2022年2月號問題解答

(解答由問題提供人給出)

(河南輝縣一中 賀基軍 453600)

證明如圖，直線MN與CB，AB分別交于點D，O，連接AN，BN，CN，CM.依題意，設橢圓E1與E2的長軸長都等于d.

因M為橢圓E1與E2的交點，

故MA+MC=d=MA+MB，

從而得MC=MB，

同理得NC=NB，

因此直線MN為CB的中垂線，

且線段DO為Rt△ABC的中位線，

從而可知AO=BO，

其中點O為橢圓E1的中心.

因橢圓E1的弦MN過點O，故M，N兩點關于點O對稱，

從而可知MO=NO，

因此四邊形AMBN為平行四邊形.

綜上，在四邊形ACMN中，有

AN=BM=CM，AM=BN=CN，

同時有AC∥DO即AC∥MN，

因此，當AC=MN時這個四邊形為矩形，

當AC≠MN時這個四邊形為等腰梯形.

矩形或等腰梯形，都是圓內(nèi)接四邊形，由托勒密定理得

MA·NC=MC·NA+MN·AC，

即MA2=MC2+MN·AC，

(MA+MC)(MA-MC)=MN·AC，

因此，橢圓E2的離心率

2647設R,r,p分別表示△ABC的外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑、半周長，求證：

(1)

(河南質(zhì)量工程職業(yè)學院 李永利 467001)

(2)

(2)式等價于

由Gerresten不等式p2≥16Rr-5r2可知，欲證上式成立，只需證明

27R2(16Rr-5r2)≥4(16Rr-5r2)2

?27R2≥4(16Rr-5r2)

?27R2-64Rr+20r2≥0

?(R-2r)(27R-10r)≥0.

而由Euler不等式R≥2r可知上式顯然成立，故(2)式成立.

(3)

(3)式等價于

16R-5r≥3(5R-r)?R≥2r.

而R≥2r顯然成立，故(3)式成立.

(4)

(4)式即為

由Gerresten不等式p2≤4R2+4Rr+3r2可知，欲證上式成立，只需證明

3(4R2+4Rr+3r2)≤(5R-r)2

?12R2+12Rr+9r2≤25R2-10Rr+r2

?13R2-22Rr-8r2≥0

?(R-2r)(13R+4r)≥0.

而由Euler不等式R≥2r可知上式顯然成立，故(4)式成立.

由(2)，(3)，(4)式可得(1)式.

2648設△ABC的內(nèi)切圓I與邊BC，CA，AB分別切于D，E，F(xiàn)．記AB=c，BC=a，CA=b，若BE=CF，求證：b=c．

(湖北省公安縣第一中學 楊先義 434300)

證明由內(nèi)切圓的性質(zhì)可知，CE=p-c，BF=p-b，其中p為半周長．由余弦定理

BE2=a2+(p-c)2-2a(p-c)cosC，

CF2=a2+(p-b)2-2a(p-b)cosB，

因為BE=CF，所以，

a2+(p-c)2-2a(p-c)cosC

=a2+(p-b)2-2a(p-b)cosB，

(2p-b-c)(b-c)+2a(p-b)cosB-2a(p-c)cosC=0，

整理得

2abc(b-c)+b(a-b+c)(a2-b2+c2)-c(a+b-c)(a2+b2-c2)=0，

(b-c)[2abc-b(a2-b2+c2)-c(a2+b2-c2)]+ab(a2-b2+c2)-ca(a2+b2-c2)=0，

(b-c)[2abc-b(a2-b2+c2)-c(a2+b2-c2)]+(a3b-ca3)-(ab3-c3a)+(abc2-ab2c)=0，

(b-c)[2abc-b(a2-b2+c2)-c(a2+b2-c2)]+a3(b-c)-a(b-c)(b2+bc+c2)-abc(b-c)=0，

(b-c)(a3+b3+c3-b2c-bc2-c2a-ab2-a2b-ca2)=0，

(b-c)[a2(a-b-c)+b2(b-c-a)+c2(c-a-b)]=0，

上式第二個因式顯然為負，故只能有b=c．證畢．

故不等式成立，當且僅當x1=x2=…=xn=1時等號成立.

2650已知⊙O1與⊙O2相交的一個交點為A，直線BC與⊙O1、⊙O2相切于B、C,⊙O3為

△ABC的外接圓，O3關于點A的對稱點為D,點M為O1O2的中點.求證：∠O1DM=∠O2DA.

(江西省高安市石腦二中 王典輝 330818)

證明聯(lián)結O1B、BO3、O3C、CO2、O1O3、O3O2、O1A、O2A.

因為O1A=O1B,O3B=O3A,

所以，O1O3是AB的中垂線，

同理可得O3O2是AC的中垂線.

延長BO1交⊙O1于N,聯(lián)結NA,

因為BC切⊙O1于點B,

所以∠ANB=∠ABC,

所以∠AO1O3=∠ABC.

延長BO3交⊙O3于點P,聯(lián)結PA,

∠APB=∠ACB,

所以△O3O1A∽△CBA.

同理可證△O3O2A∽△BCA,

因此有△O3O2A∽△O1O3A.

作△O1O2O3的外接圓W,設O3A與⊙W交于另一點E,則有

∠EO1O2=∠AO3O2=∠AO1O3,

∠EO2O1=∠AO3O1=∠AO2O3,

故有△O1EO2∽△O1AO3∽△O3AO2,

因此有

O1O2·O3A=O1E·O3O2,

O1O2·O3A=EO2·O1O3,

①

所以O1E·O3O2=EO2·O1O3.

因此四邊形O1O3O2E為調(diào)和四邊形,

在⊙W的內(nèi)接四邊形O1O3O2E中,由托勒密定理有

O1O3·EO2+O3O2·O1E=O3E·O1O2，

O1O3·EO2+O3O2·O1E

=(O3A+AE)·O1O2，

2O1O3·EO2=O3A·O1O2+AE·O1O2，

2O1O2·O3A=O3A·O1O2+AE·O1O2，

O3A=AE.

因為O3A=AD,所以點E與點D重合.

在⊙W的內(nèi)接四邊形O1O3O2D中,根據(jù)托勒密定理,有

O1O3·DO2+O3O2·O1D

=O3D·O1O2.

因為點M為O1O2的中點,

所以O1O2=2MO2.

把此式代入上式,得

2MO2·O3D

=O1O3·DO2+O3O2·O1D,

MO2·O3D

=O1O3·DO2;

因為∠O1O3D=∠MO2D,

所以△O1O3D∽△MO2D,

即有∠O1DO3=∠MDO2,

故∠O1DM=∠O2DA.

2022年3月號問題

(來稿請注明出處——編者)

2651在△ABC中，三內(nèi)角A、B、C所對的三邊長分別為a、b、c，面積為Δ，求證：

(浙江省開化縣第二中學 曹嘉興 324300)

2652如圖，在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，求證：AF⊥DE，AC⊥DF，AB⊥AD知二推一.

(山西省臨縣一中 李有貴 033200)

2653設a,b,c,d>0,且a+b+c+d≤4,求證：(abcd)3(a3+b3+c3+d3)≤4.

(浙江省杭州二中未來科技城學校 李盛 311121)

(山東省泰安市寧陽第一中學 劉才華 271400)

2655已知m=(sinx,cosx)，n=(cosx,-cosx)，設f(x)=m·n，若銳角△ABC滿足f(C)=0，且不等式tan2A+tan2B+ptanAtanB+1≥0恒成立，求p的取值范圍.

(江蘇省啟東市匯龍中學 倪紅林 226200)