數學問題解答

2020年1月號問題解答

(解答由問題提供人給出)

(1)

(河南質量工程職業學院 李永利 467000)

證明記

則(1)式即為

(2)

設△ABC的半周長為p，外接圓和內切圓半徑分別為R,r，則由正弦定理可知

因此

=(a-b+c)(a+b-c)

=2(p-b)·2(p-c)

=4(p-b)(p-c)，

同理可得

則由以上三式和恒等式

a+b+c=2p,ab+bc+ca=p2+4Rr+r2，

可得

M-N=4(p-b)(p-c)+4(p-c)(p-a)+4(p-a)(p-b)

=4[3p2-2(a+b+c)p+(ab+bc+ca)]

=4r(4R+r)，

即

M-N=4r(4R+r)

(3)

(4)

?16R2+8Rr+r2≥3p2,

而由Gerretsen不等式p2≤4R2+4Rr+3r2可知，只需證明

16R2+8Rr+r2≥3(4R2+4Rr+3r2)

(5)

?4R2-4Rr-8r2≥0

?R2-Rr-2r2≥0

?(R+r)(R-2r)≥0

而由Euler不等式R≥2r可知上式成立，故(5)式和(4)式成立，從而(2)式即(1)式成立．

2522如圖，凸四邊形ABCD內接于圓O，對角線AC,BD相交于點P，△ABP，△DCP的外接圓相交于P,Q，△ADP，△BCP的外接圓相交于P,G,求證：O,P,G,Q四點共圓.

(安徽省岳西縣湯池中學 楊續亮 蘇岳祥 246620)

證明連接AO,AQ,DO,DQ，

則∠AQD=∠AQP+∠DQP=∠ABP+∠DCP=2∠ABD=∠AOD，

所以A,D,Q,O四點共圓.

所以∠OQP+∠OGP=π，

所以O,P,G,Q四點共圓.

2523已知a、b、c為正實數，試證：

(*)

(浙江湖州市雙林中學 李建潮 313012)

證明記

∑(2a+b)(2a+c)(b+c)2=(2a+b)(2a+c)·(b+c)2+(2b+c)(2b+a)(c+a)2+(2c+a)·(2c+b)(a+b)2．

則由柯西不等式

可有

≥[∑(b+c)]2=4(∑a)2.

①

而

(2a+b)(2a+c)(b+c)2

=(2a+b)(b+c)(2a+c)(b+c)

=[2∑bc+b(b-c)][2∑bc-c(b-c)]

=4(∑bc)2+2(b-c)2∑bc-bc(b-c)2

≤2∑bc[2∑bc+(b-c)2],

從而

∑(2a+b)(2a+c)(b+c)2

≤2∑bc[6∑bc+∑(b-c)2]

=2∑bc(2∑a2+4∑bc)

=4(∑a)2∑bc,

②

聯立①與②二式，有

即

(*)

即為所證.

2524設點O,Ia,Ib,Ic分別為△ABC的外心和旁心，R為其外接圓的半徑，證明： 6R≥OIa+OIb+OIc.

(安徽省樅陽縣宏實中學 江保兵 246700)

證明設s,r分別為△ABC面積和它內切圓的半徑，點O,Ia分別為△ABC的外心和邊a所對的旁心，ra為△ABC邊a所對的旁切圓的半徑.作OE⊥BC,IaF⊥BC分別交BC于點E,F，如圖所示.

由三角形外心和旁心的性質知，

=R2+2Rra,

這時，一方面，

ra+rb+rc-r

=4R.

即ra+rb+rc=4R+r,

3R2+2R(ra+rb+rc)=3R2+2R(4R+r)

≤12R2. (歐拉不等式：R≥2r)

另一方面，

所以12R2≥3R2+2R(ra+rb+rc)

即 6R≥OIa+OIb+OIc(當且僅當三角形△ABC為正三角形時等號成立).

2525設x,y為實數，滿足 (x-4)2+(y-4)2=4 ，求xy的最大值和最小值.

(武漢職業技術學院商學院 鄒 峰 430074)

解由x,y為實數且(x-4)2+(y-4)2=4，

則

2020年2月號問題

(來稿請注明出處——編者)

2526在四邊形ABCD中，E是邊CD上一點，BE與AC交于點F，射線DF交BC于點G.R是AB延長線上一點，射線RG交CF于點P，AE與PD交于點H.證明：R、F、H三點共線.

(重慶市合川太和中學 袁安全 401555)

2527在△ABC中，求證:

(陜西省咸陽師范學院基礎教育課程研究中心 安振平 712000 )

2528試證明tan27°=sec36°-tan36°.

(安徽省六安第二中學 陶興紅 237005 )

(浙江省慈溪市慈溪實驗中學 華漫天 315300)

2530已知a,b,c∈[-2,2],a+b+c=0，求a3+b3+c3的最大值.

(四川省成都華西中學 張云華 610051)