通项的一般表达式,再 根据初始值求得待定系数的值. 例 8、 (1)设 a1=a2=1,an+2=2an+1-an+2n,n∈N+,求数列{an}的通项公式.
(2)设 a1=1, an?1 ?

?3an? 2 ,求 an. an ? 4

(3)若数列 a1,a2,?,an,?满足 an =-nan-1+n!,且 a1=1,求 an. (4)已知 a1 ?

a2 ? 4 3 , an ?1 ? n , 求 an. 2 2an ? 3


分析:在(1)中注意将 2n 拆成 2n 1-2n,可将递推关系转化为特殊情形; 、 (2)(4)均 可用不动点方法解决, (3)可通过给递推关系两边同除以 n!得到化简式. + 解答: (1)把递推方程变形为 an+2-an+1-2n 1= an+1-an-2n. 可见{ an+1-an-2n}是常数列,于是 an+1-an-2n= a2-a1-2=-2, 即 an+1= an+2n-2.



an ? a1 ? ? (ak ?1 ? ak ) ? 1 ? ? (2k ? 2) ? 1 ? 2n ? 2 n.
k ?1 k ?1 n ?1

n ?1

(2)解数列的不动点方程 x ?

?3x ? 2 得 x1=-1,x2=2,则有 x?4

?3an ? 2 ?1 an ?1 ? 1 an ? 4 a ?1 2 2 a ?1 为公比的等比数列,故 ? ? ? n , 因此{ n } 是以 ?3an ? 2 an ? 2 an ?1 ? 2 5 an ? 2 5 ?2 an ? 4
an ? 1 a1 ? 1 2 n?1 2 2n?1 ? 5n?1 ? ? ( ) ? ?2( ) n?1 , 解得an ? n . an ? 2 a1 ? 2 5 5 2 ? 5n?1
( 3 ) 这 是 关 于 an 的 线 性 递 推 关 系 , 但 不 是 常 系 数 , 将 方 程 两 边 都 除 以 n! 得

an a a ? ? n?1 ? 1, 令bn ? n , 则有 n! (n ? 1)! n!

a1 1 1 ? 1,即bn ? ? ?(bn ?1 ? ), 1! 2 2 1 1 1 1 于是bn ? ? (b1 ? )(?1) n ?1 ,即bn ? (?1) n ?1 ? ? , 2 2 2 2 n! 从而an ? [1 ? (?1) n ?1 ]? . 2 bn ? ?bn ?1 ? 1, 且b1 ?
(4)解数列的不动点方程

x? 即

x2 ? 4 , 2x ? 3

x 2 ? 3 x ? 4 ? 0,
2 an ? 4 ?4 2an ? 3

解得x1 ? ?4, x2 ? 1, 故 an ?1 ? 4 a ?4 2 ? 2 ?( n ) , an ?1 ? 1 an ? 1 an ? 4 ?1 2an ? 3 令bn ? an ? 4 , 则b1 ? 11, 且 an ? 1
2 3 n ?1

2 bn ? bn ?1 ? (bn ? 2 ) 2 ? (bn ?3 ) 2 ? ? ? b12

? 112

n ?1

,

. 11 ?1 说明:对于一些非常规的递推数列有时也可类比常规的递推数列的求解方法来加以解 决. 例 9、 (1)一次竞赛在 n(n>1)轮中共发了 m 枚奖章.第一轮发了 1 枚及余下的 m-1 枚 1 的 ,?,直至第 n 轮正好发了 n 枚而没有余下奖章.这个竞赛共包括几轮?一共发了多少 7 枚奖章? (2)把一个圆分成 n 个不同的扇形(n≥2) ,依次记为 S1,S2,?Sn,每个扇形都可以 用红、蓝、白三种颜色中任一种涂色,要求相邻的扇形颜色互不相同,问有多少种涂法? 分析:第(1)题,每一轮发的奖章数具有一定规律,因而可以建立每一轮发的状章数 的关系或每一轮余下的奖章数的关系.第(2)题,设法建立涂法总数的递推关系和求得初 始值,进而求得涂法总数. 解答: (1)设竞赛进行了 k 轮后,余下 ak 枚奖章.因为第 k 轮发出的奖章数 1 1 6 6 k ? (ak ?1 ? k ) ,具有 ak ? ak ?1 ? [k ? (ak ?1 ? k )],即 ak ? ak ?1 ? k , 且 a0=m,an=0. 7 7 7 7 进一步变形为
2n ?1

从而an ?

112

n ?1

?4

6 ak ? 6k ? 36 ? [ak ?1 ? 6( k ? 1) ? 36], 7 6 6 从而 an ? 6n ? 36 ? (a0 ? 36)( ) n ? ( m ? 36)( ) n , 7 7 6 即 an ? (m ? 36)( ) n ? (6n ? 36), 7

7n - - 又因为 an=0,故 m ? 36 ? ( n ? 6) ? n?1 ,而 n-6<6n 1,且 7n 与 6n 1 互质,m、n∈N+, 6
故 n=6,m=36.因此,这个竞赛共包括 6 轮,一共发了 36 枚奖章. (2)设涂法总数为 an(n≥2),当 n=2 时,先对 S1 涂色,有 3 种涂法,继而得 S2 只有两 种涂法,因而 a2=6.当 n≥3 时,S1 有 3 种涂法,S2 有 2 种涂法,S3 有 2 种涂法,?,Sn-1 - 有 2 种涂法,Sn 仍有 2 种涂法(不论是否与 S1 同色) ,这样共有 3?2n 1 种涂法,但这 3? - 2n 1 种涂法可分为两类:一类是 Sn 与 S1 同色,认为 Sn 与 S1 合为一个扇形,此时涂法数有 an-1 种;另一类是 Sn 与 S1 不同色,此时涂法数有 an 种. - 因而有 an+an-1=3?2n 1(n≥3). a a 1 3 令 pn ? n ,则 2pn+pn-1=3,于是有 pn ? 1 ? ? ( pn?1 ? 1)(n≥ 3), p2 ? 2 ? , n 2 2 2 2 2

1 1 1 从而有 pn ? 1 ? ( p2 ? 1)(? )n?2 ? ?(? )n?1, 于是pn ? 1 ? (? )n?1, 得 2 2 2 n n n an=2 pn=2 +(-1) ?2,(n≥3)但 n=2 时,也适合上式, 故 an=2n+(-1)n?2(n≥2). 故共有 an=2n+(-1)n?2(n≥2)种涂法. 说明:第(1)题是第 9 届(1967 年)国际数学奥林匹克的一道试题,第(2)题的类 似问题在全国高中数学联赛中也曾出现过. 这两个问题都是用递推方法解决计数问题, 希望 读者对这类问题能够进行较为深入的钻研.

第五讲
n

不等式
n

2 k 例 1、设 xk>0(k=1,2,?,n),求证: ? kxk ≤ Cn ? ? xk . k ?1 k ?1

2 分析:注意到 Cn ?

n( n ? 1) n ? ? (k ? 1) 是解本题的突破口. 2 k ?1

2 证明:因为 Cn ? ? ( k ? 1) ,所以由算术平均值不等式可得 k ?1

n

2 k k k Cn ? ? xk ? ? [(k ? 1) ? xk ] ? ? (1 ? 1 ? ? ? 1 ? xk )≥ ????? k ?1 k ?1 k ?1 k ?1

n

n

n

? k k 1k ?1 ?xkk ? ? kxk .
k ?1 k ?1

n

n

2 2 2 2 例 2、设 a1,a2,a3,a4 满足 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? 1 ,求证:

1≤i≤ j≤4

?

(ai ? a j )4 ≤ 6.

分析:已知条件表明四次式 (? ai2 ) 2 ? 1 ,而上式的左端也是一个四次式,现考查它们
i ?i 4

4

的联系.注意到(a1+a2)4 中 a1 的奇次项在 (? ai2 ) 2 ? 1 中不出现,联系到二次项式定理,可
i ?i

与(a1-a2)4 中相应的项抵消,从而得到如下的证明: 证明:因为 式及已知即得:
1≤ i ≤ j ≤ 4

?

(ai ? a j )4 ? (ai ? a j )4 ≤ 6.

1≤ i ≤ j ≤ 4

?

2 2 2 2 (ai ? a j )4 ? 6(a1 ? a2 ? a3 ? a4 )2 ,所以由上

1≤ i ≤ j ≤ 4

?

说明:发现和构造恒等式是证明代数不等式的一个重要的基本功. 例 3、设 a>0,x1,x2,?,xn∈[0,a](n≥2)满足 x1x2?xn =(a-x1)2(a-x2)2?(a-xn)2, 试确定乘积 x1x2?xn 的最大值. 解答:由算术—几何平均值不等式

( x1 x2 ? xn

1 2n )

? [(a ? x1 )(a ? x2 )? (a ? xn ≤

1 )] n

( a ? x1 )(a ? x2 )? (a ? xn ) n x ? x ? ? ? xn ?a? 1 2 n
1

≤ a ? ( x1 x2 ? xn ) n ,
1



令y ? ( x1 x2 ? xn ) n ≥ 0, 则由① 可得 y ≤ a ? y 2 ,即 y 2 ? y ? a ≤ 0, 由此得0 ≤ y ≤ ?1 ? 4 a ? 1 , 2 ?1 ? 4 a ? 1 2 n 故x1 x2 ? xn的最大值为( ) . 2

说明:这个有趣的问题是 W.Janous 提供的(Crux Math.1781 问题) . 例 4、设 n 和 k 是给定的正整数(k<n),现已知正实数 a1,a2,?,ak,试确定正实数 ak
+1

,?,an 使得和式 S ? ?

ai 最小. i? j a j

分析:通过 n=2,3,发现 S ? (a1 ? ? ? an )(

1 1 ? ? ? ) ? n 是解本题的突破口. a1 an

解答:注意到 S ? (a1 ? ? ? an )(

1 1 1 1 ? ? ? ) ? n, 令A ? a1 ? ? ? ak , B ? ? ? ? , 由 a1 an a1 ak

已知 A、B 是给定的,因此由柯西不等式可得 1 1 S ? ( A ? ak ?1 ? ? ? an )( B ? ??? ) ? n ak ?1 an

≥ ( AB ? 1? ? 1)2 ? n ? ( AB ? n ? k )2 ? n, ? ?? ?? ?
n?k

且当

ak ?1 an ?? ? ? 1 1 ak ?1 an

A B

,即 ak ?1 ? ? ? an ?

A 时,S 取得最小值. B

说明:这是美国一位学生 B.Calhoun 提出的问题(Crux Math.1742 问题). 例 5、设实数 a,b,c,x,y,z 满足 a≥b≥c>0,x≥y≥z>0,求证:

a2 x2 b2 y 2 c2 z 2 3 ? ? ≥ . (by ? cz )(bz ? cy ) (ax ? cz )(az ? cx) (ax ? by )(ay ? bx) 4
分析:先考虑证明局部不等式,即处理左边分式的每一项,由于三项结构均相同,仅需 考虑一项. 证明:记所证不等式的左边为 S.因为 a≥b≥c>0, x≥y≥z>0,则由排序不等式可得

bz ? cy ≤ by ? cz 所以 a2 x2 a2 x2 ≥ . (by ? cz )(bz ? cy ) (by ? cz )2 a2 x2 a2 x2 ≥ (by ? cz )(bz ? cy ) 2[(by ) 2 ? (cz ) 2 ]

又 (by ? cz ) 2 ≤ 2[(by ) 2 ? (cz ) 2 ], 因此

令? =(ax)2 , ? ? (by ) 2 ,? ? (cz ) 2 , 则上式变为 a2 x2 ? ≥ . (by ? cz )(bz ? cy ) 2( ? ? ? )
这样类似的不等式有三个,将这三个不等式相加可得

S≥

? ? ? ? ? . 2( ? ? ? ) 2(? ? ? ) 2(? ? ? )
?
(? ? ? )

由柯西不等式可得

(

?
(? ?? )

?

?

?
(? ? ? )

)[? ( ? ? ? ) ? ? (? ? ? ) ? ? (? ? ? )]≥ (? ? ? ? ? ) 2 ,

所以 再注意到 于是 所以

S≥

(? ? ? ? ? ) 2 . 4(?? ? ?? ? ?? )

? 2 ? ? 2 ? ? 2 ≥ ?? ? ?? ? ?? ,
(? ? ? ? ? ) 2 ≥ 3(?? ? ?? ? ?? ), S≥ 3 . 4
n

例 6、设 a1,a2,a3,?是正实数序列,对所有的 n≥1 满足条件 ? a j ≥
j ?1 n

n ,证明对

任意的 n≥1 有 ? a 2 ? j
j ?1

1 1 1 (1 ? ? ? ? ). 4 2 n

分析: 条件是非严格的不等式, 结论是严格的不等式. 为此我们构造一个特殊序列{bk}, 使得 ? b j ? n ,这样就不难猜测 ? a 2 ≥ j
j ?1 j ?1 n n

? b2 ,从而通过证明 ? b2 ? 4 (1 ? 2 ? ? ? n ) 来 j j
j ?1 j ?1

n

n

1

1

1

达到目标,显然,这样的序列是存在的,只要取 b j ?

j?

j ? 1 ,便可.

引理:设 a1,a2,?,an 和 b1,b2,?,bn 是正数,且 b1>b2>?>bn.若对所有的 k=1, 2,?,n 有 ? b j ≤
j ?1 k

? a j , 则? b2 ≤ ? a 2j . j
j ?1 j ?1 j ?1

k

n

n

证明:注意到阿贝尔变换公式

? ak bk ? Snbn ? ? Sk (bk ?bk ?1 ),
k ?1 k ?1

n

n ?1

其中 Sk 为序列{ak}的前 k 项和(k≤n). 因此,我们有

? b2 ? bn ? b j ? ? (? bk )(b j ? b j ?1 ) j
j ?1 j ?1 n j ?1 k ?1 n ?1 j

k

n

n ?1

j

≤ bn ? a j ? ? (? bk )(b j ? b j ?1 )
j ?1 j ?1 k ?1

? ? a jb j .
j ?1

n

又由柯西不等式有

? a j b j ≤ (? a 2j ) 2 (? b2 ) 2 . j
j ?1 j ?1 j ?1

n

n

1

n

1

综合上面两式即得所证不等式,引理证毕. 原题的证明:取 b j ?

j?

j ? 1 ,则已知条件变为

?aj ≥
j ?1

n

? b j (k ? 1, 2,?, n)
j ?1

k

且 b1≥b2≥?≥bn,因此由引理可得

? a 2j ≥ ? b2 j
j ?1 n j ?1

n

n



? b2 ? ? j
j ?1

n

1 j? j ? 1)
2

j ?1 (

??

n

1 j )2

j ?1 (2

所以

1 1 1 ? (1 ? ? ? ? ). 4 2 n n 1 1 1 ? a 2j ? 4 (1 ? 2 ? ? ? n ). j ?1

说明:本题解中的引理是著名的钟开莱不等式. 例 7、设正实数 a1,a2,?,an 和 b1,b2,?,bn 满足 a1+a2+?+an≤1,b1+b2+? bn+bn≤n,求证: (

1 1 1 1 1 1 ? )( ? )?( ? )≥ (n ? 1) n . a1 b1 a2 b2 an bn

解答一:由已知条件和算术几何平均值不等式可得



a1 ? ? ? an n 1 ) ≤ n, n n b1 ? ? ? bn n b1b2 ? bn ≤ ( ) ? 1. n 1 1 1 1 1 ? ? ?? ? ? ai bi nai na bi ?? ???i ? ? a1a2 ? an ≤ (
n个

① ②

( n ? 1) n ?1 (

1 n 1 ) ( ), nai bi



由① 、② 、③ 可得 ( 1 1 1 1 1 1 ? )( ? )? ( ? ) a1 b1 a2 b2 an bn
n ?1

≥ ( n ? 1) n
n

1 (n )
n n

(

1 1 )n ? a1a2 ? an b1b2 ? bn

≥ ( n ? 1) .
解答二:由柯西不等式有

(

1 1 2 ? )(n ai ? bi )≥ (n2 ? 1)2 ai bi

因此由上式和算术—几何平均值不等式可得

(

1 1 1 1 1 1 ? )( ? )? ( ? ) a1 b1 a2 b2 an bn (n 2 ? 1) 2 n



? (n2 ai ? bi )
i ?1

n



( n 2 ? 1) 2 n ? ? ? n 2 ? ? ? (n ai ? bi ) ? ? i ?1 ? ? ? n ? ? ? ?

≥ n

( n ? 1) 2 n n2 ? n n ( ) n

? ( n ? 1) n .

说明:上面解法的关键是注意到 nai 与 bi 的等同性. 例 8、设 x1≥x2≥x3≥x4≥2,x2+x3+x4≥x1,求证:(x1+x2+x3+x4)2≤4 x1x2x3x4. 分析:这是一个很典型的不等式问题,下面介绍两种思路自然、简洁明了的证法.两种 证法都源于对变元地位的分析.由于已知条件实质是两个约束条件,因此自由变元为两个, 于是左右两边可看作是自由变元的函数,实现问题的转换. 解答一:把左右两边均看作 x3、x4 的函数,因此左边关于 x3、x4 的最大值为(x1+3x2)2, 右边关于 x3、x4 的最小值为 16x1x2,因此问题转化为证明不等式(x1+3x2)2≤16x1x2. 而上式的证明是十分容易的.事实上
2 2 16x1x2-(x1+3x2)2= 10 x1 x2 ? x1 ? 9 x2 =(9x2-x1)( x1-x2)

≥(9x2-x2-x3-x4)( x1-x2)≥0.

