38 中等数学 数学奥林匹克高中训练题(116) 第一试 5.函数y=[sin x tos x]+[snx+osx] 的值域为( )(【x]表示不超过实数x的 一选择题（每小题6分，共36分） 最大整数) 1.如图1，凸四边 (A){-2,-1,0,12 形ABCD的两对角线 (B){-2,-1,0,1} AC、BD将其分成四个 (C){-1,0,1) (D){-2,-1,1} 部分，每个部分的面积 6.已知S={1,2,…,216},A∈S.若集 分别为SS2、S、S 合A中任两个元素的和都不能被6整除，则 已知S,>1,S>1.则 图1 集合A中元素的个数最多为( S,+S.( (A)36 B)52(C074 (D)90 (A)=2(B)>2 (C0 ②(x)<0 ②张为cosAosB,osC的三线段 ③存在x0曰0,1)，使f(0)=0 定可构成一个三角形： ④存在x0白耳0,1】，使f(xo)<0 ③张为osA,cosB、snC的三线段一 其中，正确结论的序号为 定可构成一个三角形： 3.如图2，已知棱 ④张为tan 4 tan B tan C的三线段一定 长为1的正四面体 可构成一个三角形 ABCD,M为AC的中 其中，正确判断有()个 点，P在线段DM上 (A)4 (B)3 (C)2 (D)1 则AP+BP的最小值 4.己知空间四边形BCQ,AB=a,BC= b,CD=c,DA=d.则ACBD=( 4.已知x是一个 图 (A2(d+8+2+) 四位数，其各位数字之和为y.若4的值最 (B)-(a2+6+e+d) 小，则x= 5.如图3，给出16个点，其·· (C5(d+c2.6.d) 左和右相邻两点上和下相邻：：：： 两点的距离都等于1若以这。。。· (D)(b+d-a-) 些点作为三角形的顶点，那么， 图3 1994-2009 China academic Journal Electre Publishing House.all rights reserved. http://www.cnki.ne
数学奥林匹克高中训练题(116) 第 一 试 一、选择题(每小题 6 分 ,共 36 分) 图 1 1. 如图 1 ,凸四边 形 ABCD 的两对角线 AC、BD 将其分成四个 部分 ,每个部分的面积 分别为 S1 、S2 、S3 、S4 . 已知 S1 > 1 , S2 > 1. 则 S3 + S4 ( ) . (A) = 2 (B) > 2 (C) 0 ; ②f ( x) < 0 ; ③存在 x0 ∈[0 ,1) ,使 f ( x0 ) = 0 ; ④存在 x0 ∈[0 ,1 ] ,使 f ( x0 ) < 0. 其中 ,正确结论的序号为 . 图 2 3. 如图 2 ,已知棱 长为 1 的 正 四 面 体 ABCD , M 为 AC 的中 点 , P 在线段 DM 上. 则 AP + B P 的最小值 为 . 4. 已知 x 是一个 四位数 ,其各位数字之和为 y . 若 x y 的值最 小 ,则 x = . 图 3 5. 如图 3 ,给出 16 个点 ,其 左和右相邻两点、上和下相邻 两点的距离都等于 1. 若以这 些点作为三角形的顶点 ,那么 , 38 中 等 数 学
2009年第3期 39 一共可得到 个直角三角形 二、(50分)己知函数f(x)=·x3+3x 6.已知点A(2,2)、P(x,y),且xy满足 一个矩形ABCD的两个顶点A、B在x轴的 02 长度的取值范围 2.A 四、(20分)已知数列{a}的前n项和为 设A(0为)(0>0,0>0). S.且满足=25.(mN 由两曲线既关于原点对称又关于y一 对称知，另外的三个交点坐标为B(%, (1)求数列{a}的通项 C(-0,-%)、D(-%,-xo) (2)若b=a,求数列(b.}的最大 由此知四边形ABCD为矩形，其面积为 值项 ABAD (3)对于(2)中数列{b.},是否存在b. =2(x0-%)2·2(x0+%) b(n≠m)?