數(shù)學問題解答

(解答由問題提供人給出)

(山東省泰安市寧陽第一中學 劉才華 271400)

證明設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，由O為橢圓Γ的中心，得

x1+x2+x3=0，y1+y2+y3=0.

由C(-x1-x2,-y1-y2)在橢圓Γ上得

即

(1)

由過點B的橢圓Γ的切線方程為

(1)式表明切線DF過點(-2x1,-2y1).

同理由B(-x1-x3,-y1-y3)在橢圓Γ上得

(2)

由過點C的橢圓Γ的切線方程為

(2)式表明切線DE過點(-2x1,-2y1).

從而D(-2x1,-2y1).同理得

E(-2x2,-2y2)，F(xiàn)(-2x3,-2y3).

于是線段BC為△DEF邊FE對應(yīng)的中線，從而B為線段DF的中點，C為線段DE的中點.同理A為線段EF的中點，故S△DEF=4S△ABC.

2442已知a,b,c為正實數(shù)，且ab+bc+ca=1，試證明：

(陜西省咸陽師范學院基礎(chǔ)教育課程研究中心 安振平 712000)

證明由條件等式ab+bc+ca=1，

當a=b,2ab=1，而ab+bc+ca=1，

2443已知：如圖1，PA、PB、PC、PD為⊙O的順時針排列四條弦，且∠APB=∠DPC.若AD為⊙O的直徑.求證：

2PB·PC≤(PA+PD)2.

(北京市芳草地國際學校富力分校 郭文征 郭璋 100121)

圖1

圖2

證明如圖2，連接AB、CD、AC，連接BC并延長與PD的延長線相交于點E.

因為P、C、B、A四點共圓，

所以∠PCE=∠PAB.

又∠APB=∠DPC，即∠APB=∠CPE.

?PB·PC=PA·PE=PA·(PD+DE)

=PA·PD+PA·DE.

(Ⅰ)

因為P、D、C、A四點共圓，

所以∠EDC=∠CAP.

因為P、C、B、A四點共圓，

所以∠PBA=∠PCA.

由△APB∽△CPE，

可知∠PEC=∠PBA，

所以∠PEC=∠PCA.

即∠DEC=∠ACP.

?DE·PA=AC·DC.

(Ⅱ)

由(Ⅰ)、(Ⅱ)兩式得

PB·PC=PA·PD+AC·DC

?2PB·PC=2PA·PD+2AC·DC

?2PB·PC≤2PA·PD+AC2+DC2.

(Ⅲ)

因為AD為⊙O的直徑,

所以∠APD=90°,∠ACD=90°.

所以PA2+PD2=AD2=AC2+CD2.

(Ⅳ)

由(Ⅲ)、(Ⅳ)兩式得

2PB·PC≤2PA·PD+PA2+PD2.

故 2PB·PC≤(PA+PD)2.

因為∠APB=∠DPC，

所以PB、PC為∠APD的內(nèi)等角線.

當且僅當PB、PC重合為∠APD平分線PB時，不等式中等號成立.

2444已知△ABC三邊長,外接圓半徑及內(nèi)切圓半徑分別為a,b,c,R,r,則有

(天津水運高級技工學校 黃兆麟 300456)

而以上最后一個不等式是熟知的Garfunkel—Bankoff不等式,顯然成立,故原不等式成立.

2445如圖，△ABC為等邊三角形，⊙I過A、C兩點，⊙O與AB、AC相切點B、C，兩圓交D點，延長BD交AC于F，過⊙I點C作切線交AD延長線于E，

求證：AB∥EF．

(江西師范高等?？茖W校 王建榮 335000)

證明延長CD交AB于K，連KF，如圖，顯然A、K、D、F四點共圓?KF∥CE，

設(shè)∠DAC=α，

∠DBC=β，

則∠EDC=α+β，

由面積比

2018年10月問題

(來稿請注明出處——編者)

2446已知實數(shù)a滿足：有且僅有一個正方形，其四個頂點均在曲線y=x3+ax上，試求該正方形的邊長．

(湖北省谷城縣第三中學 賀 斌 441700)

2447如圖，已知△ABC的邊BC上的中點D，過D的直線交AC和BA的延長線分別于E、F，且AB=EC-AE.過A、D、E三點的⊙W1和過A、D、F三點的⊙W2,.有EM∥BF、FN∥AC，EM、FN分別交⊙W1和⊙W2于M、N.求證：點D是過A、M、N三點圓的圓心.

(江西省高安市石腦二中 王典輝 330818)

2448已知a,b,c,d≥0 滿足a+b+c+d=2.求證：

(蘭州大學數(shù)學與統(tǒng)計學院 馮建波 730000)

2449設(shè)a,b,p,q>0，且a+b=p+q=1，求證：

(1)

(河南質(zhì)量工程職業(yè)學院 李永利 467000)

2450如圖，AB,AC分別切⊙O于B,C，過A作割線交⊙O于D,E，過D作AB的平行線分別交BC,BE于F,G，求證：F是DG的中點．