1 解答二:令 x1=k(x2+x3+x4),则 ≤ k ≤ 1 3
这时原不等式变形为

(1 ? k )2 ( x2 ? x3 ? x4 )≤ x2 x3 x4 4k

1 (1 ? k )2 ? x2 , 右边关于 x3、x4 的方程,其 3 4k 1 1 1 最小值为 4x2,因此要证上式成立,只需证明 (1 ? k )2 ? x2 ≤ 4 x2 ,即 (k ? ? 2)? 4. 3 3≤ 4k 4 k 1 1 这里只要注意到 f ( x) ? x ? 在[ ,1] 上是减函数立得 x 3 1 1 1 1 (k ? ? 2)? 3≤ (3 ? ? 2)? ? 4. 得证. 3 4 k 4 3 因此,(x1+x2+x3+x4)2≤4 x1x2x3x4.
上式左边是关于 x3、x4 的方程,其最大值为 例 9、设 n≥2,x1,?,xn 均为实数,且 ? xi2 ? ? xi xi ?1 ? 1, 对于每一个固定的 k(1≤k
i ?1 i ?1 n n ?1

≤n),求|xk|的最大值. 分析:先将已知条件改写为
2 2 x1 ? ( x1 ? x2 )2 ? ? ? ( xn?1 ? xn )2 ? xn ? 2,

于是考虑证明两个局部不等式:
2 2 x1 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? ? ( xk ?1 ? xk ) 2 ≥ C1 xk , 2 2 和 ( xk ? xk ?1 ) 2 ? ? ? ( xn ?1 ? xn ) 2 ? xn ≥ C2 xk ,

其中 C1,C2 待定. 解答:由已知条件得
2 2 2? xi2 ? 2? xi xi ?1 ? 2 即 x1 ? ( x1 ? x2 )2 ? ? ? ( xn?1 ? xn )2 ? xn ? 2. ①

n

n ?1 i ?1

i ?1

由均值不等式,得
2 x1 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? ? ( xk ?1 ? xk ) 2 k | x | ? | x1 ? x2 | ? ? ? | xk ?1 ? xk | ≥ 1 k



| x1 ? ( x1 ? x2 ) ? ? ? (?1) k ?1 ( xk ?1 ? xk ) | k |x | ? k , k
2 xk . k

2 即 x1 ? ( x1 ? x2 )2 ? ? ? ( xk ?1 ? xk ) 2 ≥



同理有

2 ( xk ? xk ?1 ) 2 ? ? ? ( xn ?1 ? xn ) 2 ? xn n ? k ?1 | xk ? xk ?1 | ?? ? | xn ?1 ? xn | ? | xn | ≥ n ? k ?1



| xn ? ( xn ?1 ? xn ) ? ? ? (?1) n ? k ( xk ? xk ?1 ) | n ? k ?1 | xk | ? , n ? k ?1
2 xk . n ? k ?1

2 即 ( xk ? xk ?1 ) 2 ? ? ? ( xn ?1 ? xn ) 2 ? xn ≥



于是由① ② ③ 得 1 1 2 ( ? ) xk ≤ 2, k n ? k ?1 即 | xk |≤ 2k ( n ? 1 ? k ) (k ? 1, 2,?, n). n ?1


且当且仅当 x1=-(x1+x2)= x2+x3=?=(-1)k 1(xk-1+xk)及 xk+xk+1=-(xk+1+xk+2) =? =( - 1)n


k

? xk 时 , 上 式 等 号 成 立 , 即 当 且 仅 当 xi ? xk (? 1i) k

i i( ? k

1? k ? , 且 1 ) , 2,

x j ? xk ? ?1) j ?k (

2k ( n ? 1 ? k ) n ?1? j . ( j ? k ? 1, k ? 2,?, n) 时, | xk |? n ?1 n ? k ?1 2k ( n ? 1 ? k ) . n ?1

综上所述,可得 | xk |max ?

说明:这是 1998 年 CMO 试题,上面的解法源于不少参赛学生的解法,是一种自然的 做法.
n ? 1 2 1 ) ≥ (n ? 1)? ( ? 1) 2 . 例 10、已知 ? xi ? 1, xi ? 0(i ? 1, 2,?, n), 证明: ? ( i ?1 xi ? 1 i ?1 xi i ?1

n

n

1

1

分析:本题要巧妙地对数积进行分离,然后巧用切比雪夫不等式证得. 证明:记左、右两边之差为 P,则 P ? ?
i ?1 n

1 ? xi xi

? (n ?1) ?
i ?1

n

xi 1 ? xi

??
i? 1

n

(1 ? nxi) xi (1 ? xi)

.①

注意到 ? (1 ? nxi ) ? 0,
i ?1

n

② 因此我们如果能将①分离成两组数 {1 ? nxi },{

1 xi (1 ? xi )

}的

线性和,则问题得证,这自然考虑到用切比雪夫不等式. 不妨设 0≤x1≤x2≤?≤xn,则 1-nx1≥1-nx2≥?≥1-nxn.且不难证明(留作练习) 0≤x1(1-x1)≤x2(1-x2)≤?≤1-xn(1-xn)因此

1 x1 (1 ? x1 )



1 x2 (1 ? x2 )

≥ ?≥

1 xn (1 ? xn )

.④

由②③④,应用切比雪夫不等式可得

P??
i ?1

n

(1 ? nxi ) xi (1 ? xi )



n 1 n 1 ? (1 ? nxi )? x (1 ? x ) ? 0, 得证. n i ?1 i ?1 i i

说明: 柯西不等式分离两组数积的和成两组数的平方和, 而切比雪夫不等式则分离两组 数积的和成两组数的线性和,这是两个著名不等式的独特功能. 例 11、设 n 为正整数,实数 x1,x2,?,xn 满足 x1≤x2≤?≤xn. (1)证明: (?
i ?1 n

? | xi ? x j |)2 ≤
j ?1

n

2(n 2 ? 1) n ? 3 i ?1

? ( xi ? x j )2 .
j ?1

n

(2)证明等号成立的充要条件是 x1,x2,?,xn 成等差数列. 证明:1) ( 由于将所有 xi 减去一个相同的数, 不等式两边不变, 因此, 我们不妨设 ? xi ? 0.
i ?1 n

由条件,我们有

i , j ?1

? | xi ? x j |? 2? ( x j ? xi ) ? 2? (2i ? n ? 1) xi , 由 柯 西 不 等 式 得
i? j i ?1

n

n

( ? | xi ? x j |) 2 ≤ 4? (2i ? n ? 1) 2 ? xi2 ?
i , j ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

4n(n ? 1)(n ? 1) 2 xi . 3
n n n

另一方面,
n

i , j ?1

?

n

( xi ? x j ) 2 ? n? xi2 ? 2? xi ? x j ? n? x 2 ? 2n? xi2 , j
i ?1 i ?1 j ?1 j ?1 i ?1

n

n

所以( ? | xi ? x j |) 2 ≤
i , j ?1

2(n ? 1) ? ( xi ? x j )2 . 3 i , j ?1
2 n

(2)由柯西不等式成立的条件,可知若等号成立,则存在实数 k 使得 xi=k(2i-n-1), 这表明 x1,x2,?,xn 成等差数列. 反过来,若 x1,x2,?,xn 是一个公差为 d 的等差数列,则 xi ? 将每个 xi 减去 说明: 将

x ?x d (2i ? n ? 1) ? 1 n , 2 2

n x1 ? xn d ,就有 xi ? (2i ? n ? 1)且? xi ? 0 ,此时不等式取等号. 2 2 i ?1

i , j ?1

? | xi ? x j | 表示成 xi 的线性和是上面解法的关键.此题是 2003 年 IMO 试题.
? ai x1 ? 0, ? bi xi ? 1
i ?1 n i ?1 n n n n

例 12、设 a=(a1,a2,?,an)和 b=( b1,b2,?,bn)是两个不成比例的实数序列,又设 x(x1 , x2 , ? , xn) 是 使

(*) 成 立 的 任 一 实 数 序 列 , 求 证 :

? xi2 ≥
i ?1

n

A AB ? C

, 其中A ? ? ai2 , B ? ? bi2 , C ? ? ai bi . 2
i ?1 i ?1 i ?1 n n n n

证明一: 对任意的实数λ 由柯西不等式 (? xi2 )[? (ai ? ? bi ) 2 ]≥ (? ? ai xi ? ? bi xi ) 2 ? 1.
i ?1 i ?1 i ?1 i ?1

展开整理即得

(? xi2 )( A? 2 ? 2C ? ? B )≥ 1,
i ?1

n



A? 2 ? 2C ? ? B ?

1

?
i ?1

n

≥ 0

xi2

对任意实数? 成立,因此 ? ? 4C 2 ? 4 A( B ? 1

?
i ?1

n

)≤ 0,

xi2

此即所证不等式. 证明二:构造新序列{yk}: yi ?

, i ? 1,2,?, n. AB ? C 2 可以验证序列 y1,y2,?,yn 满足(*) .任一适合条件(*)的序列 x1,x2,?,xn 满足

Abi ? Cai

? xi yi ? AB ? C 2 ,
i ?1

n

A

特别地,我们有

? yi2 ? AB ? C 2 .
i ?1

n

A

因此任一适合(*)的序列x1 , x2 ,?, xn 满足

? xi2 ? ? yi2 ? ? ( xi ? yi )2 ,
因此得到

n

n

n

? xi2 ? ? yi2 ? AB ? C 2 ,
i ?1 i ?1

i ?1 n

i ?1 n

i ?1

A

这就是所要证明的.此种证法还可看出所证不等式等号成立当且仅当 b A ? ak B xk ? k , k ? 1,2,?, n. AB ? C 2 说明:这是 K.Fan 和 J.Todd 的一个不等式. 例 13、对于满足条件 x1+x2+?+xn=1 的非负实数 x1,x2,?,xn,求 ? ( x 4 ? x 5 ) 的 j j
j ?1 n

最大值. 分析:用调整法探索题中和式的最大值. 解答:首先对于 x,y>0,我们来比较(x+y)4-(x+y)5 与 x4-x5+y4-y5 的大小. (x+y)4-(x+y)5-(x4-x5+y4-y5) = xy(4x2+6xy+4y2)-xy(5x3+10x2y+10 xy2+5 y3) ≥

7 xy (x2+2xy+y2)-5 xy(x3+3x2y+3 xy2+y3) 2 1 ? xy( x ? y)2 [7 ? 10( x ? y )], 2

7 , 上式就必然大于 0. 10 如果 x1, 2, xn 中的非零数少于两个, x ?, 那么题中的和式就等于 0. 以下考察 x1, 2, x ?, xn 中的非零数不少于两个的情形. 2 7 如果某三个数 xi,xj,xk>0,那么必有两个之和小于等于 ? . 根据前面讨论,可将这 3 10 两个数合并作为一个数,另补一个数 0,使得题中的和式变大,经有限次调整,最后剩下两 个非零数,不妨设为 x,y>0,x+y>1.对此情形,有 x4-x5+y4-y5= x4 (1-x)+y4(1-y) = xy(x3+y3) = xy( [(x+x)3-3 xy(x+x)] 1 ? (3xy)(1 ? 3xy) 3 1 1 1 1 当 3 xy ? 时,上式达到最大值 (1 ? ) ? . 6 2 12 2 这就是题目所求的最大值,取得这最大值的 x1,x2,?,xn,其中仅两个不等于 0.以 1 x 和 y 表示这两个数,则 x,y>0,x+y=1, xy ? , 解二次方程 6 1 3? 3 3? 3 ? 2 ? ? ? ? 0可知x ? ,y? , 验算可知,如果 x1,x2,?,xn 中仅这样两个非零 6 6 6 1 数,那么,题中的和式确实达到最大值 . 12 说明:此题为 1999 年中国国家队选拔考试试题.此题所用的调整法是非常典型和常用 的.
只要 x, y ? 0, x ? y ? 例 14、设 a1≥a2≥?≥an≥an+1=0 是实数序列,求证: 证明:令 xk ? ak ?1 , k ? 1, 2,?, n, 则 ak=(xk+?+xn)2
2 因此 ? ak ? ? kxk ? 2 k ?1 k ?1 n n

? ak ≤ ?
k ?1

n

n

k ?1

k ( ak ? ak ?1 ).

1≤ k ≤ l ≤ n

?

kxk xl ,

① 其中 xkxl 在每一个 a1,a2,?,ak 展开式

中恰好出现一次,但不在 ak+1,?,an 的展开式中出现,所以它的系数是 k. 把欲证的不等式的右端用 xk ? ak ? ak ?1 代入,然后平方,即得
2 (? kxk ) 2 ? ? kxk ? 2 k ?1 k ?1 n n

1≤ k ≤ l ≤ n

?

klxk xl .



①的值显然不大于②的值,故要证的不等式成立. 说明:此题是 1997 年 IMO 预选题.上面的证明采用了差分法,是一种常用的处理该类 问题的方法. 例 15、已知实数 x1,x2,?,x2n+1 满足 0= x1<x2<?<x2n< x2n+1=1,且 xi+1-xi≤h(1≤i ≤n)求证:

1? h ≤ 2

? x2i ( x2i ?1 ? x2i ?1 )≤
i ?1

n

1? h . ① 2

分析:用差分 hi=xi-xi-1 表示①中和式是解题的突破口. 证明:定义 hi=0= xi,hi=xi-xi-1 (i=2,3,?,2n+1),则

xk ? ? hi ,
i ?1

k

2 n ?1 i ?1

? hi ? 1,
n

所以

? x2i ( x2i ?1 ? x2i ?1 ) ? ? (h1 ? ? h2i )(h2i ? h2i ?1 )
i ?1 2 ? ? ( h1 ? ? h2i ?1 )h2i ? ? ( h1 ? ? h2i )h2i ? ? h2i i ?1 i ?1 i ?1 i ?1 n n n

n

?

1≤ i ≤ j ≤ 2 n ?1 2 n ?1

?

2 hi h j ? ? h2i i ?1 2 n ?1

n

1 ? [( ? hi ) 2 ? 2 i ?1 ?
n

?
i ?1 n

2 hi2 ] ? ? h2i i ?1

n

1 1 2 2 ? (? h2i ? ? h2i ?1 ),② 2 2 i ?1 i ?1
2 n ?1 i ?1

其中 hi>0,hi≤h,由此得
2 n ?1

?
i ?1

hi2 ≤ h ? hi ? h,

由此由②知

? x2i ( x2i ?1 ? x2i ?1 ) ? 2 ? 2 ? h22i ≤
i ?1 i ?1

n

1

1

n

1 1 n 2 1? h ? ? hi ≤ , 2 2 i ?1 2

另一方面,由②有

? x2i ( x2i ?1 ? x2i ?1 ) ?
i ?1

n

1 1 n 2 1 1 2n ?1 1? h ? ? h2i ?1 ≥ ? ? hi2 ≥ . 2 2 i ?1 2 2 i ?1 2

因此①得证,但须注意①中的不等式均是严格的,即等号不能成立.

第六讲

数学归纳法

例 1、一个棱长为 2 的正方体 S 由 8 个单位正方体组成,我们称 S 去掉一个单位正方体 后的部分为一个“角体” 是一个由(2n)3 个单位正方体组成的棱长为 2n 的正方体.证明: ,T 随意去掉 T 的一个单位正方体,余下的部分必可用“角体”拼成. 分析:先考虑平面的情形.这时“角体”变为了一个由 3 个单位正方形组成的“L 型” ——“ ” ,而棱长为 2n 的正方体变为了边长为 2n 的正方形表格 S.要证明:随意去 掉 S 的一个单位正方形,剩余的部分必可用“L 型”拼成. 当 n=1 时,S 去掉任何一个单位正方形都变为一个“L 型” ,故命题成立. k 设 n=k 时,命题成立,那边长为 2 的正方形网格去掉任意一个单位正方形后,所得的 图形都可用“L 型”拼成.

考虑 n=k+1 的情形,此时可将边长为 2k 1 的正方形沿过 中心的两条网格线割成 4 个边长为 2k 的正方形(如图 5.1) , k k 并不妨设去掉的那个方格在左上角的 2 × 的子正方形中.这 2 时,我们先用一个“L 型”覆盖绕中心的阴影格.那么,每个 2k× k 的子正方形都去掉了一格.利用归纳假设可知每个子正 2 方形都可用“L 型”拼成.所以,命题对 n=k+1 成立. 所以,对任意 n∈N*,随意去掉 S 的一个单位正方形,余 下的部分可用“L 型”拼成. 解答:只需将上述证明中,过中心的割方式改动一下,变 为用过中心的三个两两垂直的平面将 T 分为 8 个小的正方体, 利用类似的方法即可实现归纳假设到结论的过渡. 具体细节请 读者给出. 说明:这是一个早在 1990 年初就广为流传的问题,读者可通过此题的证明体会数学归 纳法处理问题的具体手法. 例 2、设 n 为正整数, ? 为实数.证明:2cosn ? 可以表示为(2cos ? )的首项系数为 1 的 n 次整系数多项式的形式. 分析:试算 n 较小时的情形对于理解问题的实质有一些帮助.下面给出了 n=1,2,3 时,所要求的表示方式.



2cos ? ? (2cos ? ); 2cos 2? ? (2cos ? ) 2 ? 2; 2cos3 ? ? (2cos ? )3 ? 3 ? (2cos ? ).
解答:由上面的表示可知命题对 n=1,2 成立. 假设命题对 n=k 和 k+1 成立,即存在首项系数为 1 的整系数多项式 f(x)和 g(x),使得 2cos? ? f (2cos? ),2cos(k ? 1)? ? g (2cos ? ). 其中 f,g 的次数分别为 s 和 k+1. 下面考虑 n=k+2 的情形.注意到

2cos( k ? 2)? ? 2cos[( k ? 1)? ? ? ] ? 2cos( k ? 1)? cos ? ? 2sin( k ? 1)? sin ? . 2cos k? ? 2cos[( k ? 1)? ? ? ] ? 2cos( k ? 1)? cos ? ? 2sin( k ? 1)? cos ? . 将① 与② 相加, 得 2cos( k ? 2)? ? 2cos k? ? 4cos( k ? 1)? cos ? . 利用归纳假设,可知 2cos( k ? 2)? ? (2cos ? ) g (2cos ? ) ? f (2cos ? ).
故 令 h(x)=xg(x) - f(x)( 易 知 h(x) 是 一 个 首 项 系 数 为 1 的 整 系 数 多 项 式 ) , 就 有 2 c o sk ? 2 )? h ( 2 c o s命题对 k+2 成立. ( ? ? ). 所以,原命题成立. 说明:这是 Chebyshev 多项式 f(x)=cosn(arccosx)的一个基本结论,在数学竞赛的许多问 题中都会用到 Chebyshev 多项式. 例 3、设 P(x1,x2,?,xn)是一个有 n 个变元的多项式,我们用+1 或-1 代替 P 中所 有的变元,若其中-1 的个数为偶数,则 P 的值为正;若其中-1 的个数为奇数,则 P 的值 为负. 证明: 为一个至少 n 次的多项式 P (即 P 中存在一项, 其所有变元的次数和不小于 n) .