若存在，求出所有相等的两项 -2后+后-20·后+后+20 若不存在，说明理由 =241.220·41+220=18 五(20分)已知椭圆c专+卡=1(a> 3.C sin 24+sin 2B-sin 2C b>0)的左焦点为F,过F的直线1交椭圆G =2sin(A +B)tos(4-B)-2sin C tos C 于A、B两点，P为左准线上任一点，直线 =2sin C[oos(A-B)+cos(4+B)] PA、PF、PB的方向向量分别为(I,)、 =4C0s A tos B sin C>0. (1,）、(1,) 同理，in2A+in2C-sn2B>0 (1)求证：1、rs成等差数列 sin 28+sin 2C-sin 24>0. (2)1、r、s能否成等比数列试述理由. 所以，①正确 第二试 对于②，极端考虑：∠A-90°，∠B一90° ∠C0°，此时，osA0,osB-0,0sC-1 一、(50分)⊙0是△4BC的内切圆，A、 不能满足cosA+c0sB>cosC.所以，②错误 B'、C依次是边BC、CA、AB上的切点，已知 cos 4+cos B-sin C △4B'C'的欧拉线1∥BC证明：1必过 △4BC的外心 -2os45s42.2sins 1994-2009 China Academie Journal Electronic Publishing House.All rights reserved.http://www.cnki.ne
一共可得到 个直角三角形. 6. 已知点 A (2 ,2) 、P( x , y) ,且 x、y 满足 0 b > 0) 的左焦点为 F ,过 F 的直线 l 交椭圆 C 于 A 、B 两点 , P 为左准线上任一点 ,直线 PA 、PF、PB 的 方 向 向 量 分 别 为 ( 1 , t ) 、 (1 , r) 、(1 ,s) . (1) 求证 : t 、r、s 成等差数列 ; (2) t 、r、s 能否成等比数列 ?试述理由. 第 二 试 一、(50 分) ⊙O 是 △ABC 的内切圆 ,A′、 B′、C′依次是边 BC、CA 、AB 上的切点 ,已知 △A′B′C′的欧拉线 l ∥BC. 证明 : l 必过 △ABC 的外心. 二、(50 分) 已知函数 f ( x) = - x 3 + 3 x , 一个矩形 ABCD 的两个顶点 A 、B 在 x 轴的 正半轴上 ,另两个顶点 C、D 在 y = f ( x) 的图 像上. 求此矩形绕 x 轴旋转一周而形成的几 何体的体积最大值. 三、(50 分) 设 a1 , a2 , …, an 为互不相等 的正整数 ,它们的最小公倍数为 bn . 求证 : bn ≥n 2 3 . 参 考 答 案 第 一 试 一、1.B. 易知 S1 S2 = S3 S4 . 故 S3 + S4 ≥2 S3 S4 = 2 S1 S2 > 2. 2. A. 设 A ( x0 , y0 ) ( x0 > 0 , y0 > 0) . 由两曲线既关于原点对称又关于 y = x 对称知 ,另外的三个交点坐标为 B ( y0 , x0 ) 、 C( - x0 , - y0 ) 、D ( - y0 , - x0 ) . 由此知四边形 ABCD 为矩形 ,其面积为 | AB| ·| AD| = 2 ( x0 - y0 ) 2· 2 ( x0 + y0 ) 2 = 2 x 2 0 + y 2 0 - 2 x0 y0· x 2 0 + y 2 0 + 2 x0 y0 = 2 41 - 2 ×20· 41 + 2 ×20 = 18. 3. C. sin 2A + sin 2B - sin 2 C = 2sin(A + B)·cos(A - B) - 2sin C·cos C = 2sin C[ cos( A - B) + cos( A + B) ] = 4cos A·cos B·sin C > 0. 同理 ,sin 2A + sin 2 C - sin 2B > 0 , sin 2B + sin 2 C - sin 2A > 0. 所以 , ①正确. 对于 ②,极端考虑 : ∠A →90°, ∠B →90°, ∠C →0°,此时 ,cos A →0 ,cos B →0 ,cos C →1 不能满足 cos A + cos B > cos C.所以 , ②错误. cos A + cos B - sin C = 2cos A + B 2 ·cos A - B 2 - 2sin C 2 ·cos C 2 2009 年第 3 期 39
