数学问题解答
2017-12-24
2016年12月号问题解答(解答由问题提供人给出)
2341已知a,b,c,d≥0,a+b+c+d=3,求证:
a+ab+abc+abcd≤4.
(陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心 安振平 712000)
证明(1)先证3元的类似不等式:
已知a,b,c≥0,a+b+c=3,求证:
a+ab+abc≤4.
(*)
事实上,由条件知a≤3,应用2元均值不等式,得
a+ab+abc=a+ab(1+c)
所以
a+ab+abc≤4.
(2)再证4元的不等式:
由条件a,b,c,d≥0,a+b+c+d=3,得
于是,条件变形为a+d,b,c≥0,(a+d)+b+c=3,并注意应用(*),得
a+ab+abc+abcd
=(a+abcd)+ab+abc
≤(a+d)+ab+abc
≤(a+d)+(a+d)b+(a+d)bc≤4.
所以
a+ab+abc+abcd≤4.
容易获知,等号成立的条件为(a,b,c,d)=(2,1,0,0).
2342设⊙N切△ABC的两边CA,CB于点E,F,同时与△ABC的外接圆⊙O内切于点P.连结CN并延长交⊙O于T,求证:⊙(T,TB)与EF相切 .
(湖北省谷城县第三中学 贺斌 441700)
证明设CT与EF交于点S,连结TO并延长交⊙O于M,连结PO并延长交⊙O于Q(点N在PQ上),则
∠CFN=∠CSF=90°,
所以NC·NS=NF2.
又NC·NT=NP·NQ=NF·NQ,
所以NC·NS+NC·NT=NF2+NF·NQ.
而NC·NS+NC·NT=NC·(NS+NT)
=NC·TS,
NF2+NF·NQ=NF·(NF+NQ)
=NF·(NP+NQ)
=NF·PQ,
所以NC·TS=NF·PQ.
①
又因为△CFN∽△MBT,
所以NC·TB=NF·PQ.
②
由①、②得NC·TS=NC·TB,TS=TB.
注意到CT⊥EF知,EF是以点T为圆心,定线段TB长为半径的圆的切线.
故⊙(T,TB)与EF相切.
2243设ai,xi,λi∈R,(i=1,2,…,n,n≥2),t∈R,且
M1=λ1x1+λ2x2+…+λn-1xn-1+λnxn>0,
M2=λ2x1+λ2x2+…+λnxn-1+λ1xn>0,
,
Mn=λnx1+λ1x2+…+λn-2xn-1+λn-1xn>0,
并令
N1=(t-λ1)x1+(t-λ2)x2+…+(t-λn)xn,
N2=(t-λ2)x1+(t-λ3)x2+…+(t-λ1)xn,
,
Nn=(t-λn)x1+(t-λ1)x2+…+(t-λn-1)xn,
若t(λ1+λ2+…+λn)>0,则
若t(λ1+λ2+…+λn)<0,则式中不等号反向.
于是由柯西不等式可得
当t(λ1+λ2+…+λn)<0,则式中不等号反向.
2344在△ABC中,以BC中点M为圆心,作圆交AB、AC于F、E,作DF⊥AB,DE⊥AC,FE交AD于P,BP、ME交Q,求证:QA∥BC.
(江西师范高等专科学校 王建荣 陈志钦 335000)
证明设BQ交AC于R,由梅氏定理可知:
延长QA至G,显然D是△ABC的垂心,
由※和※※可得:
⟹cos(∠QAE-∠FDA)-cos(∠QAE+∠FDA)=
=cos(∠ADE-∠GAB)-cos(∠ADE+∠GAB),(积化和差公式)
由∠QAE+∠GAB=∠ADE+∠FDA
⟹cos(∠QAE+∠FDA)=cos(∠ADE+∠GAB)
因此∠QAE+∠FDA=∠ADE+∠GAB
⟹∠FDA=∠GAB,
由弦切角和已知条件⟹DA⊥AQ,
由AD⊥BC得QA∥BC.
(甘肃省秦安县第二中学 罗文军 741600)
=2n+2n·2n-1=2n·(n+1)
所以当n=1时,不等式
取等号.
2017年1月号问题(来稿请注明出处——编者)
2346若a≥0,b≥0,c≥0,a+b+c=1,试证:
(1)
(浙江湖州市双林中学 李建潮 313012)
2347在Rt△ABC中,CA≠CB,CD为斜边AB上的中线,过A作CD的垂线交直线CB于点E,
过B作CD的垂线交直线CA于点F,连接EF交线段AB于点P,求证:△AFP的外接圆与△BEP的外接圆在其交点P处的切线互相垂直.
(河南省辉县市一中 贺基军 453600)
2348若△ABC的面积为S,角A,B,C的对边分别为a,b,c,则
(天津水运高级技工学校 黄兆麟 300456)
(北京市陈经纶中学 张留杰 100020)
2350若a,b,c>0,则3(a4+b4+c4)+(ab+bc+ca)2≥6(a2b2+b2c2+c2a2).
(浙江省宁波市甬江职高 邵剑波 315016)