① ②

分析:满足条件的一个明显的多项式是 P= x1x2?xn,如果我们能证明 P(x1,x2,?,xn) 中有一项是 x1x2?xn 的倍式(即 x1,?,xn 在该项中都出现) ,那么 P 的次数不少于 n.这 要求我们主动加强命题. 证明:我们证明加强的命题:P(x1,?,xn)中有一项为 x1x2?xn 的倍式. 当 n=1 时,由条件 P(1)>0,P(-1)<0,故 P(x1)不为常数,有一项为 x1 的倍式,命题成 立. 假设命题对符合条件的含 n-1 个变量的多项式都成立,考虑 n 的情形. 对满足条件的 P(x1,x2,?,xn),我们令

1 Q( x1 , x2 ,?, xn?1 ) ? [ P( x1, x2 ,?, xn?1,1) ? P( x1,?, xn?1, ?1)] 它是视 P 为 xn 的多项式时(其 2 余变量 x1,?,xn-1 视为常数) n 的奇次项的系数和. ,x 由于当 x1,?,xn-1 都用+1 或-1 代替,如果-1 的个数为偶数,则 P(x1,?,xn-1, 1)>0,P(x1,?,xn-1,-1)<0,故 Q(x1,?,xn-1)>0;类似地,如果-1 的个数为奇数,那 么 Q(x1,?,xn-1)<0.利用归纳假设可知 Q(x1,?,xn-1)中有一项为 x1x2?xn-1 的倍式.注 意到 P(x1,?,xn)是 Q(x1,?,xn-1)的每一项乘以 xn 的某个奇次幂(不同的项可能幂次不 同)求得后得到,所以,P(x1,?,xn)中有一项为 x1?xn 的倍式. 综上可知,命题成立. 1 1 说明: 对单变量多项式 f(x), 我们经常用 [ f (1) ? f (?1)]和 [ f (1) ? f (?1)] 表示 f(x)的奇 2 2 次项系数和偶次项系数和,此题解答中我们利用这一技巧将 n 个变元的多项式转为 n-1 个 变元处理,从而巧妙地实现了从 n-1 到 n 的过渡. 事实上,理精细地讨论,可知 P(x1,?,xn)中有一项,变量 x1,?,xn 在该项中的幂次 都是奇数. 例 4、n 个复数 zk 满足|zk|≤1,k=1,2,?,n.证明:存在 e1,e2,?,en∈{-1,1},
使得对任意 m={1,2,?,n},均有 | ? ek zk |≤ 2.
k ?1 m

分析:当 n=1 和 2 时,命题显然成立.当 n≥3 时,如果能证明 z1,z2,?,zn 中有两 个复数,例如 z1 和 z2,使得︱z1+z2︱≤1 或者︱z1-z2︱≤1,则可将 n 的情形化归到 n-1 的情形.这是我们证题的出发点. 证明:只考虑 n≥3 的情形(n=1,2 时,命题是显然的) . 当 n=3 时,考虑 z1,z2,z3 两两之间所成的角(每个角都在(0,π )之间) ,若其中有

2 一个大于 ? ,不妨设 z1 与 z2 所成的角大于 120°,则︱z1+z2︱≤1;若任意一个角都大于 3 2 ? ,不妨设 z2 在 z1 与 z3 之间,此时设 z1 与 z2,z2 与 z3 所成的角分别为α ,β ,γ .则 3 2 ? ? ? ? ? ? ? ≤ ? ,故α ,β 中必有一个不大于 . 不妨设 ? ≤ ,则由余弦定理知︱z1-z2 3 3 3 ︱≤1. 这样,我们令 z′1= z1+z2 或 z1-z2(使得| z′1|≤1) z′2=z3,利用 n=2 的情形时的结 , 论可知命题成立. 假设命题对 n 成立,考虑 n+1 的情形时,我们从中任取 3 个复数 z1,z2,z3,利用上面 的方法,可以转化为 n 的情形.从而,命题对一切正整数 n 成立.

说 明 : 对 n=2 的 情 形 , 通 过 考 虑 z1 与 z2 所 成 的 角 是 否 大 于

? , 可得 2

| z1 ? z2 | ≤

或者 z1 2 ?

z2 | ≤ 因此,不等式可以加强为 | ? ek zk |≤ 2.
k ?1

m

2.

例 5、 n∈N*, 设 n≥2, 在一个(2n-1)× n-1)的方格表的每个方格内填入+1 或-1. (2 如 果任意一个方格内所填的数都等于与它有公共边的那些方格中所填数的乘积, 那么称这种填 写方法是“成功”的.求“成功”填法的总数. 分析:显然每格中的数都是+1 的填法是“成功”的.当 n=2 时,如图设四个角和中心 格所填的数分别为 a,b,c,d,e,则其余方格中的数被确定, a abe b 于是,应有 e=(abe)(ace)(cde)(bde) ace e bde =a2b2c2d2e4=1. c cde d 进而 a=(ab)(ac)=bc, 同理 b=da, c=ad. 进而 a=(da)(ad)=1. 对 称地,可知 b=c=d=1.从而表格中的数都是+1.当 n=2 时只有 一个“成功”的表格. - - - - 对一般的 n,注意到表格去掉第 2n 1 列和第 2n 1 行后,得到 4 个(2n 1-1)?(2n 1 -1)的表格,我们应想法去掉它们,使剩下的 4 个表格仍然是成功的.从特殊的情况出发: - - 在表格关于 2n 1 列对称,且关于第 2n 1 行对称的情况下讨论. 证明:首先,当 n=2 时,由上可知只有当每一格中所填的数等于+1 时,填法才是“成 功”的.故这时只有一种填法. - 其次,n>2 时,若某种填写方式是“成功”的,设此时,表格关于第 2n 1 列对称,并记 - 第 2n 1 列上的数从上到下依次为 a1, 2, a2n-1. a ?, 则由对称性可知 am=am-1am+1, m=1, ?, 2, n n n n 2 -1.其中 a0=a2 =1.显然,若 a1 与 a2 -1 中有一个数为+1,则 a1= a2=?= a2 -1=1;若 a1 与 a2n-1 都为-1,则(a1,a2,?,a2n-1)=(-1,-1,1,-1,-1,-1,?,-1,- 1) ,这要求 2n ? 1 ? 2(mod3) ,即 3|2n,这是不可能的.所以,只能是第 2n
-1

列上的数都是

+1. - - 同理,若表格关于 2n 1 行对称,则此表格中的第 2n 1 行上的数都为+1. - 所以如果一个“成功”的表格中出现-1,同时该表格关于第 2n 1 行对称,且关于第 2n -1 - 列对称,则可将此表格一拆为 4(去掉中间的行和列) ,得到一个含-1 的(2n 1-1)? - (2n 1-1)的成功表格. - 最后,如果一个“成功”表格中出现-1,且关于第 2n 1 列不对称,记此表格为(m=2n -1 )

? a11 a11 ? a a22 Am ? ? 21 ?? ? ? ?a ? m1 am 2

? a1m

? ? ? a2 m ? ? ? ? ? ? amm ? ?

那么,下面的表格也是“成功”的(它是将 Am“翻过来”得到的)

? a1m a1m?1 ? a11 ? ? ? * ? a2 m a2 n ?1 ? a21 ? Am ? ?? ? ? ? ? ? ? ?a ? ? mm amm?1 ? am1 ?

* 则 Bm 是一个出现-1 的“成功”表格,其中 Bm 中的元素 bij 为 Am 与 Am 的对应元素的

乘积.类似地,如果 Bm 不关于第 2n 1 行对称,那么可得一个“成功”的表格 Cm,使得 Cm - - 关于 2n 1 行对称,且关于第 2n 1 行对称,并有-1 在 Cm 中出现. - - 这样,利用第二步中的结论,我们会得到一到(2n 1-1)?(2n 1-1)的“成功”表 格,使该表格中出现-1,依此倒推,最终将得到一个 3?3 的“成功”表格,该表格中出现 -1.这与 3?3 的“成功”表格只有一个全为 1 的表格矛盾. 所以满足条件的“成功”的填写方法只有 1 种,即全为 1 的表格才是“成功”的. 说明: 此题采用了倒退归纳结合反证法的手法来处理, 证明过程中想方设法利用了表格 本身的对称性.



a1 ? a2 ? ? ? an n ≥ a1a2 ?an . ① n 分析:这是著名的均值不等式,它有许多不同的证明方法.这里我们给出两种典型的用 数学归纳法处理的手法. a ? a2 a ?a 1 证明一: n=2 时, 当 注意到 1 ? a1a2 ? ( a1 ? a2 )2 ≥ 0. 故 1 2 ≥ a1a2 . 命 2 2 2 题对 n=2 成立. a ? a2 ? ? ? an n 下设命题对 n 成立,即 1 ≥ a1a2 ?an . n a ? a2 ? ? ? an?1 考虑 n+1 的情形.令 A ? 1 ,则 n ?1
例 6、 n∈N*, 1, 2, 设 a a ?, n 为正实数. a 证明:

2nA ? a1 ? a2 ? ? ? an ?1 ? (n ? 1) A ? (a1 ? a2 ? ? ? an ) ? (an ?1 ? A ? ? ?? ?? ??A)
n ?1个

≥ n n a1a2 ? an ? n n an ?1 ? A? A ? ? ?
n ?1个

① ②

≥ 2n 2 n a1a2 ? an ?1 An ?1 ,

其 中 不 等 式 ② 由 归 纳 假 设 得 到 , ③ 利 用 了 均 值 不 等 式 n=2 的 情 形 . 于 是

A≥

2n

a a2? n ? a 1

n ?1 1

A 进而,An+1≥a1a2?an+1,即

a1 ? ? ? an?1 ≥ n ?1

n ?1 a a ? a 1 2 n ?1 . 故命题对

n+1 成立. 综上可知,对任意 n∈N*,不等式①成立.主要是对 k 归纳予以证明. 当 k=1 时,如证明一所证,可知 n=2 时不等式①成立. + 设 k=m 时,不等式①成立.则 k=m+1 时,对 n=2m 1 个正实数 a1,…,an,我们有

a1 ? ? ? an a1 ? ? ? a2m a2m ?1 ? ? ? a2m?1 ? ? n 2m?1 2m?1 1 ≥ (2m a1 ? a m ? 2m a m ? a m?1 ) 2 2 ?1 2 2 ≥
2m a1 ? a m ? m 2 2

a

2m ?1

?a

2m ?1

? n a1a2 ? an .
故不等式①对任意形如 n=2k 的正整数 n 成立.

对一般的 n,存在 k∈N*,使得 2k≤n<2k+1,此时,令 A ? 结论,可知

a1 ? ? ? an ,利用已证的 n
.

1 2
k ?1

(a1 ? ? ? an ? A ? ? ?? ?? ??A)≥
2k ?1 ? n个

2 k ?1

a1a2 ? an ?A 2
k ?1?n

k ?1 ? n

结合 a1+?an=nA,可得 A≥
n

2k ?1

a1a2 ?an ?A2

.

于是,A ≥a1a2?an,故不等式①成立. 说明:这两个证明中都有一个“补”的思想,在补足一些项后,就可以恰当地运用归纳 假设(或已知结论)了.类似地利用这一手法,可证明如下著名的 Jenson 不等式. Jenson 不 等 式 : 设 f(x) 是 [a , b] 上 的 凸 函 数 , 即 对 任 意 x , y ∈ [a , b] , 均 有

f(

x? y 1 )≤ [ f ( x) ? f ( y)] ,则对任意 n∈N*,及 x1,x2,…,xn∈[a,b]均有 2 2 x ? x ? ? ? xn 1 f( 1 2 )≤ [ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? ? f ( xn )]. n n

第七讲





例 1、复系数多项式 p(z)=z2+az+b 对一切|z|=1 时恒有|p(z)|=1.求证:p(z)=z2. 分析:本题目的结果就是证明 a=b=0,可利用|z|=1 时恒有|p(z)|=1 中对 z 赋值±1,±i 即可得出四个等式条件,再应用模不等式求得. 解答:因为对任意|z|=1 时恒有|p(z)|=1.可令 z=±1,±i 分别代入得|1+a+b|=1,|1-a +b|=1.于是 2=|1+a+b|+|1-a+b|≥|2+2 b |. 即 |1+b|≤1. ① 同理,由|-1+ai+b|=1,|-1-ai+b|=1.得 |1-b|≤1. ② ①+②,得 2≥|1+b|+|1-b|≥|(1+b)+(1-b)|=2. ③ 且上式等号成立的充要条件是当且仅当-1≤b≤1. 综合①②③知, b=0. 再代回①中可得出 2=|1+a |+|1-a|≥2, 则-1≤a≤1, a=0. 故 因 而 a=b=0.故 p(z)=z2. 说明: 尽管题目中的 a、 是复数, b 但是通过构造出 2≥|1+b|+|1-b|≥|(1+b)+(1-b)|=2 可得出 b 是有范围的实数-1≤b≤1,加上取等号的条件,并由此判定出 b=0,是解决该问 题的关键. 例 2、 实系数多项式 p(x)=x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0 中, 对任意的一个根α , 都有 1-α 也都使 p(x)=0.求 p(x).

1 , ?

1 分析:p(x)是五次多项式,其根最多有五个,而α 使 p(α )=0, p( ) ? 0, p(1-α )=0

?

1 1 1 1 1 1 1 且 p( 都 是 ) ? 0, p(1 ? ) ? 0及p(1 ? ) ? 0.故? 、 、 ? ? 、 1 、? 、? 1 1 1?? ? 1?? ? 1?? ? 1?? 根,从中可求出α 的值.
解答:设α 是 p(x)=0 的一个根,则

1 1 1 都是 p(x)的根.而 、 ??、 1 、? 、? 1 1 ? 1?? ? 1??

1

p(x)是五次多项式,最多有五个根.所以这六个根中必存在相同的值.

1 1 1 , 或? ? 1 ? , 或? ? 1 ? . ? 1?? ? 1?? 1 1 3 1 3 则α 可取 ?1, ,2, ? i, ? i 中的一个.由此可知 2 2 2 2 2
不妨令 ? ?

1

, 或? ? 1 ? ? , 或? ?

1 p ( x) ? ( x ? 1)( x ? )( x ? 2)( x 2 ? x ? 1), 2 1 p ( x) ? ( x ? 1)3 ( x ? )( x ? 2), 2 1 p ( x) ? ( x ? 1)( x ? )3 ( x ? 2), 2 1 p ( x) ? ( x ? 1)( x ? )( x ? 2)3 , 2 1 p ( x) ? ( x ? 1) 2 ( x ? ) 2 ( x ? 2), 2 1 2 p ( x) ? ( x ? 1)( x ? ) ( x ? 2) 2 , 2 1 p ( x) ? ( x ? 1) 2 ( x ? )( x ? 2) 2 . 2
都为所求. - - 例 3、 已知 p(z)=zn+c1zn 1+c2zn 2+?+cn-1z+cn 是复变量 z 的实系数多项式, 若|p(i)|<1, 2 2 2 2 求证:存在实数 a、b,使得 p(a+bi)=0 且(a +b +1) <4b +1. 分析:利用因式分的解,将实数根和复数根分别设定,再由|p(i)|<1 得出模不等式的解, 从而得出 a、b 所满足的条件. 证明:设 p(z)=(z-x1) (z-x2)?(z-xm) (z2+y1z+t1)?(z2+ykz+tk),其中 zi,yi,ti∈R, m+2k=n, yi2 ? 4ti ? 0. 由|p(i)|<1,得

| i ? x1 |? i ? x2 | ? | i ? xym |? iy1 ? t1 ? 1|? iy2 ? t2 ? 1| ? | iyk ? tk ? 1| | | |
2 2 2 2 2 2 ? x1 ? 1? x2 ? 1? xm ? 1? (t1 ? 1) 2 ? y1 ? (t2 ? 1) 2 ? y2 ? (tk ? 1) 2 ? yk ? 1.

2 可知必存在 tk、yk,使 (tk ? 1)2 ? yk ? 1.

(*)

由 z2+ykz+tk=0 的根为

2 ? yk ? i 4tk - yk

2

.

令a ? ?

2 4tk - yk yk ,b ? (a,b∈R) ,则有 p(a+bi)=0. 2 2

2 又 yk ? 4a 2 , tk ?

2 4b2 ? yk ? b2 ? a 2 . 将之代入(*) 4

得(a2+b2-1)2+4a2<1,即 a4+b4+1-2a2-2b2+2a2b2+4a2<1. 故(a2+b2-1)2<4b2+1.

例 4、已知 f(z)=C0zn+C1zn 1+C2zn 2+?+Cn-1z+Cn 是一个 n 次复系数多项式.求证: 一定存在一个复数 z0,| z0|≤1,并且满足|f(z0)|≥|C0|+|Cn|. (1994 年 CMO 试题) 分析:由多项式 f(z)的结构形成可以联想到与 1 的 n 次方根 e
2? n
i 2? n





的一些恒等式与复数模

有关的不等式,如何将 C1,C2,?Cn-1 这些与所证结论无关的数消去. 证明:令 ? =
i

.如果 C0 与 Cn 都是非负数,则
n ?1 n ?1 n ?1

k ?0

?

n ?1

f (? k ) ? C0 ? ? kn ? C1 ? ? k ( n ?1) ? ? ? Cn ?1 ? ? k ? nCn ,
k ?0 k ?0 k ?0 n ?1

且当0 ? t ? n时, ? ? kt ?
n ?1 k ?0 n ?1

1 ? (? ) 1? ?t

t n

? 0.故 ? f (? k ) ? nC0 ? nCn .
k ?0

n ?1

而 ? | f (? k )≥ | ? | f (? k ) | ? n(| C0 | ? | Cn |),
k ?0 k ?0

因此必存在一个 k(0≤k≤n-1)使得|f(ε k)|≥|C0|+|Cn|. 说明: 利用多项式恒等的定理, 通过赋值的方法可以转化多项式的系数间的恒等关系. 而 多项式中系数间的不等关系,经常利用模不等式来进行. 例 5、凸四边形 ABCD 围绕它所在平面内一点 O 逆时针方向旋转 90°,得到凸四边形 A′B′C′D′.假设 P、Q、R、S 依次是 A′B、B′C、C′D、D′A 的中点.求证:PR ⊥QS,PR=QS. 分析:利用复数运算的几何意义,证明几何中的旋转问题,是一种较为常用的方法.以 O 为中心建立复平面坐标系,将相关的点坐标化(复数化) ,不难证明本题. 证明:以 O 为原点,OA 及 OA′所在直线为实轴及虚轴建立复平面.设 A、B、C、D 及 A′、B′、C′、D′各所对应的复数分别为 a、b、c、d 及 a′、b′、c′、d′,则有 a′=ai,b′=bi,c′=ci,d′=di. ???? ??? ? 1 1 因 P 为 A′B 的中点,故 OP 所对应的复数为 (a? ? b) ? (ai ? b). 同理 OQ 所对应的复 2 2 ??? ? ??? ? 1 1 1 数 为 (b i? c ;OR 所 对 应 的 复 数 为 (ci ? d ); OS 所 对 应 的 复 数 为 (di ? a). 由 ) 2 2 2 ??? ??? ??? ? ? ? ??? ??? ???? ? ? 1 所 PR ? OR ? OP 知 所 对 应 的 复 数 为 [(d ? b ) ? (c ? a )i ], QS? OS? OQ 对 应 的 复 数 为 而 2 1 [(a ? c) ? (d ? b)i]. 2 1 1 因为 [(d ? b) ? (c ? a)i] ? (?i) ? [(a ? c) ? (d ? b)i], 所以 PR⊥QS,并且 PR=QS. 2 2 说明:利用复数运算的几何意义,求解几何中的长度、夹角及旋转等命题,是一种较为常用 的基本方法.使用这种方法,往往要利用平面中特征点的坐标(或对应点的复数) ,善于利 用复数加、减、乘及乘方的对应关系,借助数值变化找到相应的几何特征. 例 6、设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足

? a2 a3 a4 a5 ① ?a ? a ? a ? a , ? 1 2 3 4 ? ?a ? a ? a ? a ? a ? 4( 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ) ? S . ② 3 4 5 ? 1 2 a1 a2 a3 a4 a5 ?