40 中等数学 =2ans4.os 有S6中两个元素、S,中两个元素.要使A中 元素最多，可选S,与S,中全部元素，S与 -4sin sin i. S中各一个元素.故最多共有36+36+1+】 4 类似地，cosA+sinC.cosB>0, =74个元素. cos B+sin C-cos A>0 二.+3m 所以③正确 对于④，举反例：∠A=45°，∠B=60°，∠ 化简得a.=n2+n+1, =75°，此时，anA=1anB=5,anC=2+5 故S,=∑+k+) tan A +tan B 0. (4)当x=2+或2+罗时y=1: (⑤)当2+五<x<2k+号时，y=-2 记∠BDM=O.在△BDM中 BD-1.BM-MD- (⑥)当2k+号<x<2m+时，y=2: ()当2机+牙≤<2概+2弧时，=1 故as0=9m0= 3 如图5，将△BDM 综上，y∈{-2，-1,1} 绕DM旋转，使△BDM 6.C 在平面ACD内，此时 记S.={x∈Sx=6n+k,n∈N(k= B在B处联结AB 0,1,…5),且s=US BP.则所求的最小值 易知card(S)=36.则集合A中既不能 即为AB的长.易知 同时有S,与S或S2与S4中元素，也不能 ∠ADB'=0+30° C 1994-2009 China academic Journal Electronic Publishing House.all rights rese w.cnki.net
= 2sin C 2 cos A - B 2 - cos C 2 = 4sin C 2 ·sin π- 2B 4 ·sin π- 2A 4 > 0. 类似地 ,cos A + sin C - cos B > 0 , cos B + sin C - cos A > 0. 所以 , ③正确. 对于 ④,举反例: ∠A = 45°, ∠B = 60°, ∠C = 75°,此时 ,tan A = 1 ,tan B = 3 ,tan C = 2 + 3 , tan A + tan B 0. 图 5 3. 1 + 6 3 . 记 ∠BDM =θ. 在 △BDM 中 , BD = 1 ,BM = MD = 3 2 . 故 cosθ= 3 3 ,sinθ= 6 3 . 如图 5 ,将 △BDM 绕 DM 旋转 ,使 △BDM 在平面 ACD 内 ,此时 B 在 B′处. 联结 AB′、 B′P. 则所求的最小值 即为 AB′的长. 易知 ∠ADB′=θ+ 30°. 40 中 等 数 学
2009年第3期 41 故AB2=AD+DB2.2 AD -DB s∠ADB 5.200. =12+12.200s(0+30) 如图6，以A为直角顶点的直角三角形 =2-2(cos 0 tos 30"-sin 0 sin 30") 有CC=9个 1*5 以B为直角顶点的直角三角形有 CC+CG+1=12个 从而，AB'= 以C为直角顶点的直角三角形有 CC+CC+2=17个. 4.1099. A 设x=aaaa4,其中，a1∈N,,a a∈N于是， =1000a+100a+10a+a y a+a+ as a -1+9X×1a+10+4 a1+a2+a3+a 要使最小则m=9,此时， 图6 立-1+9xa8 由对称性可知，一共可得到 a1+a2+a+9 9X4+12X8+17X4=200 =10+9X10a+0:g 个直角三角形 a+☑+a+9 要使最小，则=9，此时 =0+900 由于少>0化简+}习可得 在平面直角 若a-1则时-10m-9×g 坐标系xOy中，作 出约束条件下的 平面区域为如图7 要使一最小，则：=0，此时 所示的阴影部分」 109-1g 其中不包括M(2 0)、N(0,2)两点. 