2020年4月號問題解答

(解答由問題提供人給出)

(1)

當(dāng)且僅當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)式中等號成立.

(河南質(zhì)量工程職業(yè)學(xué)院 李永利 467000)

證明令x=b+c-a,y=c+a-b,z=a+b-c，則x,y,z>0，且半周長

所以

于是(1)式等價(jià)于

?(xy+yz+zx)2≥3xyz(x+y+z)

?(xy)2+(yz)2+(zx)2+2xyz(x+y+z)

≥3xyz(x+y+z)

?(xy)2+(yz)2+(zx)2≥xyz(x+y+z)

(2)

而

(xy)2+(yz)2+(zx)2≥xy·yz+yz·zx

+zx·xy=xyz(x+y+z)，

即(2)式成立，從而(1)式成立.

由以上證明過程可知，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z即a=b=c亦即△ABC為等邊三角形時(shí)(1)式中等號成立.

2537若拋物線E:y2=x與圓M:(x-4)2+y2=r2(r>0)相交，探討以下問題：

(Ⅰ)求過交點(diǎn)的直線圍成的封閉圖形的面積公式S,

(Ⅱ)求面積公式S的最值，

(Ⅲ)如圖1, 當(dāng)四邊形ABCD的面積取最大值時(shí)，求四邊形ABCD對角線AC、BD交點(diǎn)P的坐標(biāo)，并且探討其幾何性.

(安康學(xué)院數(shù)學(xué)系 趙臨龍 725000)

圖1

圖2

圖3

解(Ⅰ)先來討論2條二次曲線構(gòu)成的圖形面積.

由拋物線E方程與圓M方程，

得x2-7x+16-r2=0， (1)

則拋物線E與圓M相交的充要條件是

(a)若圓M經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，則r=4，

此時(shí)，若圓M與拋物線E再相切2點(diǎn)C、D，則

但圓半徑值矛盾.即圓M與拋物線E，不可能出現(xiàn)相切3個(gè)點(diǎn)情況.

此時(shí)，圓M過坐標(biāo)原點(diǎn)，并且與拋物線E相交兩點(diǎn)C、D，則四邊形ABCD的點(diǎn)A、B與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，四邊形ABCD退化為三角形△OCD.

如圖2，對于r=4,

由方程x2-7x+16-r2=x2-7x=0，

于是，當(dāng)r=4(x=0)時(shí)，

三角形△OCD的面積S是

(b)如圖1，由方程(1)知，

圓M與拋物線E有4個(gè)相交點(diǎn)A、B、C、D.

由于拋物線E:y2=x與圓M:(x-4)2+y2=r2(r>0)都是關(guān)于x軸的對稱圖形，因此四邊形ABCD是關(guān)于x軸對稱的等腰梯形.

現(xiàn)設(shè)E與M的四個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為

四邊形ABCD面積為

(2)

于是，當(dāng)且僅當(dāng)14-4x=7+2x，

(c)如圖3.由方程(1)知，

圓M與拋物線E有2個(gè)切點(diǎn)C、D.

此時(shí)，直線AB與直線CD重合，

四邊形ABCD面積S=0.

現(xiàn)在考慮四邊形ABCD面積S公式(2)：

同理，當(dāng)r=4，則x=0，

即四邊形面積公式(2)，包括了圖2和圖3的2種特殊情況.

即得到拋物線E與圓M交點(diǎn)的直線圍成的封閉圖形的面積公式S:

此時(shí)，三角形△OCD的面積S0是

(Ⅲ)由于四邊形ABCD面積取最大值時(shí)，

若記AB、CD分別交x軸于點(diǎn)R、S，

則線段OP是線段OR、OS的幾何平均

(河南省方城縣教研室 邵明憲473200)

解由題意，

2539已知⊙O1，⊙O2相交于P，Q兩點(diǎn)，過點(diǎn)P的割線段AB交⊙O1于點(diǎn)A，交⊙O2于點(diǎn)B.兩圓在A，B處的切線交于點(diǎn)S，直線SQ交△O1O2Q的外接圓于另一點(diǎn)T.

求證：△O1O2P的外接圓直徑等于線段ST.

(江西省高安市石腦二中 王典輝 330818)

證明設(shè)直線AO1與直線BO2交于點(diǎn)C.

因?yàn)镾A切于⊙O1于點(diǎn)A，SB切⊙O2于點(diǎn)B，

所以有∠SAC=∠SBC=90°，

則知S，A，C，B四點(diǎn)共圓.