其中 S 为实数且|S|≤2.求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一 圆周上. (1997 年全国联赛试题) 分析:先令

a2 ? q 代入条件②中,得到 q5=1.再由|q|=1 或 1+q+q2+q3+q4≠0 分别研 a1 1 转化条件②. q

究|ai|所满足的条件.尤其是 1+q+q2+q3+q4≠0 时可利用换元 x ? q ?

证明:令

a2 a3 a4 a5 ? ? ? ? q, 则 a2=a1q,a3=a1q2,a4=a1q3,a5=a1q4.于是由已右条 a1 a2 a3 a4

件得 a1(1+q+q2+q3+q4)=

4 a1q
4

(1+q+q2+q3+q4).③

若 1+q+q2+q3+q4=0,则 q5-1=(q-1)( q4+q3+q2+q+1)=0, 所以 q5=1,|q|=1,且此时| a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|, 故复数 a1,a2,a3,a4,a5 对应的点都在以原点为圆心,|a1|为半径的圆周上.
2 2 若 1+q+q2+q3+q4≠0,则由③得, a1 q 4 ? 4,即a3 ? 4, a3=± 2,而 q 满足方程

1? q ?

1 1 S S ? q2 ? 2 ? ?? . q a3 2 q



记x?q?

S 1 ,代入上式得到关于 x 的实系数方程 x 2 ? x ? 1 ? ? 0. q 2



S 1 1 , 注意到当|S|≤2 时有 f (? ) ? ? (5 ? 2S ) ? 0, 2 2 4 S S f (2) ? 5 ? ? 0, f (?2) ? 1 ? ≥ 0. 2 2 故方程⑤的两根都是绝对值不大于 2 的实数. 而对于⑤的每个根 x,相应的 q 满足实系数二次方程 q2-xq+1=0. 它的判别式△= x2-4≤0,故两根 q1,q2 为共轭复数,且|q1|2=|q2|2=q1q2=1. 因为,方程④的每个根 q 都满足|q|=1, 从而|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|=2,即复数 a1,a2,a3,a4,a5 对应的点同在以原点为圆心、 半径为 2 的圆周上. 说明:本题解法涉及的知识点较多,应用的技能与技巧也是较为常用的. 例 7、求平面直角坐标系中,格点凸五边形的周长的最小值. (1997 年上海市数学竞赛试题)
令 f ( x) ? x 2 ? x ? 1 ? 分析: 复平面上两个格点对应复数分虽为 z1、2, z 那么| z1-z2|的值只能是 1, 2,2, 5, ?, 只需对整点的凸五边形的各边长的取值分类,即可比较周长的最小值来. 解答:设此凸五边形的 5 个顶点依次为 A1、A2、A3、A4、A5,坐标为 Aj(xj,yj),并用复 数表示顶点:Aj=xj+yii,i=1,2,3,4,5,i 为虚数单位.

记 zj=Aj+1-Aj,j=1,2,3,4,5,A6=A1,则 (1)zj 的实部与虚部都是整数,且|zj|≠0(从而|zj|≥1); (2)z1+z2+z3+z4+z5=0; (3)凸五边形 A1A2A3A4A5 的周长为| z1|+| z2|+|z3|+| z4|+| z5|. 由凸性知,任意两个 zj,zk(j≠k)不具有同一方向.又由(1)知,若某个 zj 有| zk |≠1, 则(1)zj 的实部与虚部都是整数,且|zj|≠0(从而|zj|≥1); (2)z1+z2+z3+z4+z5=0; (3)凸五边形 A1A2A3A4A5 的周长为| z1|+| z2|+|z3|+| z4|+| z5|. 由凸性知,任意两个 zj,zk(j≠k)不具有同一方向.又由(1)知,若某个 zj 有| zj |≠1, 则| zj |只能是 2, 2, 5,? z1,z2,?,z5 中模为 1 的个数至多有 4 个:±1,±i. 如果| z1|,|z2|,?,| z5|中的个数恰为 4,由(2)知,余下一个为 0,与(1)相违. 如果| z1|,|z2|,?,| z5|中的个数恰为 3,若剩下两个都为 2 (注意模为 2 的至多只有 4 个:1±i,-±i) ,则它们不会满足(2) .于是,此时周长≥1+1+1+ 2 +2=5+ 2 . 如果| z1|, 2|, | z5|中恰有两个 1, |z ?, 剩下的 3 个都为 2 , 此时周长为 1+1+ 2 + 2 + 2 =2+3 2 . 其他情形,周长不小于 1+4 2 . 综上,格点凸五边形的周长的最小值为 2+3 2 . 例 8、是否存在一个凸 1990 边形,同时具有下面的性质(1)与(2) : (1)所有内角均相等; (2)1990 条边的长度是 1,2,?,1989,1990 的一个排列. 分析:1990 是一个很大的偶数,边数太多,不容易找到规律,先看边数较少的偶数边 的情形. 凸四边形如果满足条件(1) ,则必为矩形,边长不可能是 1,2,3,4 的排列. 存在满足条件(1)且边长是 1,2,3,4,5,6 的排列的 凸六边形.如右图所示的六边形就是一个例子.它的三双对边 之差都等于 3. 对于凸 1990 边形, 能否也可能类似图 1 的方法安排它的边 长呢? 解答:设在复平面上有一条折线,构成折线的各条线段长 为 AkAk+1=ak(k=1,2,?,1990),且点 A1 对应数为 0,A2 在实 ??????? ? ? ? 轴 的 正 半 轴 上 , 从 向 量 Ak Ak ?1 逆 时 针 旋 转 角 ? ? 后与 995 ?????????? ? θ Ak ?1 Ak ? 2 同向(k=1,2,?,1990).令 z=ei ,则 A1991 对应的复数ω 由下式确定:ω =a1+a1z +?+a1990z1989,当且仅当ω =0 时,点 A1991 与 A1 重合,因而得到凸 1990 边形,它的每个 内角都等于π -θ .于是原问题等价于存在 1,2,?,1990 的一个排列 a1,a2,?,a1990

1990

使得

? ak eik? ? 0.
k ?1


θ + θ

因为 1990 是偶数,故 akeik 与 ak+995ei(k 995) (约定 aj+1990=aj,j=1,2,?)恰是相应向量 方向相反的两个复数. 因此, 不妨考虑偶数项的复数与其相反方向的复数进行合并. a2ke2k 即 θ i (2k+995)θ i 2kθ i +a2k+995e =(a2k-a2k+995)e ,k=1,2,?,995. 令 bk=a2k-a2k+995,则①式变为 ? bk e 2 k? i =0.
k ?1 995

取{(a2k,a2k+995) k=1,2,?,995}={(k,k +995),k =1,2,?,995}. 则 bk=-995,k=1,2,?,995.从而有 ? bk e2 k? i ? ?995? e2 k? i ? 0. 即②成立.
k ?1 k ?1 995 995

这样就证明了满足(1)和(2)的凸 1990 边形存在. 说明:从上面证明可以看出,如果把 1990 换成任意一个 4n+2 型的正整数(n∈N) , 结论仍成立. - - 例 9、 n 次实系数多项式 f(x)=xn+a1xn 1+a2xn 2+?+an-1x+an(an=± 设 1)有模大于 1 的 复数根.
2 求证:f(x)的所有模长大于 1 的复数根的乘积的模小于 1 ? ? ak . k ?1 n

分析:将 f(x)的 n 个根中模大于 1 的和不大于 1 的分别表示出来是解决问题的关键,再 利用 xn 的系数及 an=± 这一特征,凑配出 ? ai2 . 可利用 f(x)=(x-a1) (x-a2)?(x-an)与 1
i ?1 n

f ( x) ? ( x ?

1 1 1 )( x ? )?( x ? ) 系数间关系求解. a1 a2 an

证明:设 f(x)= (x-z1) (x-z2)?(x-zn),则 an=(-1)nz1z2?zn=± 1. 设 r 满足| z1|,| z2|,?,| zr|>1,| zr+1|,| zr+2|,?,| zn |≤1(r≥1). 若 f1(x)= (x-z1) (x-z2)?(x-zr) - =xr+b1xr 1+?+br-1x+br (其中 b1,b2,?,br∈R), f2(x)= (x-zr+1)?(x-zr) - - - =xn r+c1xn r 1+?+cn-r-1x+cn-r (c1,c2,?,cn-r∈R).

记g1 ( x) ? ( x ? ? xr
r

1 1 1 )( x ? )? ( x ? ) z1 z2 zr

b 1 1 f ( ) ? x r ? r ?1 x r ?1 ? ? ? , x br br b 1 1 1 g 2 ( x) ? ( x ? )( x ? )? ( x ? ) zr ?1 zr ? 2 zn ? x n?r ? cn ? r ?1 n ? r ?1 1 x ?? ? . cn ? r cn ? r

则 g ( x) ? g1 ( x)?g 2 ( x) ? ( x ? ? xn ?

1 1 1 )( x ? )? ( x ? ) z1 z2 zn

an ?1 n ?1 1 x ?? ? . an an 1 zr ?1 )? ( x ? 1 zn ? r

h( x) ? f1 ( x) g 2 ( x) ? ( x ? z1 )( x ? z2 )? ( x ? zr )( x ? ? x n ? (b1 ? )

cn ? r ?1 n ?1 b )x ? ? ? r . cn ? r cn ?r
pn?1 n?1 1 ,则 x ??? pn pn

且令 h(x)=xn+p1xn 1+?+pn-1x+pn,h′(x) =f2(x)g1(x)= x n ?


h(x)h′(x)=f(x)g(x). 另一方面, br? n-r=an=± 得 由 c 1,

br ? ?br2 . 于是 pn ? ?br2 . 比较 h(x) h′ cn ? r

(x)和 f(x) g(x)中的 xn 的系数,有

1 1 2 2 2 2 (1 ? p1 ? ? ? pn ) ? (1 ? a1 ? ? ? an ), 于是 pn an

? | zi |?| br |?
i ?1

r

pn ?

n n n 1 1 (1 ? ? pi2 ) ? (1 ? ? pi2 ) ? 1 ? ? ai2 . 故命题成立. | pn | | an | i ?1 i ?1 i ?1

例 10、 设复数 z 满足|z-z1|=λ | z-z2|, 其中 z1, 2 为给定的不同复数, 为正实常数. z λ 试 讨论复数 z 在复平面上对应点的轨迹. 分析:利用 | z |2 ? z ?z 可将|z-z1|2=λ 2| z-z2|2 变形,求出 z 所满足的方程,能否与所熟 悉的曲线方程有相似之处. 解答:分两种情况讨论: (1)当λ =1 时,方程的曲线是线段 z1z2 的垂直平分线; (2)当λ ≠1 时,方程等价于 ( z ? z1 )( z ? z1 ) ? ? 2 ( z ? z2 )( z ? z2 ) ,展开整理,得

? 2 | z2 |2 ? | z1 |2 , 1? ?2 1? ?2 1? ?2 z ? ? 2 z2 z ? ? 2 z2 2 z1 ? ? 2 z 2 即 | z |2 ? 1 z? z? | 1 | 1? ?2 1? ?2 1? ?2 ? 2 | z2 |2 ? | z1 |2 z1 ? ? 2 z2 2 ? ?| | . 1? ?2 1? ?2 z ? ? 2 z2 2 z1 ? ? 2 z2 2 | z1 |2 ?? 2 | z2 |2 故| z ? 1 | ?| | ? . 1? ?2 1? ?2 1? ?2
| z |2 ? z? z1 ? ? 2 z 2 z?
由复数模不等式与反向柯西不等式知

z1 ? ? 2 z2

|

z1 ? ? 2 z2 1? ?2

|2 ≥

|

z1 ? ? 2 z2 1? ?2

|2 ?

| z1 |2 ?? 2 | z2 |2 1? ?2

.

故当λ ≠1 时,z 的对应点在复平面上的轨迹是以复数 z0 ?

z1 ? ? 2 z2 1? ?2

的对应点为圆心,

半径为 r ? | z0 |2 ?

| z1 |2 ?? 2 | z2 |2 1? ?2

的圆.

说明: 满足某些条件的复数对应点的轨迹问题是复数知识中很有特色的组成部分, 它与 解析与几何中求轨迹的问题很有相通之处,很值得关注.

第八讲

平面几何问题(Ⅰ)

例 1、如图 8.1,⊙O1 与⊙O2 和△ABC 的三边所在的三条直线都相切,E、F、G、H 为切点,直线 EG 与 FH 交于点 P.求证: PA⊥BC. 分析:过 A 作 AD⊥BC 于 D,延长 DA 交直线 FH 于 P′.要证 PA⊥BC,则要证 P=P′,即证 P′、G、E 三点共线.而这要 借助于梅涅劳斯定理. 证明:过 A 作 AD⊥BC 交 BC 于 D,延 长 DA 交直线 FH 于点 P′. 考虑直线 FP′ 与△ABD 的交点,则 AH BF DP? 由梅涅劳斯定理得 ? ? ? 1. BH DF AP? AH DP? 又由 BF=BH 得 ? ? 1. DF AP? 因为△AGO1∽△AHO2,于是 O1E∥AD∥O2F 得

DE AO1 AG AH AG ? ? ? ? . DF AO2 AH DF DE

AH DP? AG DP? DP? AG CE ? ? ? ? ? ? . DF AP? DE AP? AP? CG DE 由梅涅劳斯定理的逆定理知 P′、G、E 三点共线,即 P′为直线 EG 与 FH 的交点.所 以点 P′与 P 重合,从而 AP⊥BC. 说明: 这里先将证明垂直的问题转化为证明三线共点的问题, 证明共点问题常用梅涅劳 斯定理与同一法加以解决. 例 2、在“筝形”ACNP 中,MC=MP,CN=PN,经 MN、CP 的交点 A 任作两条直线, 交 MP 于 S,交 CN 于 D,交 MC 于 G,交 PN 于 T,GD、ST 分别交 CP 于 F、Q.求证:FA=AQ. 分析:由于 MCNP 的对称性,故可考虑作△SAT 关于 MN 对称的△BAE(如图) .要证 FA=AQ,只需证明 AC,DG,BE BG CE DK 三线共点. 而三线共点可通过证明 ? ? ? 1, 然后由塞瓦 GC ED KB 定理直接得到.
又 CE=CG,故 1 ?

证明:如图 8.2,MN 垂直平分 CP,则可作△ABE,使其与△AST 关于直线 MN 对称. 所以 B 在 MC 上,E 在 CN 上,且∠BAE=∠SAT=∠GAD,∠GAC=∠PAT=∠EAC. 故只需证 AC、DG、BE 三线共点即可. 连 BD∩AC=K,设∠GAC=∠EAC=α ,∠BAG=∠DAE=β ,则

BG CE DK AB sin ? AC sin(? ? ? ) ? ? ? ? ? 1. GC ED KB AC sin ? AB sin(? ? ? )
由塞瓦定理知 AC、DG、BE 三线共点,从而本题得证. 说明:在对称图形中寻求对称性,非常重要,再结合有关定理便得以解决. 例 3、如图 8.3,△ABC 与△A′B′C′的三边分别为 a,b,c 与 a′,b′,c′,且 ∠B=∠B′,∠A+∠A′=180°.求证:aa′=bb′+cc′. 分析:因为△ABC∽△A′B′C′,且∠A+∠A′=180°,故考虑作△ABC 的外接圆, 以△ABC 为基础,巧妙构造圆内接四边形,然后利用托勒密定理证得命题.

证明:作△ABC 的外接圆,如图. 过 C 作 CD∥AB 交圆于 D,连结 AD 和 BD, 则∠A+∠A′=180°=∠A+∠BDC,∠BCD=∠ABC=∠B′. 所以∠A′=∠BDC,∠B′=∠BCD,从而△A′B′C′∽△DCB, A?B? B?C ? A?C ? c? a? b? 于是 ? ? ,即 ? ? , 且∠ACB=∠DBC,即 AC∥BD. DC CB DB DC a DB ac? ab? 即 DC ? , DB ? . a? a? 又由 AB∥DC 可知 BD=AC=b, BC=AD=a, 故由托勒密定理得 AD? BC=AB? DC+AC? BD, ac? ab? 即 a 2 ? c ? ? b? a? a? 即 aa′=bb′+cc′. 说明:本题巧用∠B=∠B′与∠A+∠A′=180°的条件,并注意到等式的形式与托勒 密定理的相似,构造圆以便使用托勒密定理解决问题. 例 4、求证:四条直线两两相交所构成的四个三角形的外接圆相交于一点,且由该点向 四条直线所作垂线的垂足在一条直线上. 分析:要证明四个垂足共线,由证明垂足共线可联想到应用西姆松定理.寻找恰当的三 角线,使其中三个垂足是外接圆上一点在三角形三边所在直线的射影.