若>1要使最小，则=9，此时， 显然，PA取 -100+9×0-18 得最小值，P应在曲线C: a+27 =1000.9×98X0m 6 a1+27 下面求！A的最小值 要使立最小，则a=2,此时 1P2=(x2)+y-2) 29092 2 因为罗，19所以=109 2 1994-2009 China Academie Joural Eleetronic Publishing House.All rights reserved.http://www.enki.ne
故 AB′ 2 = AD 2 + DB′ 2 - 2AD·DB′cos ∠ADB′ = 1 2 + 1 2 - 2cos(θ+ 30°) = 2 - 2 (cosθ·cos 30°- sinθ·sin 30°) = 1 + 6 3 . 从而 ,AB′= 1 + 6 3 . 4. 1 099. 设 x = a1 a2 a3 a4 ,其中 , a1 ∈N+ , a2 、a3 、 a4 ∈N. 于是 , x y = 1 000 a1 + 100 a2 + 10 a3 + a4 a1 + a2 + a3 + a4 = 1 + 9 × 111 a1 + 11 a2 + a3 a1 + a2 + a3 + a4 . 要使 x y 最小 ,则 a4 = 9 ,此时 , x y = 1 + 9 × 111 a1 + 11 a2 + a3 a1 + a2 + a3 + 9 = 10 + 9 × 110 a1 + 10 a2 - 9 a1 + a2 + a3 + 9 ; 要使 x y 最小 ,则 a3 = 9 ,此时 , x y = 10 + 9 × 110 a1 + 10 a2 - 9 a1 + a2 + 18 = 100 + 9 × 100 a1 - 189 a1 + a2 + 18 . 若 a1 = 1 ,则 x y = 100 - 9 × 89 a2 + 19 . 要使 x y 最小 ,则 a2 = 0 ,此时 , x = 1 099 , x y = 1 099 19 . 若 a2 > 1 ,要使 x y 最小 ,则 a2 = 9 ,此时 , x y = 100 + 9 × 100 a1 - 189 a1 + 27 = 1 000 - 9 × 9 ×3 ×107 a1 + 27 . 要使 x y 最小 ,则 a1 = 2 ,此时 , x = 2 999 , x y = 2 999 29 . 因为 2 999 29 > 1 099 19 ,所以 , x = 1 099. 5. 200. 如图 6 ,以 A 为直角顶点的直角三角形 有 C 1 3·C 1 3 = 9 个 ; 以 B 为直角顶点的直角三角形有 C 1 3·C 1 3 + C 1 2 + 1 = 12 个 ; 以 C 为直角顶点的直角三角形有 C 1 3·C 1 3 + C 1 2·C 1 3 + 2 = 17 个. 图 6 由对称性可知 ,一共可得到 9 ×4 + 12 ×8 + 17 ×4 = 200 个直角三角形. 6. 7 2 ,2 . 由于 x 、y > 0 ,化简 1 x + 1 y ≥2 可得 x - 1 2 y - 1 2 ≤1 4 . 图 7 在 平 面 直 角 坐标系 xOy 中 ,作 出约束条件下的 平面区域为如图 7 所示的阴影部分 , 其中不包括 M (2 , 0) 、N (0 ,2) 两点. 显然 ,| PA| 取 得最小值 , P 应在曲线 C : x - 1 2 y - 1 2 = 1 4 上. 下面求| PA| 的最小值. | PA| 2 = ( x - 2) 2 + ( y - 2) 2 = x - 1 2 - 3 2 2 + y - 1 2 - 3 2 2 = x - 1 2 2 + y - 1 2 2 - 3 x - 1 2 - 3 y - 1 2 + 9 2 2009 年第 3 期 41