連接AQ,BQ,PQ,

有∠PQA=∠PAS，∠PQB=∠PBS，

而∠PQA+∠PQB+∠PAQ+∠PBQ

=∠AQB+∠PAQ+∠PBQ=180°，

所以∠PAS+∠PBS+∠PAQ+∠PBQ

=∠SAQ+∠SBQ=180°.

有S，A，Q，B四點(diǎn)共圓.

又因?yàn)椤螦QB+∠ASB=180°，

∠ACB+∠ASB=180°，

有∠AQB=∠ACB，

所以A，C，Q，B四點(diǎn)共圓.

故知S，A，C，Q，B五點(diǎn)共圓.

延長QO1與⊙O1交于點(diǎn)A1，

延長QO2與⊙O2交于點(diǎn)B1.

設(shè)⊙O1在點(diǎn)A1的切線與⊙O2在點(diǎn)B1的切線交于點(diǎn)S1.

有S1，A1，Q，B1四點(diǎn)共圓.

連接PA1，PB1，

于是∠A1PQ=∠B1PQ=90°.

可知A1，P，B1三點(diǎn)共線.

因?yàn)椤螾AQ=∠PA1Q，∠PBQ=∠PB1Q，

所以在△AQB和△A1QB1中，

有∠AQB=∠A1QB1.

又因?yàn)镾，A，Q，B，與S1，A1，Q，B1分別四點(diǎn)共圓，

所以∠AQB+∠ASB=∠A1QB1+∠A1S1B1

=180°，

故有∠ASB=∠A1S1B1.

而S1，A1，Q，B1和S，A，C，B分別四點(diǎn)共圓，

則有∠A1S1B1+∠A1QB1=∠ASB+∠ACB

=180°，

所以∠A1QB1=∠ACB.

由此可知∠O1CO2=∠O1QO2.

于是，知點(diǎn)C在△O1O2Q的外接圓上.

由上述證明的S，A，C，Q，B五點(diǎn)共圓，

知∠TQC=∠SBC=90°.

即CT為△O1O2Q的外接圓直徑.

有TO1⊥AC，而AS⊥AC，所以AS∥TO1.

設(shè)直線AC交直線SQ于D，

易證△DQO1∽△DCT，

①

②

有ST=TC，

所以△O1O2Q外接圓的直徑等于ST.

由于△PO1O2和△QO1O2是關(guān)于O1O2為對稱軸的對稱圖形，

所以△PO1O2≌△QO1O2，

即△PO1O2的外接圓直徑等于ST.

2540設(shè)x,y,z是正實(shí)數(shù)，則

(1)

其中∑表示三元循環(huán)和

(四川成都金牛西林巷18號晨曦?cái)?shù)學(xué)工作室 宿曉陽 610031)

證明由柯西不等式，有

(2)

由(2)式知欲證(1)式，即證

(3)

由上述不等式知欲證(3)式，即證

(4)

事實(shí)上，(4)式等價(jià)于

?4∑x3-2∑yz(y+z)

?4∑x3-2∑x2(y+z)

?2∑x2(2x-y-z)

?2∑x2[(x-y)+(x-z)]

?2∑(y+z)(y-z)2

此不等式顯然成立，即(4)式成立，于是(1)式得證.

2020年5月號問題

(來稿請注明出處——編者)

2541設(shè)正實(shí)數(shù)a,b,c滿足a2+b2+c2+abc≤4,x,y,z為任意實(shí)數(shù)，求證：

ayz+bzx+cxy≤x2+y2+z2.

(陜西省咸陽師范學(xué)院基礎(chǔ)教育課程研究中心 安振平 712000)

(北京市朝陽區(qū)教育研究中心 蔣曉東 100028；北京市朝陽區(qū)芳草地國際學(xué)校富力分校 郭文征 100121)

2543在△ABC中，sinA=cosB=cotC，求C的值．

(浙江省海鹽縣元濟(jì)高級中學(xué)張艷宗314300；北京航空航天大學(xué)圖書館 宋慶 100191)

(河南輝縣一中 賀基軍 453600)

2545如圖1，△ABC中，E是BC邊的中點(diǎn)，D是線段BE上一點(diǎn)(端點(diǎn)除外)， 設(shè)I1，I2分別為△ABD，△ACD的內(nèi)心，則∠I1EI2=90°的充要條件是AB=AC．

(湖北省公安縣第一中學(xué) 楊先義 434300)