证明: 如图 8. 设四直线 AB、 5, BC、 CD、 AD 中,AB∩CD=E,BC∩AD=F,⊙BCE 与 ⊙CDF 的另一个交点为 G. 则∠BGF=∠BGC+∠CGF=∠BEC+∠ CDA. 于是∠BGF+∠A=180°,即⊙ABF 过点 G. 同理⊙AED 也过点 G. 所以⊙BCE、⊙CDF、⊙ABF、⊙AED 交 于同一点 G. 若由点 G 向 AB、BC、CD、DA 所作垂线 的垂足分别为 L、M、N、P,由西姆松定理得 L、M、N 共线,M、N、P 共线,所以 L、M、 P 共线. 说明:本题是西姆定理的直接应用.利用它可证明数点共线,寻找恰当的三角形,使要 证明的三点可看作三角形外接圆上一点在三边所在直线上的射影. 例 5、如图 8.6,已知△ABC 的三个顶点 A、 B、C 分别在锐角△A1B1C1 的边 B1C1、C1A1、A1B1 上,使得∠ABC=∠A1B1C1,∠BCA=∠B1C1A1,∠ CAB=∠C1A1B1.求证:△ABC 和△A1B1C1 的垂心 到△ABC 的外心距离相等. 分析:本题所给出的条件比较简单,但结论中 牵涉到的特殊点因为性质的不同所以很难下手. 考 查到结论中牵涉到外心和重心的关系, 故可考虑欧 拉线,将问题进一步转化. 证明:设 O 为△ABC 的外心,H 为△ABC 垂 心,则∠BHC=180°-∠CAB=180°-∠C1A1B1, 所以 H、B、C、A1 共圆,同理 H、A、B1、C 共圆,H、A、B、C1 也共圆,因此 ∠B1HC1=∠B1HA+∠C1HA =∠B1CA+∠C1BA =360°-∠A1BC-∠A1CB-∠ABC-∠ACB =2∠B1A1C1. 同理可得,∠B1HA1=2∠B1C1A1,∠A1HC1=2∠A1B1C1. 所以 H 为△A1B1C1 的外心. 过 A、B、C 分别作 A0B0∥AB,B0C0∥BC,A0C0∥AC, 且 A0B0,B0C0,A0C0 变成△A0B0,B0C0,A0C0 变成△A0B0C0,则 H 为△B0A0 外心. 因此△A1B1C1 以 H 为旋转中心旋转后与△A0B0C0 位似. 设△A0B0C0、△A1B1C1 垂心为 H0、H1,则∠HH1H0=∠HA1A0=90°. 设△ABC 重心为 M, M 为位似中心、 为位似比得到图形为△A0B0C0, MN0=2MH, 以 -2 则 而由欧拉线性质有 MH=2MO,于是 OH=OH0,所以 O 为 HH0 中点,即 OH=OH1,得证. 说明:当题目中牵涉到的数学性质较多时,读者应学会抓住关键点.本题难度较大,但 若能由 O、H 联想到欧拉线后,将结论转化为证直角,巧妙应用位似性质,则问题就会迎刃 而解.

例 6、如图 8.7,两个大圆⊙A、⊙B 相等且相 交. 两个小圆 C、 不等亦相交, D 且交点为 P、 若 Q. ⊙C、⊙D 既同时与⊙A 内切、又同时与⊙B 外切, 求证:直线 PQ 平分线段 AB. 分析:设 PQ 的延长线交 AB 于 M.要证 PQ 平 分 AB,即证 AB=BM.由于本题的条件中给出的相 切种类多,且圆半径已知,故多数量都可以用四个 圆的半径表示出来. 可考虑用 Stewart 定理直接计算 得到关于 AM、BM 的表达式.从而证得本题. 证明:设直线 PQ 交 AB 于 M(当⊙C、⊙D 半 径不等时,直线 PQ 必通过线段 AB 内部,故此假设 合理,请读者自己给出证明) ,连结 AC、MC、BC、AD、MD、BD、PC、PD、CD. 显然,PQ⊥CD,设垂足为 N.另设⊙A、⊙B 半径都是 a,⊙C、⊙D 半径为 R、r(R≠ r). 易得 AC=a-R,BC=a+R,AD=a-r,BD=a+r. 由于 PQ⊥CD 或 MP⊥CD,且垂足为 N,故 MC2-MD2=(CN2+MN2)-(DN2+MN2) =CN2-DN2 =(PC2-PN2)-(PD2-PN2) =PC2-PD2=R2-r2. ① 设 AM=x,MB=y, 观察△CAB、△DAB,并由 Stewart 定理得 x?BC2+y?AC2=(x+y)?MC2+x?MB2+y?AM2, x?BD2+y?AD2=(x+y)?MD2+x?MB2+y?AM2. 两式相减得 x?(BC2-BD2)+y?(AC2-AD2) =(x+y)(MC2-MD2). ② 将①代入②得 x?(BC2-BD2)+y?(AC2-AD2) =(x+y)(R2-r2), 即 x?[(a+R)2-(a+r)2]+y?[(a-R)2-(a-r)2] =(x+y)(R2-r2), 亦即 2a(x-y)(R-r)=0, 而 a≠0,R≠r, 所以,x-y=0 即 x=y,即 AM=MB,亦即直线 PQ 平分线段 AB. 例 7、如图 8.8,⊙Q1 和⊙Q2 相离,引它们的一 条外公切线切⊙O1 于 A,切⊙O2 于 C,引它们的一条 内公切线⊙O1 于 B,切⊙O2 于 D.求证:直线 AB 与 CD 的交点在两圆的连心线上. 分析:设 AB∩CD=K,要证 K 处于 O1,O2 的直线 上,可证明 K 处在△BKD,△AKC 的外接圆的根轴上. 证明:设 AB∩CD=K,AC∩BD=E.连 O1E,则 AB⊥O1E,CD⊥O2E.

因为 O1E 平分∠AEB,O2E 平分∠CED, 所以 O1E⊥O2E, 从而 AB⊥CD, 即 K 是分别以 AC 和 BD 为直径的两圆⊙S1 和⊙S2 的交点, 因此,K 在⊙S1 和⊙S2 的根轴上. 因为 O1A⊥AC,所以 O1A 是⊙S1 的切线, 故 O1 关于⊙S1 的幂是 O1A2. 同理,O1B 是⊙S2 的切线,O1 关于⊙S2 的幂是 O1B2, 而 O1A2=O1B2,所以 O1 是关于⊙S1 和⊙S2 的等幂点. 同样,O2 是关于⊙S1 和⊙S2 的等幂点. 因此,O1O2 是⊙S1 和⊙S2 的根轴. 从而 K 在连心线 O1O2 上. 说明:两圆的相交弦即为两圆的根轴,在出现多个圆的时候,根轴是解决线段长度、共 线、共点等问题的有效手段.

第九讲

平面几何问题(Ⅱ)

例 1、如图 9.1,在?ABCD 中,AB=5, BC=8,∠A=120°,过点 A 任意引直线 l,设顶 点 B、 D 到 l 的距离之和为 d, d 的最大值. C、 求 分析:d 由三条线段构成,应尽量把它们合 并起来计算. 过点 A 的所有直线中, 可把它们分 成两类:一类与边 BC 相交;另一类不与边 BC 相交,而此类中又可分为与边 CD 相交或与边 CD 不相交这两类.这几类的解决方法是类似 的. 对于第一类问题, 考虑到垂线与平面的关系, 可通过三角形的面积得出三条垂线的关系. 解答:如图,设 B、C、D 在 l 上的垂足分 别为 B1、C1、D1. (1)当 l 与 BC 相交时,设交点为 E.则

1 S? ABE ? S? ACE ? S? ABC ? S? ABCD ? S? ABE , 2 1 1 1 即 AE ?BB1 ? AE ? 1 ? AE ?DD1 , CC 2 2 2 即 BB1+CC1=DD1,即 d=2DD1. 故当 l⊥AD 时,d 的最大值为 2AD=16. (2)当 l 与 CD 边相交时,同理有 CC1+DD1=BB1. 故当 l⊥AB 时,d 的最大值为 2AB=10. (3)当 l 与 BC、CD 边均不相交时,有 BB1+DD1=CC1.
当 l⊥AC 时,d 的最大值为 2 AC ? 2 AB 2 ? BC 2 ? 2 AB?BC cos B ? 14. 综上所述,当 l 与 AD 垂直时,d 有最大值 16.

说明:本题关键是把三条分离的垂线段结合起来进行计算,利用面积法解决本题.这种 方法是解决平面几何问题的一种十分重要的方法. 例 2、如图 9.2,⊙O1 与⊙O2 相切于点 A,点 P 是

PC ⊙O1 上任一点, 为⊙O2 的切线, 为切点, PC C 求证: PA 是定值. 分析: 设⊙O1, 2 半径分别为 R1, 2, PC2=PB? ⊙O R 由 PA
得(

PC 2 PB PA=2R1, PB=2(R1 ) ? . 当 P 位于直线 AO1 上时, PA PA
PC ? PA R1 ? R2 R ? R2 O1O2 . 同时 1 ? . 只要证 R1 R1 O1 A

-R2), 推测



PB O1O2 即可. ? PA O1 A
证明:设 PA 交⊙O2 于点 B,连 PO1、BO2. 记⊙O1、⊙O2 半径分别为 R1、R2(R1,R2 均为定值,且 R1>R2) . 以点 A 为位似中心,作位似变换,把⊙O2 变换⊙O1, 则

PB O1O2 R1 ? R2 . ? ? PA O1 A R1 PC 2 PA?PB PB R1 ? R2 ) ? ? ? , PA PA R1 PA2

又 PC2=PA?PB,故 (

于是

PC ? PA

R1 ? R2 为定值. R1

说明:通过特殊情形的计算,推测出所求定值是解决几何定值问题的常用方法.利用位 似变换解题需要一定的技巧,但它是一种高超的解题方法. 例 3、如图 9.3,在△ABC 中,∠A=60°,AB>AC,点 O 是处心,两条高 BE、CF 交 于 H 点.点 M、N 分别在线段 BH、HF 上,且满足 BM=CN.求

MH ? NH 的值. OH (全国高中联赛第二试试题)

MH ? NH 的比值,可通过计算 MH+ OH NH,将 MH+NH 通过 OH 表示出来.通过角度证明 O, H,C,B 四点共圆,通过四点共圆寻找全等,找出与 NH 相等的边. 解答:在 BE 上取 BK=CH,如图,连接 OB、OC、 OK. 由三角形外心的性质知∠BOC=2∠A=120°,由三 角形垂心的性质知∠BHC=180°-∠A=12°,故∠ BOC=∠BHC,于是 B、C、H、O 四点共圆. 故∠OBH=∠OCH,又 OB=OC,BK=CH,所以△
分析:要求

BOK≌△COH. 于是∠BOK=∠COH,OK=OH,故∠KOH=∠BOC=120°,∠OKH=∠OHK=30°. 在△OKH 中,

KH OH ? , 于是KH ? 3OH . sin120? sin 30?

又 BM=CN , BK=CH , 所 以 KM=NH , 故 MH + NH=MH + KM=KH= 3OH , 所 以

MN ? NH ? 3. OH 说明:本题用到三角形的外心和垂心性质,算出角度,从而发现 B、C、H、O 共圆这 个关键性质. 例 4、如图 9.4,O、I 分别为△ABC 的外心和内心, AD 是 BC 边上的高,I 在线段 OD 上,求证:△ABC 的外接 圆半径等于 BC 边上的旁切圆半径. 证明:设 IA 为旁切圆圆心,则 A,I,IA 共线.设⊙O 半
? 径为 R,且 AIA 交⊙O 于 K,交 BC 于 P.显然 K 为 BC 的中
点,故 OK⊥BC,OK=R.

?A ? ?B ? ?BIK , 故 BK=IK, 2 即 BK 为△BIIA 斜边上的中线. 而 BK=IK=KIA=KC,故 BK=KC. 设旁切圆半径为 RA,则 IAM=RA.由 AD⊥BC,IAM⊥ R I P R IK BC 得 A ? A , ? . AD AP AD IA
又∠IBIA=90°, ?IBK ?

故要证RA ? R ?

I A P IK ? AP IA ? I A K ?IA ? IA?IP ? IP?IK ? I A K ?IA ? IP( IA ? IK ) ? IP ?AK ? IA AK AK ? ? . IP I A K IK (*)

IA AB ? . IP BP AK AK 又 IK=KC,于是 ? . IK KC AB AK 故 (*) ? ? . (**) BP KC 而 AI 为角平分线, 所以∠BAP=∠KAC. 又∠ABP=∠AKC, 故△ABP∽△AKC, (**) 从而 成立,即证. 例 5、如图 9.5,设 I 是△ABC 的内心,以 I 为圆心的一个圆分别交 BC 于 A1、A2,交 CA 于 B1、B2,交 AB 于 C1、C2,这六个交点在圆周上的顺序为 A1、A2、B1、B2、C1、C2.设
因为 BI 为角平分线,故

? ? C1 A3、B3、C3 分别为 A1 A2 、B1B2 、? C2 的中心,直线 A2 A3、B1B3 相交于 C4,直线 B2 B3、C1C3
相交于 A4,直线 C2C3、A1 A3 相交于 B4.求证:直线 A3 A4、B3 B4、C3C4 三线共点.

分析:观察图形,知△A3B3C3 中∠B3A3A4,∠C3A3A4,∠A3B3B4,∠C3B3B4,∠B3C3C4, ∠A3C3C4 可用∠A,∠B,∠C 及其他已知角表示,故可考虑用角元塞瓦定理证明 A3 A4、B3 B4、C3C4 三线共点. 证明:设 A′、B′、C′为△ABC 内切圆三边之切点.则由条件易知△A3B3C3 与△A′ B′C′关于内心 I 位似.由图及题目条件可知

1 ?IC3 A3 ? ?IC ?A? ? ?B, 2 1 ?IA3C3 ? ?IA?C ? ? ?B, 2 1 ?IA3 B3 ? ?IB3 A3 ? ?C , 2 1 ?IC3 B3 ? ?IB3C3 ? ?A. 2
而 B2 与 C1 与 C3 均关于 AI 对称,所以 C3A3=B3A4, 从而∠IB3A4=∠IC3A4. 同 理 ∠ IA3B4= ∠ IC3B4 ,∠ IB3C4= ∠ IA3C4 ,并 且∠ IA3B4=∠IA3C4,∠IB3C4=∠IB3A4,∠IC3A4=∠IC3B4,故这六个角相等,记为α . 于是 ?A3C3 A4 ?

B C ? ? , ?A3 B3 A4 ? ? ? . 2 2



sin ?C3 A3 A4 S? A3 A4C3 A3 B3 ? ? sin ?B3 A3 A4 A3C3 S? A3B3 A4 ? C3 A4 sin ?A3C3 A4 B3 A4 sin ?A3 B3 A4 sin(

B ??) 2 ? C sin( ? ? ) 2
同理有其他两项,从而有

sin ?C3 A3 A4 sin ?A3 B3 B4 sin ?B3C3C4 ? ? ? 1. sin ?B3 A3 A4 sin ?C3 B3 B4 sin ?A3C3C4

故由角元塞瓦定理的逆定理得 A3A4、B3B4、C3C4 共点. 例 6、如图 9.6,D、E、F 分别为△ABC 的这 BC、 CA、 上的点, 、 、 、 分别是△AEF、 AB α β γ δ △ BFD 、 △ CDE 和 △ DEF 的 面 积 . 证 明 :

1

??

?

1

??

?

1

??



3

?2

. (国家集训队平面几何作业

题) 分析:该题将平面几何与不等式相结合,但本 质还是考查不等式的证明. 可设 S△ABC=1, 则α +β +γ +δ =1,则可将所证不等式进行简化,运用不 等式证明中常用的技巧,问题即可迎刃而解.

证明一:不妨设△ABC 面积为 1,再设 x ?

AF BD CE ,y? ,z ? , 由正弦定理有 AB BC CA

1 AE ?AF ? ?EAF sin S? AEF 2 ?? ? S? ABC 1 AB?AC ? ?BAC sin 2 AE ?AF ? ? x(1 ? z ). AB?AC
同理β =y(1-x),γ =z(1-y),于是 δ =1-(α +β +γ )=1-[x(1-z)+y(1-x)+z(1-y)] =1-(x+y+z)+(xy+yz+zx).



1

??

?

1

??

?

1

??



3

?
2

2

?

? ? ? ?? 3 ≥ 2 ??? ?

? ? (1 ? ? )≥ 3??? ? [1 ? ( x ? y ? z ) ? ( xy ? yz ? zx )]2 [( x ? y ? z ) ? ( xy ? yz ? zx)]≥ 3 xyz (1 ? x)(1 ? y )(1 ? z )
记 s=xyz,t=(1-x)(1-y) (1-z), 则 s+t=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx),故① ? (s+t)2(1-s-t)≥3st ? (s+t)2- (s+t)3≥3st ? s2-st+t2≥(s+t)3. 因为 3 s ? 3 t ≤



x ? y ? z (1 ? x) ? (1 ? y) ? (1 ? z ) ? ? 1, 所以 3 s ? 3 t ≤ 1. 3 3

故 ( 3 s ? 3 t )≤ 1, 即 s ? t ? 33 st ( 3 s ? 3 t )≤ 1, 所以 s ? t ? 6 st ≤ s ? t ? 33 st ( 3 s ? 3 t )≤ 1.

故 s 2 ? st ? t 2 ≥ ( s ? t )3 ? ( s 2 ? st ? t 2 )( s ? t ? 6 st )≥ ( s ? t )3 ? ( s 3 ? t 3 ) ? 6 st ( s 2 ? st ? t 2 )≥ ( s ? t )3 ? 6 st ( s 2 ? st ? t 2 )≥ 3st ( s ? t ) ? 2( s 2 ? st ? t 2 )≥ ? 2( s 2 ? t 2 )≥ 而2( s 2 ? t 2 )≥ ( s ? t ) 2 ≥ 2 st ( s ? t )≥
故原式成立,证毕. 证明二: (1)若α β γ ≤δ 3, 则

st ( s ? t )

st ( s ? t ) 2 , st ( s ? t ) 2 ,

1

??

?

1

??

?

1

??

≥ 3

3 2

1

3

? ? ?
2

≥ 3 2

1

?

6

?

3

?2

, 命题得证.