42 中等数学 +4 =子+m0+hm中.has0s9, 心引 M=sin 0+sincos 0 tos =sin 0+./1+cos0. 当组仅封时 上式等号成 =sin0+2·1+cos20sin(中.a) ≤sin0+5·1+cos0 r- 2 联立方稻 ≤sina+、51+cos20 -|n9+5.+s0+5+时0 4 解 y=55 4 4 3 经检验知，这两组解符合题意 =6. ① 因此M-马 1 其中，a=arcoos 1+c05 0 又显然P在点M或N时」PA取得最 大值2.但M、N两点不在区域内，因此 当0=如当中行时式O筹号成立 1M的取值范围是 另一方面， 三、建立如 Msin 0../1+cos o 图8的空间直角 ≥.1sin0-51+cos20 坐标系. =.0sn月+51+oos2)≥.6 在O平面 上，⊙0，的方程为 当0=+acsn中=号时，上式等号 02 成立 因此子当与阳子+当即 图8 在x0平面上，⊙0的方程为 65m65 四0由s生-a知am=1 设2+s时+分m0 当n>1时， q古+9s中0，+5sn a--0片.-0+a 2 化简得(n-2)a.-(n-1)an.1+1=0 则Pg 以n+1代替n得 1994-2009 China Academic Journal Eleetronie Publishing House.All rights reserved. http://www.cnki.ne
= x - 1 2 + y - 1 2 2 - 3 x - 1 2 + y - 1 2 + 4 = x - 1 2 + y - 1 2 - 3 2 2 + 7 4 ≥7 4 . 当且仅当 x - 1 2 + y - 1 2 = 3 2 时 , 上式等号成立. 联立方程 x - 1 2 + y - 1 2 = 3 2 , x - 1 2 y - 1 2 = 1 4 . 解得 x = 5 + 5 4 , y = 5 - 5 4 或 x = 5 - 5 4 , y = 5 + 5 4 . 经检验知 ,这两组解符合题意. 因此 ,| PA| min = 7 2 . 又显然 P 在点 M 或 N 时 ,| PA| 取得最 大值 2. 但 M 、N 两点不在区域内 , 因此 , | PA| 的取值范围是 7 2 ,2 . 图 8 三、建 立 如 图 8 的空间直角 坐标系. 在 xOy 平面 上 , ⊙O1的方程为 x - 1 2 2 + y - 1 2 2 = 1 4 ; 在 xOz 平面上 , ⊙O2 的方程为 x - 1 2 2 + z - 1 2 2 = 1 2 . 设 P 1 2 + 1 2 cosθ, 1 2 + 1 2 sinθ,0 , Q 1 2 + 2 2 cos φ,0 , 1 2 + 2 2 sin φ . 则| PQ| 2 = 1 2 cos θ- 2 2 cos φ 2 + 1 2 + 1 2 sinθ 2 + 1 2 + 2 2 sin φ 2 = 5 4 + 1 2 (sinθ+ 2sin φ- 2cosθ·cos φ) , M = sinθ+ 2·sin φ- 2cosθ·cos φ = sinθ+ 2· 1 + cos 2θ· 1 1 + cos 2θ sin φ- cosθ 1 + cos 2θ cos φ = sinθ+ 2· 1 + cos 2θ·sin (φ- α) ≤sinθ+ 2· 1 + cos 2θ ≤| sinθ| + 2· 1 + cos 2θ =| sinθ| + 2 2 · 1 +cos 2θ+ 2 2 · 1 +cos 2θ ≤3 sin 2θ+ 2 2 · 1 + cos 2θ 2 ·2 3 = 6. ① 其中 ,α= arccos 1 1 + cos 2θ = arcsin cosθ 1 + cos 2θ . 当θ= arcsin 6 3 φ, = 2π 3 时 ,式 ①等号成立. 另一方面 , M ≥sinθ- 2· 1 + cos 2θ ≥- | sinθ| - 2· 1 + cos 2θ = - (| sinθ| + 2· 1 + cos 2θ) ≥- 6. 当θ=π+ arcsin 6 3 ,φ= 5π 3 时 ,上式等号 成立. 因此 , 5 4 - 6 2 ≤| PQ| 2 ≤5 4 + 6 2 ,即 3 - 2 2 ≤| PQ| ≤ 3 + 2 2 . 四、(1) 由 S1 = 1 + a1 2 = a1 ,知 a1 = 1. 当 n > 1 时 , an = Sn - Sn - 1 = n (1 + an ) 2 - ( n - 1) (1 + an - 1 ) 2 . 化简得( n - 2) an - ( n - 1) an - 1 + 1 = 0. 以 n + 1 代替 n 得 42 中 等 数 学
2009年第3期 3 (n-1)an*1-na,+1=0. 相等 两式相减得 再由式①知，仅有第8项与第2项相等 (n-)an1-2(n-1)an+(n-1）a.1=0. 而=3>s=5故由式①知，与第3 则am1-2an+a1=0 项相等的项不存在 故{a}为等差数列. 因此，数列{b,}中存在唯一相等的两项 又由a1=1,42=2,知an=n. b2=bs. (2)h=n市，考虑ba>ba1时，n的取 五、(1)设上：x=y·c,与椭圆C的方 值范围 程联立，消去x化简得 注意到m六>(m+)市，即 (a2+6m)y.26cmy-6=0 n2>(n+)" 设A(x川)、B(x,必).则 则 1 +路可云 当n时 + 则1=凸：”=c(n·2 G+62 习 s=c2: cmyz+b …是 1+s=cn:+:月 cmy+b cm2+6 1+内-3+子>3，即n Cm1力+6m(h+h)+6 -c2ok-5).. 4时，有bn>b1 2m2(-6+6m12m+6(2+6m2 又通过比较b、bm、b、b、bs的大小知 272+22m7 bbs .. ① 因此，数列{b}的最大值项为b (3)显然，b=1 因此，1、r、s成等差数列 由bn=n立知，当n有时，bn有 容易验证，当A、B为长轴两端点时，结 再由式①可知，若数列{b}存在相等两 论仍成立 项，只能是2、b与后面的项可能相等 (2)若1、r、s成等比数列，则产=6 又b2=2=8=M,即第2项与第8项 =cTcm,+6)(cm+6 1994-2009 China Academie Journal Electronic Publishing House.All rights reserved.http://www.cnki.ne
( n - 1) an + 1 - nan + 1 = 0. 两式相减得 ( n - 1) an +1 - 2( n - 1) an + ( n - 1) an - 1 =0. 则 an + 1 - 2 an + an - 1 = 0. 故{ an }为等差数列. 又由 a1 = 1 , a2 = 2 ,知 an = n. (2) bn = n 1 n + 1 ,考虑 bn > bn + 1 时 , n 的取 值范围. 注意到 n 1 n + 1 > ( n + 1) 1 n + 2 ,即 n n + 2 > ( n + 1) n + 1 . 则 n > n + 1 n n + 1 = 1 + 1 n 1 + 1 n n . 当 n ≥3 时 , 1 + 1 n n = 1 + C 1 n· 1 n + C 2 n· 1 n 2 + …+ C k n· 1 n k + …+ C n n · 1 n n = 1 + 1 + 1 2 ! 1 - 1 n + …+ 1 k ! 1 - 1 n 1 - 2 n … 1 - n - k +1 n + …+ 1 n ! 1 - 1 n 1 - 2 n … 1 - n - 1 n 3 1 + 1 n = 3 + 3 n > 3 ,即 n ≥4 时 ,有 bn > bn + 1 . 又通过比较 b1 、b2 、b3 、b4 、b5 的大小知 b1 b5 . 所以 ,数列{ bn }满足 b1 b5 > b6 > …. ① 因此 ,数列{ bn }的最大值项为 b4 . (3) 显然 , b1 = 1. 