(2)若α β γ >δ 3,如图,设

AF BD BD ? a, ? b, ? c(0 ? a, b, c ? 1), 则 AB BC BC

BF CE CD ? 1 ? a, ? 1 ? b, ? 1 ? c, 不妨设α +β +γ +δ =S△ABC=1 AB AC BC

(否则可用

, , , , 代替不等式中的α ,β ,γ ,δ ) S S S S AF AE 则有 ? ? ? ?S? ABC ? ab, 同理β =c(1-a),γ =(1-b) =(1-c). AB AC 由β =c(1-a)有 c ?

? ? ? ?

?
1? a

,代入γ =(1-b) (1-c)得 ? ? (1 ? b)(1 ?

?
1? a

),

又有? ? ab ? a ?

?
b

, 故 ? ? (1 ? b)(1 ?

b 即(b-α )γ =(1-b)(b-α -bβ ),即(1-β )b2+(γ +β -α -1)b+α (1-γ )=0,其中 1 -β >0,将上式看成关于 b 的实系数一元二次方程,它有实根, 故△≥0 ? (γ +β -α -1)2≥4α (1-β ) (1-γ ), 即γ 2+β 2+α 2+1+2γ β -2γ α -2β α -2γ -2β +2α ≥4α -4α β -4α γ +4α β γ , 即γ 2+β 2+α 2+2γ β +2γ α +2β α -2γ -2β -2α +1≥4α β γ , 故(γ +β +α -1)2≥4α β γ ,而δ =1-α -β -γ , 故δ 2≥4α β γ ,即δ 2(α +β +γ +δ )≥4α β γ ,
两边同除以α β γ >0 有

1?

? b? ) ? (1 ? b)(1 ? ), ? b ??

?2 ?2 ?2 ?3 ? ? ? ≥ 4, ?? ?? ?? ???

而??? ? ? 3 , 故

?3 ? 1, 从而 ???

?2 ?2 ?2 ? ? ≥ 3, ?? ?? ??
即 1

??

?

1

??

?

1

??



3

?2

,

命题得证. 说明:本题表面上为几何题,实质上是一道不等式题目,分情况讨论这种手法也比较有 新意,若将

1

??

?

1

??

?

1

??

改为

1

?

2

?

1

?

2

?

1

?2

,改之后结论显得更隐蔽一点.

例 7、如图 9.7,过半圆 O 的直径 AB 上一点 C 作 CD⊥AB,交半圆于 D,另一圆⊙ O1 内切半圆 O 于 P, CD 于 M. 切 求证: P、M、 A 共线. 分析:若三点共线,则一点是位似中心, 另两点是关于这一点为位似中心的位似变换下 的对应点. 证明:⊙O 和⊙O1 是位似图形,若将 P 点 作为两圆的位似中心,则 O 与 O1 是对应点. 因为 O1M⊥CD,CD⊥AB,故 O1M∥OA, M 和 A 是平行的两直径上的端点, M 与 A 是 故 对应点. 因此由位似变换的性质得知:对应点连线

必过位似中心,从而 P、M、A 共线. 例 8、设 ABCD 是一圆内接四边形,另一圆的 圆心在 AB 上,且与另三边相切,求证:AD+ BC=AB. 分析:如图,AD+BC=AB ? AE+ED+BG+ GC=AO+OB ? AE+GC=AO,BG+ED=OB ? 作 旋转变换. 证 明 : 作 旋 转 变 换

?FOC ????? EOH , 令 ∠ OHE= ∠ OCF= ??
θ ,则∠OCG=θ ,因为 A、B、C、D 共圆,故∠ OAH=π -2θ , 故∠AOH=π -(π -2θ )-θ =θ , 即∠AOH=∠AHO. 因此 OA=AH=AE+EH=AE+GC. 同理 OB=BG+ED. 于是 AB=AD+BC. 说明:本题若不对图形进行旋转变换,不容易利用题目所给条件,因此作几何变换使我 们更容易地找到证明问题的方法. 例 9、 设边长分别为 a, c, 的凸四边形 ABCD b, d 处切于⊙O,求证:OA?OC+OB?OD= abcd . (国 家集训队测验题)

R (O,?EOF )

A B C D , ? ? ,? ? ,? ? , 2 2 2 2 将左右两式分别用关于α ,β ,γ ,δ 的三角函数表 示,只要验证三角等式成立即可. 证明一:如图 9.9,不妨设⊙O 半径为 1,设 ∠OAD=∠OAB=α , ∠OBA=∠OBC=β , ∠OCB=∠OCD=γ , ∠ODA=∠ODC=δ , 则α +β +γ +δ =π ,
分析:可通过设角 ? ?

OA ?

OE 1 1 1 1 ? , OB ? , OC ? , OD ? , sin ? sin ? sin ? sin ? sin ? 1 1 sin ? sin ? ? sin ? sin ? ? ? . sin ? sin ? sin ? sin ? sin ? sin ? sin ? sin ?

则欲证等式右边 ?

而 AB=AE+EB=OEcotα +OEcotβ

cos? cos ? cos? sin ? ? sin ? cos ? ? ? sin ? sin ? sin ? sin ? sin(? ? ? ) ? . sin ? sin ? ?

同理 BC ?

sin(? ? ? ) sin( ? ? ) ? sin( ? ? ) ? , CD ? , DA ? , 又α +β +γ +δ =π ,所以 sin ? sin? sin? sin ? sin sin ? ?

sin(γ +δ )=sin(α +β ),sin(β +γ )=sin(δ +α ),

于是 abcd ? ?

sin(? ? ? )sin( ? ? ? )sin(? ? ? )sin(? ? ? ) sin 2 ? sin 2 ? sin 2 ? sin 2 ? sin(? ? ? )sin( ? ? ? ) sin ? sin ? sin ? sin ? ②

比较①②知,只需证 sinα sinγ +sinβ sinδ = sin(α +β ) sin(β +γ ). ③ 因 为 ? ? ? ? ? ? ? ? 且 ,? ,? , ? ? ( 0 , 所 以 可 构 造 一 圆 内 接 四 边 形 A1A2A3A4 , 使 ? ? ), 2

?

? A1 A 2、? 2 、? A 、A A4 所对圆周角α ,β ,γ ,δ ,则由托勒密定理有 A1A2 ?A3A4 + A A 3 A 3 4? 1
A1A4?A2A3= A1A3?A3A4,即 sinα sinγ +sinβ sinδ = sin(α +β ) sin(β +γ ). 故③成立,因此原命题得证.

A B C D ? ? ? ? 180? ,所以∠ 2 2 2 2 AOB+∠COD=180°,所以在四边形外作△DCE, 使△DCE∽△ABO(如图 9.10) ,则 D、O、C、E 四点共圆. 由 Ptolemy 定 理 有 DE ? OC + CE?OD=CD?OE. ① DE CE CD 因为 ? ? , 所以由①即得 OA?OC OA OB AB +OB?OD=AB?OE ② 又∠DOE=∠DCE=∠ABO=∠OBC, ∠OED=∠OCD=∠BCO, 所以△DOE∽△OBC, 同理有△OCE∽△AOD, OE OD OE CE 所以 ? , ? , BC OB DA OD OE 2 CE CE CD 两式相乘即得 ? ,但 ? , BC ?DA OB OB AB CD?BC ?DA 所以 AB2 ? 2 ? AB2 ? AB2 ? OE ? AB?BC ? ?DA ? abcd , 再由②即得所证. CD AB 说明:证法一把边的关系转化为角的关系,利用三角函数的推结论,要比证法二来得更 直接些. 例 10、凸四边形 ABCD 的对角线交于点 M,点 P、Q 分 别是△AMD 和△CMB 的重心,R、S 分别是△DMC 和△MAB 的垂心.证明:PQ⊥RS. 分析:由题可知若建立适当的直角坐标系,则 P,Q,R, S 都可用 A,B,C,D 的坐标给出.如此只要验证 kPQ?kRS= -1 即可.
证明二:因为

证明:如图 9.11,以 M 为原点,建立平面直角坐标系. 设 A、B、C、D 的坐标分别为(d,ld),(a,ka),(c,lc),(b,kb),则 设 A、B、C、D 的坐标分别为(d,ld)(a,ka)(c,lc)(b,kb) , , , ,则 AC:y=lx, BD:y=kx,

1 d 1 a AS : y ? ? x ? ld ? , BS : y ? ? x ? ka ? , 联立 AS 与 BS 的方程解得 k k l l
? (kl ? 1)(dl ? ak ) (kl ? 1)(a ? d ) ? S? , ? l ?k l ?k ? ?
同理可得 R ?

? (kl ? 1)(cl ? bk ) (kl ? 1)(b ? c) ? , ? l ?k l ?k ? ?

故 k RS ?

b?d ?a?c . (c ? d )l ? (a ? b)k

易计算得 P ?

(a ? b)k ? (c ? d )l ? b ? d kb ? ld ? ? a ? c ak ? lc ? , Q , . ?、 ? ? ,于是 kPQ ? 3 ? 3 ? a ?c ?b?d ? 3 ? 3

则 kPQ?kRS=-1,从而有 PQ⊥RS,得证. 【说明】 本题也可以用 PA2-PB2=QA2-OB2 ? PQ⊥AB 来证明, 但用解析几何的方法, 重心的坐标十分简单,而垂心稍加计算其一个,另一个由对称性立得,垂直则转化为斜率积 为-1.计算也比较简便. 11、设 ABCDEF 是半径为 r 的圆的任意内接六边形,且 AB=CD=EF=r,又设 G、H、K 分别是边 BC、DE、FA 的中点,求证:△GHK 是正三角形. 分析:审题后发现用纯几何何证明△GHK 是正三角形有一定难度,但题设条件中表明 ∠AOB=∠COD=∠EOF=60°,且由于 G,H,K 是中点,故可考虑建立坐标系,用复数法 来解决. 证明:如图 9.12,以所给圆圆心 O 为原点,并使 A 点在 Ox 轴上,建立复平面. 不妨设 r=1,则 A 点对应的复数是 1. 由题设得 AB+CD=EF=1,故∠AOB=∠COD=∠EOF=

? . 3

(假定顶点 A、B、C、D、E、F 在圆周上依逆时针排列) . 又设 C、E 对应的复数为 c,e,则 B、D、F 对应的复数分 别是

b ? cos

?

3 3 ? ?? ? d ? c ? cos ? isin ? ? ?c? 2 , 3 3? ?

? isin

?

? ?? 2 ,

? ?? ? f ? e ? cos ? isin ? ? ?e? 2 . 3 3? ?
故中点 G、H、K 对应的复数分别为

1 1 g ? (b ? c) ? (c ? ? 2 ), 2 2 1 1 h ? ( d ? e) ? (e ? c? 2 ), 2 2 1 1 k ? ( f ? 1) ? (1 ? e? 2 ) 2 2

1 1 1 于是 k? ? (? ? e), g? 2 ? (c ? ? 2 )? 2 ? (c? 2 ? ? ), 2 2 2 1 从而 h ? k? ? g? 2 ? [(e ? c? 2 ) ? (? ? e) ? (c? 2 ? ? )] ? 0, 2 因此△GHK 是正三角形. 【说明】本题用用形或解析法均不好算,相反用复数法来表示已知点坐标却有较好的效 果. 12、如图 9.13,ABCD 是圆内接四边形,BD<AC,直 线 AB 与 CD 交于 E,直线 BC 与 AD 交于 F.L 与 M 分别
为线段 AC 和 BD 的中点.求证:

LM 1 ? AC BD ? ? ? ? ?. EF 2 ? BD AC ?

【证明】设 E 为原点,射线 EB 为 x 轴正方向,建立直 ? ? 角坐标系, e1 是 x 轴单位向量, e2 是 y 轴单位向量.设点

??? ? ??? ? ??? ? ? EC ? ? B 坐标为 (x, (x>0) 令 e ? ??? , 记? ?| EC |, 则EC ? ? e . 0) , | EC |
因为 EB?EA ? EC ?ED, 所以

EA EC ? ? ? . ED EB x

??? ? ? 再记 EA ? ? ke1 ? ( ? k ,0)(k ? 0).

??? ? ? 又 D 在射线 EC 上,故 ED ? xke.

? ? 2 2 把 e 的起点移到 E,设终点坐标为(y1,y2) ,则 e =(y1,y2) ,而|e|=1,故 y1 ? y2 ? 1,
1 ?1 ? C ( ? y1 , ? y 2), L ? ( ? k ? ? y ), ? y ? , 1 2 2 ?2 ? 1 ?1 ? M ? ( x ? xky1 ), xky2 ? . 2 ?2 ?

???? ???? ??? ? ? ? 所以 LM ? EM ? EL

1 1 ?1 ? ?1 ? ? ? ( x ? xky1 ), xky2 ? ? ? ( ? k ? ? y1 ), ? y2 ? 2 2 ?2 ? ?2 ? 1 ? ( x ? xky1 ? ? k ? ? y1 , xky2 ? ? y2 ) 2 1 ? [( x ? ? k )(1,0) ? ( xk ? ? )( y1 , y2 )] 2 1 ? ? ? [( x ? ? k )e1 ? ( xk ? ? )e ]. 2 ???? ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? AC 2 ? AC ?AC ? ( EC ? EA)? EC ? EA) (
? ( ? ( y1 , y2 ) ? ( ? k ,0))?( ? ( y1 , y2 ) ? ( ? k ,0)) ? ( ? y1 ? ? k , ? y2 )?( ? y1 ? ? k , ? y2 )
2 ? ( ? y1 ? ? k ) 2 ? ? 2 y2 2 2 ? ? 2 (1 ? k 2 ? 2ky1 ).(注y1 ? y2 ? 1),

由内积定义得

? ?? y1 ? ( y1 , y2 )?(1,0) ?| e |? e1 | cos ?(e1 , e) | ? cos ?(e1 , e) ? cos ?AEC , ??? ??? ? ? ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? BD 2 ? BD ?BD ? ( ED ? EB )?( ED ? EB)

? ( xk ( y1 , y 2) ? ( x,0)? xk ( y ,1y )2? ( x,0)) ( ? ( xky1 ? x, xky 2)?( xky 1 x, xky )2 ? ? ( xky1 ? x)2 ? ( xky2 ) 2
2 2 ? x 2 k 2 ( y1 ? y2 ) ? x 2 ? 2 x 2 ky1

? x 2 (k 2 ? 1 ? 2k cos ?AEC ).
因为 AC>BD.

1 ? AC BD ? AC 2 ? BD 2 ? , 所以 ? ? x, ? ?? 2 ? BD AC ? 2 BD?AC
而 AC 2 ? BD 2 ? ( ? 2 ? x 2 )(k 2 ? 1 ? 2k cos ?AEC ),

BD ?AC ? x k 2 ? 1 ? 2k cos ?AEC ?? k 2 ? 1 ? 2k cos ?AEC ? x ? (k 2 ? 1 ? 2k cos ?AEC ),

1 ? AC BD ? ? 2 ? x 2 ? . 代入得 ? ?? 2 ? BD AC ? 2 x?
直线 AD 的方程为

y* x ? ?k
*

?

xy2 . xy1 ? ?

直线 BC 的方程为

y* x ?x
*

?

xy2 . ? y1 ? x

故点 F(x*,y*)满足上述两方程,解方程组得

x? ? * ? x ? ? 2 ? x 2 [( ? ? xk ) ? ( ? k ? x) y1 ] ? ? ? y* ? x ? ( ? k ? x ) y 2 ? ? 2 ? x2 ?

故EF 2 ? x*2 ? y* ? ? x2 ? 2

2

x2 ? 2 ( ? 2 ? x 2 )2

2 2 [( ? ? xk ) 2 ? ( ? k ? x) 2 ( y1 ? y2 ) ? 2 y1 ( ? ? xk )( ? k ? x)]

[( ? ? xk 2 ) ? ( ? k ? x) 2 ? 2( ? ? xk )( ? k ? x) y1 ]. ( ? 2 ? x 2 )2 ???? ? ???? ? 4 LM 2 ? (2 LM )?(2 LM ) ? (( x ? ? k ) ? ( xk ? ? ) y1 ,( xk ? ? ) y2 )?(( x ? ? k ) ? ( xk ? ? ) y1 ,( xk ? ? ) y2 ) ? ( x ? ? k )2 ? ( xk ? ? )2 ? 2( x ? ? k )( xk ? ? ) y1.
所以 EF 2 ?

4 x2 ? 2 ( ? 2 ? x 2 )2

LM 2 , 开方得

LM ? 2 ? x 2 1 ? AC BD ? ? ? ? ? ? , 得证. EF 2 x? 2 ? BD AC ?

【说明】本题若要用纯平几方法解决,则可能一时没有头绪,但若用向量法则把平面 几何问题化为代数运算,使问题简单些. 13、如图 9.14,已知两个半径不相等的⊙O1 与⊙O2 相交 于 M、N 两点,且⊙O1、⊙O2 分别与⊙O 内切于 S、T 两点.求 证:OM⊥MN 的弃要条件是 S、N、T 三点共线.(全国高中联 赛第二试试题) 证明:设⊙O1、⊙O2、⊙O 的半径分别为 r1,r2,r,由条 件可知 O、O1、S 及 O、O2、T 分别三点共线,且 OS=OT=r, 连 OS、OT、SN、NT、O1M、O1N、O2M、O2N、O1O2. 充分性: 若 S、T、N 三点共线,则∠S=∠O1NS=∠T=∠O2NT, 所以 O2N//OS,O1N//OT, 所以四边形 OO1NO2 为平行四边形, 于是 O1O=O2N=r2=MO2,O2O=O1N=r1=MO1, 故△O1MO≌△O2OM,从而 S?O1MO ? S?O2OM , 所以 O1O2//OM, 又 O1O2⊥MN,所以 OM⊥MN. 必要性: 若 OM⊥MN,则由 O1O2⊥MN,得 O1O2//MO,故 S?O1MO ? S?O2OM . 设 OM=a,由 O1M=r1,O1O=r-r1,O2O=r-r2,O2M=r2,则△O1MO 与△O2OM 的周 长都为 a+r. 记 p?

a?r , 由三角形面积的海伦公式有 2

S?O1MO ? ? 即

p( p ? r1 )( p ? r ? r1 )( p ? a) p( p ? r2 )( p ? r ? r2 )( p ? a) (r1 ? r2 )(r ? r1 ? r2 ) ? 0.