由 bn = n 1 n + 1知 ,当 n ≠1 时 , bn ≠1. 再由式 ①可知 ,若数列{ bn }存在相等两 项 ,只能是 b2 、b3 与后面的项可能相等. 又 b2 = 2 1 3 = 8 1 9 = b8 ,即第 2 项与第 8 项 相等. 再由式 ①知 ,仅有第 8 项与第 2 项相等. 而 b3 = 3 1 4 > b5 = 5 1 6 ,故由式 ①知 ,与第 3 项相等的项不存在. 因此 ,数列{ bn }中存在唯一相等的两项 b2 = b8 . 五、(1) 设 l : x = my - c ,与椭圆 C 的方 程联立 ,消去 x 化简得 ( a 2 + b 2 m 2 ) y 2 - 2 b 2 cmy - b 4 = 0. 设 A ( x1 , y1 ) 、B ( x2 , y2 ) . 则 y1 + y2 = 2 b 2 cm a 2 + b 2 m 2 , y1 y2 = - b 4 a 2 + b 2 m 2 . 又 P - a 2 c , n 、F( - c ,0) ,故 PA = x1 + a 2 c , y1 - n , PB = x2 + a 2 c , y2 - n , PF = b 2 c , - n . 则 t = y1 - n x1 + a 2 c = c ( y1 - n) cmy1 + b 2 , s = c ( y2 - n) cmy2 + b 2 , r = - cn b 2 , t + s = c ( y1 - n) cmy1 + b 2 + c ( y2 - n) cmy2 + b 2 = c· 2 cmy1 y2 + ( b 2 - cmn) ( y1 + y2 ) - 2 b 2 n c 2 m 2 y1 y2 + b 2 cm ( y1 + y2 ) + b 4 = c· 2 cm ( - b 4 ) + ( b 2 - cmn) ·2 b 2 cm - 2 b 2 n ( a 2 + b 2 m 2 ) c 2 m 2 ( - b 4 ) + b 2 cm·2 b 2 cm + b 4 ( a 2 + b 2 m 2 ) = c· 2 b 2 · - b 2 cm - c 2 m 2 n + b 2 cm - a 2 n - b 2 m 2 n - c 2 m 2 + 2 c 2 m 2 + a 2 + b 2 m 2 = c· 2 b 2· - ( b 2 + c 2 ) m 2 n - a 2 n ( b 2 + c 2 ) m 2 + a 2 = - 2 cn b 2 = 2 r. 因此 , t 、r、s 成等差数列. 容易验证 ,当 A 、B 为长轴两端点时 ,结 论仍成立. (2) 若 t 、r、s 成等比数列 ,则 r 2 = ts. ts = c 2· ( y1 - n) ( y2 - n) ( cmy1 + b 2 ) ( cmy2 + b 2 ) 2009 年第 3 期 43
中等数学 =c2 n(+)+2 cos B+cos C=1 2㎡为+6cm(+为)+6 由恒等式c0sA+cosB+osC ..nmt22+m3 =22+8m98m+6G+8可 =1+4snsnsnf m+1 osA=4ansn殳sn号 →r=4 Rsin in号nf=RmsA 故-62mmcb+Gn2+6m2n →D=r=Roos A. =a2n2(m2+1) 又点O在边BC的中垂线上，因此，Q必 整理为(a2.6)m2+2mc6+6=0,即 是△4BC的外心，即1通过△4BC的外心 (cmn+6)2=0 二、设A(1,0)、B(2,0)(00,H>0) 内切园半径 d[4s2.士27 由0F=sn知0E=2sin -86[4+2A+(.2.16sg 7 又oEB+为 令4-21.16=0. ① 2ams8+-1 由1-4sn20=A.Asin20=μsin20得 -os B-cos(B+A)=1 sin0=4=u+4 ② 1994-2009 China academic Journal elec Publishing House.All rights reserved. http://www.cnki.net