? S?O2 MO ,
因为 r1≠r2,所以 r=r1+r2, 于是 O1O=r-r1=r2=O2N,O2O=r-r2=O1N, 所以四边形 OO1NO2 为平行四边形,∠O2NS+∠S=180°=∠O1NT+∠T. 又△O1NS 和△O2NT 均为等腰三角形,∠T=∠O2NT,∠S=∠O1NS, 所以∠O1NO2+2∠S=∠O2NT+∠S=∠O1NT+∠T=∠O1NO2+2∠T, 所以∠S=∠T,∠O1NS=∠O2NT, 所以∠O1NS+∠O1NO2+∠O2NT=∠SNO2+∠S=180°, 所以 S、N、T 三点共线. 说明:这题若不利用面积法,则会较为繁琐. 14、双心四边形是指既有内切圆又有补接圆的四边形.求证:双心四边形的两个心与对 角线交点共线. 证明:如图 9.15,设 OO1 与 BD 交于 E1,OO1 与 AC 交于 E2,则

S OE1 S?OBD OE2 ? , ? ?OAC . O1E1 S?O1BD O1E2 S?O1AC
若有

S?OBD S OE1 OE2 ? ?OAC (?), 则 ? , S?O1BD S?O1AC O1E1 O1E2

于是 E1=E2,即 O、O1、E 三点共线. 故只需证(*)式. 设四边形 ABCD 外半径为 R,内半径为 r,则

1 2 R sin ?BOD S ?OBD 2 sin 2C ? ? . 1 2 S?OAC R sin ?AOC sin 2 B 2 1 S ?O1BD ? BO1 ?DO1 sin ?BO1D 2 1 r r ?? ? ? ? sin ? ? C ? 2 sin B sin D 2 ? ? 2 2 ? r 2 cos C sin B

同理可得 S?O1AC ? 于是

r 2 cos B . sin C

S?O1BD S?O1AC

?

sin C cos C sin 2C S?OBD ? ? , 命题得证. sin B cos B sin 2 B S ? OAC

说明:观察题目条件后不难发现线段比与面积比有关,易想到用面积法来求解.

第十讲

立体几何

1、如图 10.3,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中 AC=BC,连接 AB1, BC1,CA1,若 AB1⊥BC1,则 AB1⊥CA1. 分析一:要证 AB1⊥CA1,只要证 AB1 与过 CA1 的一个平面α 垂直,而要确定平面α ,除以 CA1 外,还要有一条直线,因为该直 线必与 AB1 垂直,故它必与 AB1 在平面 ABC 内的射影 AB 垂直,所 以, 该直线可取为等腰三角形 ABC 中底边 AB 上的高 CD 所在的直 线.即只要证 AB1⊥平面 CDA1(D 为 AB 的中点) ,而这可通过证 明 AB1⊥平面 C1D1B(D1 为 A1B1 的中点)来实现. 证明一:如图 10.3,设 D,D1 分别为 AB、A1B1 的中点.连

// 结 CD, 1D1 及 BD1. C 因为 BD ? D1A1, 所以四边形 BD1A1D
为平行四边形, BD1//DA1. AC=BC, 故 因 于是 B1C1=C1A1. 又 D, 1 分别为 AB, 1B1 的中点, CD⊥AB, 1D1⊥A1B1, D A 故 C 而 AB1 在平面 ABC (或 A1B1C1) 内的射影为 AB (或 A1B1) , 故 AB1⊥CD,AB1⊥C1D1,又已知 AB1⊥BC1,所以 AB1 ⊥平面 BC1D1,从而 AB1⊥BD1,又 BD1//DA1,所以 AB1 ⊥DA1.又 AB1⊥C1D1,故 AB1⊥平面 A1CD,于是 AB1⊥ CA1. 分析二: 为了将已知垂直关系中的线段 BC1 与要证垂 直关系中的线段 CA1 联系起来我们应将其中一条线段平 移. 为此, 将已知直三棱柱补成直四棱柱 ACBD-A1C1B1D1 (如图 10.4) ,显然 BC1//A1D,要证 AB1⊥CA1,只要证 AB1⊥平面 CA1D, 又已知 AB1⊥BC1, 从而有 AB1⊥A1D. 故 只要证 AB1⊥CD,而这可由三垂线定理得出. 证明二:如图 10.4,将直三棱柱补成直四棱柱 ACBD-A1C1B1D1,显然 BC1//DA1.又 AB1⊥BC1,所以 AB1⊥A1D.而 AC=BC,故平行四边形 ACBD 为菱形,故 AB⊥CD,而 AB 是 AB1 在平面 ACBD 内的射影,所以 AB1⊥CD,又 AB1⊥DA1,于是 AB1⊥平面 A1DC,从 而 AB1⊥A1C. 说明:由本例的两种证明可以看出,证明直线与直线垂直时,常常要考虑应用三垂线 定理和它的逆定理.此外,为了平移线段,可考虑将三棱柱补成四棱柱,而有些问题也可考 虑将三棱锥补成四棱锥或三棱柱或平行六面体.这种“补体法”是解决立体几何问题(包括 证明题和计算题)的有效方法之一,关于这一点,我们在今后还要举例说明. 2、正方形 ABCD 和正方形 ABEF 不在同一平面内,M、N 分别在对角线 AC 和 BF 上, 并且 AM=FN,求证 MN//平面 BEC. 分析:要证 MN//平面 BEC,只要证 MN 与平面 BEC 内 一条直线平行, 或者证明过 MN 的一个平面与平面 BEC 平行. 证明一:如图 10.5,作 MH,NG 都平行 AB,分别与 BC、BE 交于 H、G.则 MH//NG.因为两个正方形 ABCD 与 ABEF 的边长都等于 AB,故 AC=BF= 2 AB. 又 AM=FN,于



MH CM CA ? AM BF ? FN ? ? ? AB CA CA BF BN NG NG ? ? ? , BF EF AB 故 MH=NG,于是 MNGH 为平行四边形,从而 MN//HG,而 HG 在平面 BEC 内,因此 MN// 平面 BEC.
证明二:如图 10.6,作 NH//FA 交 AB 于 H,连 MH,同证法一有 AC=BE= 2 AB. 又 FN=AM,于是

BH BN BF ? NF ? ? HA NF NF AC ? AM CM ? ? , AM AM 故 MH//BC,又 NH//AF//BE,故平面 HMN//平面 BCE,而 MN 在平面 HMN 内,因而 MN// 平面 BCE.

证明三:如图 10.7,连结 AN 交 BE 于 H,连 CH,则 AC ? BF ? 2 AB, 又 AM=NF,

AN FN FN AM AM ,于是 MN//CH,从而 MN//平面 BCE. ? ? ? ? NH NB BF FN AC AM MC ? ? 3、 ABC-A1B1C1 是直三棱柱, 设 ∠BCA=90°, D1, 1 分别是 A1B1 与 A1C1 的中点. 点 E 若 BC=CA=CC1=10.求: (1)BD1 与 AE1 所成的角; (2)BD1 与 AE1 之间的距离. 分析: (1)为了求 BD1 与 AE1 的夹角,可考虑用“平移 法” ,在 E1 作 D1B 的平行线 E1F,再求此线 E1F 与 AE1 的夹 角. (2)为了求 BD1 与 AE1 的距离,可转化为求平行线面 间的距离,进而转化或求点到平面的距离.而这个距离可用 “体积法”转化成为求一个几何体的高. 解答: (平移法)如图 10.8,因为 D1,E1 分别是 (1) 1 1 A1B1,A1C1 的中点,故 D1E1 // B1C1 // BC. 取 BC 中 2 2
BH//AF,故 点 F ,则 D1 E1 // BF,故 BFE1D1 为 平行四 边形, 于是

BD1//FE1,故∠FE1A 即为 BD1 与 AE1 所成的角,记这个角为θ . 由 BC=AC=CC1=10,得 AB ? A1B1 ? 又 A1E1 ? 于是
2 2 A1C1 ? B1C1 ? 10 2.

1 1 1 A1C1 ? 5, B1D1 ? B1 A1 ? 5 2, CF ? CB ? 5, 2 2 2
AE1 ? 102 ? 52 ? 5 5,

BD1 ? 102 ? (5 2)2 ? 5 6, AF ? 102 ? 52 ? 5 5.
在△AE1F 中,由余弦定理得

cos? ? cos ?AE1F ?

(5 5)2 ? (5 6)2 ? (5 5) 2 2? 5 ? 6 5 5

?

30 30 ,即? ? arccos . 10 10

(2) (体积法)因为 BD1//FE1,故 BD1//平面 AE1F,故 BD1 与 AE1 的距离等于 BD1 与 平面 AE1F 的距离,也就是 B 到平面 AE1F 的距离,记这个距离为 d,于是,三棱锥 B-AE1F 的体积为

1 1 1 VB? AE1F ? ?d ?S?AE1F ? d ? AE1 ?FE1 ? ? sin 3 3 2

? 30 ? 1 25 21 ? d ? 5? 6? 1 ? ? 5 5 ? 10 ? ? 6 d . ? 6 ? ?
另一方面,

2



1 1 1 VB ? AE1F ? VE1? AFB ? ? 1 ?S?BFA ? CC1 ? S?ABC CC 3 3 2 1 1 250 ? ? 10 ? ? 10 ? 10 ? . ② 6 2 3
25 21 250 20 d? ,即d ? 21, 6 3 21 20 把 BD1 与 AE1 的距离为 21 . 21 4、设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,E、F 分别是 BC、CD 的中点. (1)证明:B1EFD1 是等腰梯形; (2)求二面角 D1-B1E-C1 的大小. 分析: (1)的证明是简单的.为了求二面角 D1-B1E- C1,我们可直接求出平面角,或利用面积射影定理,异面直线 上两点的距离公式、三面角余弦定理之一来计算. 解答: (1)如图 10.9,因为 E,F 分别为 BC、CD 的中 点,故 EF//BD//B1D1,所以 B1、E、F、D 共面,且 B1EFD 为 梯 形 . 又
由①及②得

5 5 ?1 ? ?1 ? B1E ? a ? ? a ? ? a, D1F ? a 2 ? ? a ? ? a ,故 2 2 ?2 ? ?2 ?
2

2

2

B1E=D1F,因此 B1EFD 为等腰梯形.

(2)方法一(直接计算平面角) .作 C1G⊥B1E,交 B1E 于 G,连结 D1G.因 D1C1⊥平 面 B1C1CB,则 C1G 是 D1G 在平面 B1C1CB 内的射影,故 D1G⊥C1G,即∠D1GC1 是二面角 D1-B1E-C1 的平面角.在△B1C1E 中,有 2S?B1C1E ? B1C1 ? C1C ? C1G ? B1E ,则

CG1 ?

B1C1 ? C1C a ? a 2 5 CD 5 ,于是二面 ? ? a. 在 Rt△D1G C1 中, tan ?D1GC1 ? 1 1 ? C1G 2 B1E 5 5 a 2

角 D1 ? B1E ? C1 ? arctan

5 . 2 方法二(利用面积射影定理)因 DC⊥平面 B1C1CB,D1C1⊥平面 B1C1CB, 故梯形 D1B1EF 在平面 B1C1CB 内的射影为梯形 B1C1CE.
而在等腰梯形 EFB1D1, B1D1 ? 2a, EF ?
2

1 2 BD ? a, 2 2
2 2

2 ? 5 ? ? 2 ? 3 2 ? B D ? EF ? a, 高 h ? B1 E ? ? 1 1 a? ?? a? ? ? ? ? ? 2 ? ? 4 ? 4 2 ? ? ? ? ? ?

于是 S B1D1EF ? 而 S B1C1CE ?

1 2 3 2 9 ( 2a ? a )? a ? a2. 2 2 4 8

1 1 3 (a ? a)a ? a 2 . 设二面角 D1-B1E-C1=α , 2 2 4

则由面积射影定理得

3 2 a 4 ? 2. cos ? ? ? S D1B1EF 9 a 2 3 8 2 故二面角 D1 ? B1 E ? C1 ? ? ? arccos . 3 S B1C1CE
说明: (1)本题还可以利用异面直线上两点间的距离公式或三面角的余弦定理来求得, 具体计算留给读者自己去完成. (2)按方法一计算 ?C1GD1 ? sin 45? ?

2 3 10 , 且由方法二有 sin ?D1 B1G ? ,则 2 10

sin ?C1GD1 ?

D1C1 D1C1 / B1 D1 sin ?D1 B1C1 2/2 5 ? ? ? ? . D1G D1G / B1 D1 sin ?D1 B1G 3 10 /10 3

故二面角 D1 ? B1 E ? C1 ? ?D1GC1 ? arcsin

5 . 3

一般说来, 我们可以证明下列结论成立. 如图 10. 10, 若二面角 M-AB-N=α , ? M, C∈AB,D ? AB , CD 且 ∠ CDB= β , CD 与 平 面 N 所 成 的 角 为 γ , 则

sin ? ?

sin ? . sin ?

事实上,过 D 作 DF⊥平面 N,垂足为 F,连 CF,则∠DCF=γ .过 F 作 FE⊥AB 交 AB 于 E,连结 DE,则 DE⊥AB,故∠DEF=α .于是 sin ? ?

DF DF / CD sin ? ? ? . DE DE / CD sin ?

按照这一结论,我们只要知道二面角内一条直线与二面角的棱及另一个面所成的角β 和γ ,我们就很容易算出二面角的平面角α . 5、如图 10.11,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面是 等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱 AA1=2.D、E 分别是 CC1 与 A1B 的中点,点 E 在平面 ABD 上的射影是△ABD 的 重心 G. (1)求 A1B 与平面 ABD 所成的角; (2)求点 A1 到平面 ADE 的距离; (3)求 AB1 与 BD 所成的角; (4)求 AB1 与 BD 的距离. 分析: (1)如图 10.11,显然 E 是 A1B 的中点.因 EG ⊥平面 ABD,故 BG 是 EB 在平面 ABD 上的射影,故∠EBG 就是 A1B 与平面 ABD 所成的角. (2)取 AB 中点 F,易知 CDEF 为矩形,则 ED⊥平面 ABA1B1,从而平面 AED⊥平面 ABB1A1.故只要作 A1K⊥AB1 交 AB1 于 K,则 A1K 就是 A1 到平面 ADE 的距离. (3)为了求异面直线所成的角,我们常用“平移法” . (4)为了求异面直线间的距离,常转化为求平行线面间的距离,可考虑用“体积法” 求出.

// 1 B B ? // 解答: (1)如图 10.11,取 AB 中点 F,连接 EF,CE,则 EF ? 1 2

CD ,又 1 DF . 3

CD⊥平面 ABC, CDEF 为矩形. DF. 故 连 由于 G 是△ABD 的重心, G∈DF 且 FG ? 则 在 Rt △ EFD 中 ,

1 1 EF 2 ? FG?FD ? FD 2 , 而 EF ? CD ? CC1 ? 1, 故 3 2
EF ?ED 1? 2 6 ? ? . FD 3 3

FD ? 3.ED ? FD 2 ? EF 2 ? 2, EG ?
又 FC ? ED ?

2, 故AB ? 2 BF ? 2 FC ? 2 2, BE ?

1 1 A1B ? AB 2 ? AA12 ? 3. 2 2

而 EG⊥平面 ADB,BG 是 BE 在平面 ABD 内的射影,故∠EBG 是 A1B 与平面 ABD 所成的 角,且 sin ?EBG ?

EG 6 1 2 2 ? ? ? , 即 A1B 与平面 ABD 所成的角是 arcsin . EB 3 3 3 3

(2)因为 ED⊥EF,ED//CF 且 CF⊥AB,所以 ED⊥AB,故 ED⊥平面 ABB1A1.于是 平面 ADE⊥平面 ABB1A1. 在平面 ABB1A1 内作 A1K⊥AB(注意到 E 是 AB1 的中点, 平面 ADE 1 ∩平面 ABB1A1=AB1) 则 A1K⊥平面 ABD, A1K 就是 A1 到平面 ABD 的距离. Rt△A1AB1 , 故 在

中 AA1=2,A1B1=AB= 2 2 , AB1 ?

22 ? (2 2) 2 ? 2 3.故A1 K ?

AA1 ?A1 B1 2 ? 2 2 ? AB1 2 3

?

2 6 2 6 , 即 A1 到平面 ADE 的距离为 . 3 3
(3) 如图 10. 延长 AB 到 H 使 BH=AB, 12, 延长 A1B1 到 H1 使 B1H1=A1B1, HBB1H1 则

// 为平行四边形, BH1 ?
易算出 BD ?

AB1. 故 AB1 与 BD 所成的角就是 BH1 与 BD 所夹的角.

BC 2 ? CD 2 ? 22 ? 12 ? 5.

BH1 ? AB1 ? (2 2) 2 ? 22 ? 2 3, CH ? 42 ? 22 ? 2 5, DH1 ? CH 2 ? ( HH1 ? CD ) 2 ? 20 ? 1 ? 21. 在?DBH1中, cos ?DBH1 ? ( 5) 2 ? (2 3) 2 ? ( 21) 2 15 ?? . 15 2 5 ?2 3
? ?? , AB1 与 BD 所夹的 故 ? 2? ?

又异面直线夹角取值区间为 ? 0,

角为 arccos

15 . 15

(4) 如图 10. 因为 AB1//BH1, AB1//平面 DBH1. 12, 则 又 BD ? 平面 DBH1,故 AB1 与 BD 的距离等于 AB1 与平面 DBH1 的距离,也就是 B1 到平面 DBH1 的距离.设这个距 离为 d,则

1 1 1 VB1 ? DBH1 ? d ?S ?DBH1 ? d ? BD ?BH1 sin ?DBH1 3 3 2 ? 1 1 2 14 d ? 5 ?2 3 1 ? (1 ? ) ? d. 6 3 15

另一方面,因平面 A1B1C1⊥平面 B1C1CB,平面 A1B1C1∩平面 B1C1CB=B1C1,在平面 A1B1C1 内过 H1 作 H1J⊥C1B1 交直线 C1B1 于 J,则 H1J⊥平面 B1C1CB,且 HJ=A1C1=2,于是

1 1 VB1 ? DBH1 ? VH1 ? B1DB ? ?H1 J ? S? B1C1CB 3 2 1 4 ? ? 2? 2? 2 ? . 6 3


14 4 2 14 2 14 d ? ,即d ? ,从而 AB1 与 BD 的距离等于 . 3 3 7 7

说明:本题(3)(4)小题,实质上是求四面体 DABB1 中一组对棱 BD 与 AB1 之间的 、 距离和夹角.一般说来,关于四面体的一组对棱的距离与夹角,我们有下列结论成立:

AB 斯坦纳定理: 在四面体 ABCD 中, AB 与 CD 所成的角为 ( ? , CD) , 设 距离为 d(AB,CD),
四面体的体积为 V,则

cos( ? , CD) ? AB d ( AB, CD) ?

( AC 2 ? BD 2 ) ? ( AD 2 ? BC 2 ) . 2 AB? CD 6V AB? sin( ? , CD) CD AB .

关于斯坦纳定理的证明以及利用斯坦纳定理去解答上述(3)(4)小题,我们建议读 、 者自己独立去完成它,以提高自己的推理和计算能力. 6、已知正三棱锥 S-ABC 的高 SO 为 3,底面边长为 6,过 A 向它所对侧面 SBC 作垂 线,垂足为 O′,在 AO′上取一点 P,使 AP︰PO′=8,求经过 P 点且平行底面的截面的 面积. 分析:本题的关键在于求出过 P 平行于底的截面到顶点的距离与底面到顶点的距离之 比. 解答:如图 10.13,因 S-ABC 是正三棱锥,所以 O 是正三角形 ABC 的中心.连结 AO 延工交 BC 于 D, 则 D 是 BC 的中点,故 BC⊥AD,BC⊥SD,因而 BC⊥ 平面 SAD,从而平面 ASD⊥平面 SBC.又 AO′⊥平面 SBC,故 SO′在平面 SAD 内,因而 O′在 SD 上,于是

AD ? 6 ? OD ?

3 ? 3 3, 2

1 AD ? 3, 3
O?D AD ? ,故 OD SD
3 3? 3 3 ? 3. 2 2 3

SD ? 32 ? ( 3) 2 ? 2 3.
由 Rt?AO?D ? Rt?SOD得

O?D ?

设过 P 作平行于底的平面与 SD 的交点为 O1,则

于是

O1 D AP 8 ? ? , O?D AO? 9 8 4 O1 D ? O?D ? 3, 9 3
SO1 ? 2 3 ? SO12 1 ? . SD 2 9 4 2 3? 3, 3 3

故所求截面面积 ?

1 1 3 2 S?ABC ? ? ? 6 ? 3. 9 9 4

7、设正三棱锥 P—ABC 的高为 PO,M 为 PO 的中点,过 AM 作与棱 BC 平行的平面, 将正三棱锥截成上、下两部分,试求两部分体积之比. 分析:设过 AM 且平行 BC 的平面交平面 PBC 于 EF(E∈PB,F∈PC) ,要求两部分体 积之比,只要求 VP—ABC=S△PEF︰S△PBC. 解答:如图 10.14,过设 AM 且平行 BC 的平面与 棱 PB、PC 分别交于 E、F.则 EF//BC.连结 AO 并延 长交 BC 于 D, D 为 BC 的中点, 则 连结 PD 交 EF 于 G, 则

EF PG ? . 因 A 到平面 PEF 的距离即为 A 到平面 BC PD
2

V S ? PG ? ABC 的距离, 所以 P ? AEF ? ?PEF ? ? ? . 在△PAD VP ? ABC S ?PBC ? PD ?
中,过 O 作 PD 的平行线,交 AG 于 N.因为 M 为 PO 的 中 点 , 故 |ON|=|PG| ,

PG ON AO 2 ? ? ? ,故 GD GD AD 3
2

V 4 PG 2 ?2? ? ,因而 P ? AEF ? ? ? ? ,故所求上下两部 VP ? ABC ? 5 ? 25 PD 5
分体积之比为

4 . 21

8、四面体 ABCD 被平面α 所截,对棱 AB,CD 都与α 平行且与α 等距,设α 截得截面 四边形的面积为 S,对棱 AB 与 CD 的距离为 h,求这个四面体 ABCD 的体积. 分析:利用“等底、等高的两个四面体的体积相等”将 四面体添加几个等体积的四面体, 构成一个平行六面体来计 算. 解答: 过四面体 ABCD 的各棱分别作与其对棱平行的平 面,六个平面相交得一平行六面体 AC1BD1-A1CB1D(如图 10.15) .此时 VABCD 等于平行六面体的体积 V 减去四个彼 此等积的三棱锥的体积,这四个三棱锥分别是 A-A1CD,B -B1DC,C-C1AB,D-D1AB.因为这四个三棱锥的底面

1 ,其高与平行六面体的高相等, 2 1 故每一个三棱锥的体积等于 V . 于是 6 1 1 VABCD ? V ? 4 ? V ? V . 6 3
积为平行六面体底面积的 由于 AB,CD 与截面α 等距,如图 10.15 可知 K,L,M,N 分别是 AA1,CC1,BB1,DD1 的中点,易知 S? KLMN ? 2S ,而 h 就是平面 AC1BD1 与平面 A1CB1D 的距离,所以

1 2 VABCD ? V ? Sh. 3 3

说明:利用“等积”进行割补,是解决多面体体积问题的一个有效方法. 例 9、设 S-ABCD 是一个高为 3,底面边长为 2 的正四棱锥,K 是棱 SC 的中点,过 AK 作平面与线段 SB、 分别交于 M、 (M, 可以是线段的端点) 试求四棱锥 S-AMKN SD N N . 的体积 V 的最大值与最小值. 分析:显然 S-AMKN 的体积 V 可由 SM,SN 的长度 确定,令

SM SN ? x, ? y ,设法建立 V 与 x,y 的函数 SB SD

关系,以及 x 与 y 的关系,消去 x(或 y) ,使 V 成为 y(或 x)的一元函数,再求 V 的最大值和最小值. 解答:为了建立 V 与原四棱锥 S-ABCD 的关系.我 们需要下列结论: 引理:设 A1,B1,C1 分别在三棱锥 S-ABC 的侧棱 SA,SB,SC 上,又 S-A1B1C1 与 S-ABC 的体积分别是 V1 和 V,则

V1 SA1 ?SB1 ?SC1 ? . V SA?SB?SC
事实上,如图 10.17,设 C,C1 在平面 SAB 上的射影分别是 H,H1.则

C1H1 SC1 ? . CH SC



S ?SA1B1 S ?SAB

1 ? H ?S C SA1 ?SB1 V1 3 1 1 ?SA1B1 SA1 ?SB1 ?SC1 ? ,所以 ? ? . 1 SA?SB V SA?SB?SC ? ?S?SABC CH 3
SM SN ? x, ? y,因S ? ABCD 的 体 积 为 SB SD

下面回到原题,如图 10.16. 设

1 V0 ? ? 3 ? 22 ? 4. 于是,由引理可得 3
V V V V V ? S ? AMN ? S ? KMN ? S ? AMK ? S ? ANK 1 V0 VS ? ABD VS ?CBD VS ? ABC VS ? ADC 2 即 V SM ?SN ?SA SM ?SN ?SK ? ? 2 SB ?SD ?SA SB ?SD ?SC ? SM ?SK ?SA SN ?SK ?SA ? , SB ?SC ?SA SD ?SC ?SA 1 1 1 xy ? x ? y. 2 2 2

? xy ?
于是 y ?

x x 1 ,而由 0 ? y ? ≤1, x ≥1, 得 ≤ x ≤1. 3x ? 1 3x ? 1 2

V ? x? y ? x?

x 2 1? 1 ? ? ? ? 3x ? 1 ? ? 3x ? 1 3 3 ? 3x ? 1 ?

2 1 1 4 ≥ ? ?2 (3x ? 1)( )? . 3 3 3x ? 1 3 1 2 4 当 3x ? 1 ? 即 x ? 时,等号成立,故 V 的最小值为 . 3x ? 1 3 3 1 1 1 1 其次,令 u ? 3x ? 1, f (u ) ? u ? .因为 ≤ x ≤1, 故 ≤ u ≤2, 当 ≤ u2 ≤ u1 ≤2 u 2 2 2
时, f (u1 ) ? f (u2 ) ?

1 (u1 ? u2 )(u1u2 ? 1) u1u2

1 ? ?? 0 ( 2 ≤ u2 ? u1 ≤1时) ? ?>0 (1≤ u ? u ≤ 2时) ? 2 1
所以 f(u)在 ? ,1? 单调递减而在[1,2]上单调递增,且 f (2) ? f ? ? ? . 因此 f(u)在 ?2? 2 ?2 ?

?1 ?

?1?

5

?1 ? ? 2 , 2? ? ?













?1? 5 f (2) ? f ? ? ? , ?2? 2







1 u ? 2或 , 2



1 2 1 2 1 5 3 x ? 1或 时,V ? ? f (u ) 取最大值为 ? ? ? . 2 3 3 3 3 2 2 3 4 综上得四棱锥 S-AMKN 的体积 V 的最大值为 ,最小值为 . 2 3
说明:本题也可由关于 x 的方程 x ? Vx ?
2

V ?1 ? ? 0 在区间 ? , 2 ? 上有实根的条件,经过 3 ?2 ?

讨论得出

4 3 ≤ V ≤ , 且两端等号均能达到,从而得出上述同样的结论. 3 2

10、直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是等腰三角 形,AB=AC,∠BAC=α ,AD 是 BC 边上的高,若 此直棱柱的侧面积为 S, BC1 且与 AD 平行的平面 过 与底面成角β ,求这平面截棱柱所得截面面积以及 棱柱被截面分成的两部分的体积. 分析:利用线面平行关系确定截面的位置后, 再计算. 解答:如图 10.18,因截面与 AD 平行,故截 面与底面的交线为过 B 与 DA 平行的直线,设这条 直线交 CA 的延长线于 E,连 C1E 交 A1A 于 F,连 BF. 则△C1FB 即为平行于 AD 的平面截棱柱所得的 截面. 因为 CC1⊥平面 ABC,又 AD⊥BC,AD//EB,

故 BC⊥EB, 由三垂线定理得 BE⊥BC1, 而∠C1BC 是二面角 C1-BE-C 的平面角, 故∠C1BC= β .

? ? a 设 BC=a, AB ? AC ? 则 , 又S ? ? a ? a ?n n 2 i s 2 i s 2 ?

? ? S? sin ? 2a 2 . CC 于是 ?? 1 , CC1 ? a ?? ? ? a ?1 ? sin ? 2? 2? ?

又 CC1 ⊥平面 ABC,故 CC1 ⊥BC.在 Rt△C1CB 中,CC1=BCtanβ =atanβ .从而有

S ? sin 2 ,即a 2 ? 2 a tan ? ? . ?? ?? ? ? a ?1 ? sin ? ?1 ? sin ? tan ? 2? 2? ? ?
又S ?ABC ? 1 1 a ? 1 ? AD ?BC ? ? cot ?a ? a 2 cot 2 2 2 2 4 2 S ?cos 4(1 ? sin

S? sin

?

?

?
2 ) tan ? .

?

?
2

故截面 BC1F 的面积为

S ?BC1F ?

S ?ABC 2 ? . ? cos ? 4(1 ? sin ) tan ? 2 S? sin(90? ?

S ?cos

?

?
2

?

) ))

4(1 ? cos(90? ?

?
2

?

S ?tan(45? ? 4sin ?

?

) 4 .

设棱柱 ABC-A1B1C1 的体积为 V,它被截面分成上、下两部分的体积分别为 V1 和 V1, 于是

1 1 a2 ? V ? ? CC1 |?S ?ABC ? a ?tan ? ? cot | 3 3 4 2 ?2 tan ? cot ? S? sin 3 ? a ? 2 2 ? tan ? ?cot ? ? ? ? 12 2 12 ? (1 ? sin ) tan ? ? ? 2 ? ? S? sin 2 ? 2 ? ? 12 tan ? ? 1 ? sin ? ? 2 cot 又

??

?

3

?

? ?2

3

cot ? 2 ? ? 12 tan ? ? ?

?

? ?2 ? S ?tan(45? ? ) ? . ? 4 ? ?

3

FA EA BD 1 ? ? ? , 于是, CC1 EC BC 2 1 1 VF ? ABC ? ?FA?S ?ABC ? V . 3 6

又 F 到平面 BCC1B1 的距离为 h=AD.故

1 1 1 VF ? BCC1 ? ?AD?S ?BCC1 ? AD? ?BC ? 1 CC 3 3 2 1 1 ? ? 1 ?S ?ABC ? V . CC 3 3
因此 V2 ?

1 1 1 1 V ? V ? V , 从而V1 ? V ? V2 ? V ,即 6 3 2 2

cot 1 2 V1 ? V2 ? V ? 2 24 tan ?

?

? ?2 ? ? S ?tan(45? ? 4 ) ? . ? ?

3

11、已知圆锥的表面积等于其内切球的表面积的 n 倍,试确定正整数 n 的一切可能值. 解析:如图 10.19,设圆锥底面半径为 R,母线长为 l,母线与底面的夹角为α ,内切 球半径为 r.依题意,有π R(R+l)=n?4π r2.而在△O1OB 中有 r ? R tan 有 l?

?
2

,在△BOC 中,

R , 代 入 上 述 等 式 并 约 去 π R2 后 , 得 cos ?

1?

1 ? 2 代 入 后 , 得 ? 4n tan 2 . 将 cos ? ? ? cos ? 2 1 ? tan 2 2 2 ? ? 4n tan 2 , ? 2 1 ? tan 2 2
令 tan

1 ? tan 2

?

?

2

? z ,我们得到

1 ? 0, 2n 1 2 于是当 ? ? 12 ? 4 ? ? 1 ? ≥ 0,即n ≥2时,有 2n n z4 ? z2 ?
z2 ? 1 1 1 ? ? ? 0, 2 4 2n

因为 z 必须为正数,所以

z1,2 ?

1 1 1 ? ? (当n ? 2时, z1 ? z2 ). 2 4 2n

注意到,要使上述解满足条件还必须是 0<α <90,即 0 ? z ? tan

?
2

? 1. 因为

0?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? 1, 0 ? ? ? ? . 2 4 2n 2 4 2 4 2n 2

故 z1,2 都符合要求。故所求正整数 n 为不小于 2 的一切正整数. 说明:本题的关键是利用了三角函数将一个含三个变量的方程化为一元二次方程来讨 论.从而使问题迎刃而解.

第十一讲

解析几何

1、如图 11.1,已知△ABC 中各顶点的坐标分别为(xA,yA),(xB,yB),(xC,yC),点 E, F 分别在 AC,AB 上,且

| AF | m | AE | n ? , ? . 求 BE 与 CF 的交点 P 的坐标. | FB | l | EC | l

解答:由定比分点公式得

n xC | AF | | BP | | EC | lx ? nxC l ? ? ?1, xE ? ? A . 另一方面,由梅涅劳斯定理又有 n | FB | | PE | | CA | l?n 1? l BP l n ? l n ? l 于是 ,从而再次利用定比分点公式,得 ? ? ? PE m l m xA ?
xP ? xB ? n?l xE m n?l 1? m

?
同理可得

lx A ? mxB ? nxC . l?m?n

yP ?

ly A ? myB ? nyC . l ?m?n
? lx A ? mxB ? nxC ly A ? myB ? nyC , l ?m?n l ?m?n ? ? ?. ?

所以,所求交点的坐标为 ?

说明:由例 1 中公式可得:△ABC 的重心 G、内心 I、垂心 H、外心 O 的坐标分别为:

? x ? xB ? xC y A ? yB ? yC G? A , 3 3 ?

? ?, ? ? ?, ?

? ax ? bxB ? cxC ay A ? by B ? cyC I? A , a?b?c a?b?c ?

b c a b c ? a ? ? cos A x A ? cos B xB ? cos C xC cos A y A ? cos B yB ? cos C yC ? H? , ?, a b c a b c ? ? ? ? ? ? ? ? cos A cos B cos C cos A cos B cos C ? ? ? x sin 2 A ? xB sin 2 B ? xC sin 2C y A sin 2 A ? yB sin 2 B ? yC sin 2C ? O? A , ?. sin 2 A ? sin 2 B ? sin 2C sin 2 A ? sin 2 B ? sin 2C ? ?
2、如图 11.2,△ABC 中,O 为外心,三条高 AD,BE,CF 交于点 H、直线 ED 和 AB 交于 M,FD 和 AC 交于点 N.求证: (1)OB⊥DF,OC⊥DE; (2)OH⊥MN. 证明: (1)如图建立直角坐标系,设 A(0,a) ,B(b,0) ,C(c,0) ,则 AB 的方程为 ax+by-ab=0. ① AC 的方程为 ax+cy-ac=0. ② CF 的方程为 bx+ay-bc=0. ③ BE 的方程为 cx+ay-bc=0. ④ 于是可求得 H (0, ?

bc ). a

又 BC 的中垂线方程为 x ?

b?c a c c ,AC 的中垂线方程为 y ? ? ( x ? ) ,故可求得 2 2 a 2

O(

b ? c a 2 ? bc , ). 2 2a
又因 FD 过点 F, 故可设其方程为 (ax ? by ? ab) ? ? (bx ? ay ? bc) ? 0 , FD 过原点, 而

所以 ? ? ?

a 2 ,代入上式整理得 FD 的方程为 (ac ? ab) x ? (bc ? a ) y ? 0. c



所 以 k FD ?

a 2 ? bc ab ? ac a 2 ? bc ab ? ac , 于 是 kFD ?kOB ? 2 ? ? ?1, 故 OB ⊥ , 又 kOB ? ac ? ab a ? bc ac ? ab a 2 ? bc
? (a 2 ? bc)c (b ? c)ac ? , 2 , 交换 b 与 c 又可得 2 2 2 ? ? a ? 2bc ? c a ? 2bc ? c ?

FD.同理可证 OC⊥ED. (2)联立②、⑤可得 N ?

(c ? b)ab (b ? c)ac ? 2 2 2 2 ? (a 2 ? bc)b (c ? b)ab ? ?a(b ? c) M? 2 , 2 , 故 kMN ? a ? 2bc ? b a ? 2bc ? c ? 2 2 2 ? 2 2 (a ? bc)b (a ? bc)c a ? 3bc ? a ? 2bc ? b a ? 2bc ? b ? ? 2 2 2 2 a ? 2bc ? b a ? 2bc ? c
a 2 ? bc ? bc ? ??? ? 2 2a ? a ? ? a ? 3bc ,故 k ?k ? ?1 ,从而 OH⊥MN. ? MN OH b?c a(b ? c) ?0 2

又 kOH

说明:本题中利用字母的对称性,只要将 AB、BE 的方程中字母 b 与 c 交换,便可得 AC,CF 的方程.只要将 N 的坐标中 b 与 c 交换,便可得 M 的坐标,从而使计算简化.

第十二讲

数论问题

第十三讲

组合问题

第十四讲

计数问题


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