= c 2· y1 y2 - n ( y1 + y2 ) + n 2 c 2 m 2 y1 y2 + b 2 cm ( y1 + y2 ) + b 4 = c 2· - b 4 - n·2 b 2 cm + n 2 ( a 2 + b 2 m 2 ) c 2 m 2 ( - b 4 ) + b 2 cm·2 b 2 cm + b 4 ( a 2 + b 2 m 2 ) = c 2 a 2 b 4· - b 4 - 2 mncb 2 + a 2 n 2 + b 2 m 2 n 2 m 2 + 1 = - cn b 2 2 . 故 - b 4 - 2 mncb 2 + a 2 n 2 + b 2 m 2 n 2 = a 2 n 2 ( m 2 + 1) . 整理为( a 2 - b 2 ) m 2 n 2 + 2mncb 2 + b 4 = 0 ,即 ( cmn + b 2 ) 2 = 0. 解得 mn = - b 2 c . 所以 ,当点 P 的纵坐标与直线 l 斜率的 倒数之积为 - b 2 c 时 , t 、r、s 成等比数列. 第 二 试 一、如图 9 ,射线 AO 分别交 BC、B′C′于 图 9 E、F , 联 结 OA′、 OC′、A′F , A′F 交 l 于 G. 作边 BC 的中 垂线 交 l 于 Q、交 BC 于 D ,联结 QB . 易知 BD = 1 2 BC , AO 垂直平分B′C′, F 为B′C′的中点. 又 O 是 △A′B′C′的外心 ,则点 O 在欧拉线 l 上. 由于 A′F 是 △A′B′C′的中线 ,因此 , A′F 与 l 的交点 G 必是 △A′B′C′的重心. 此时 ,由 l ∥BC ,即 OG ∥BC 知 OF OE = GF GA′ = 1 2 . 记 R、r 分别表示 △ABC 的外接圆半径、 内切圆半径. 由 OF = rsin A 2 知 OE = 2 rsin A 2 . 又 OEsin B + A 2 = r ] 2sin A 2 ·sin B + A 2 = 1 ] cos B - cos( B + A) = 1 ] cos B + cos C = 1. 由恒等式 cos A + cos B + cos C = 1 + 4sin A 2 ·sin B 2 ·sin C 2 ] cos A = 4sin A 2 ·sin B 2 ·sin C 2 ] r = 4 Rsin A 2 ·sin B 2 ·sin C 2 = Rcos A ] DQ = r = Rcos A. 又点 Q 在边 BC 的中垂线上 ,因此 , Q 必 是 △ABC 的外心 ,即 l 通过 △ABC 的外心. 二、设 A ( x1 ,0) 、B ( x2 ,0) (0 0 ,μ> 0) ≤(8 3π) 2 λ2μ 4 (1 - 4sin 2θ) + 2 (λ- λsin 2θ) + μsin 2θ 7 7 = (8 3π) 2 λ2μ 4 +2λ+ (μ- 2λ- 16)sin 2θ 7 7 . 令μ- 2λ- 16 = 0. ① 由 1 - 4sin 2θ=λ- λsin 2θ=μsin 2θ得 sin 2θ= λ- 1 λ- 4 = 1 μ+ 4 . ② 44 中 等 数 学
2009年第3期 由①、②两式联立消去，化简得 22+171.16=0. ≥8D(a+2a+0≥ 3 解得1=二17± (若4=1，下面证明： 235≥9+102(g+1) 取1=-17+4 ,则u=5±正 3 即证2≥4(4，+1)2 于是，854±2， μ7 易验证，当a,=1,3时 因此，-452± 2>4(a+)2 入7 N 7u 三，设b.=p7p2…p,其中pm4(1+1)2 下面证明： b=pp…p 则21=2>2×4(1+1)月 ≥+g+）2g+D 又2×号1+1)2.音+2 易用数学归纳法证明以下结论： =.2)>0(u), p>(m+)2(p为大于3的质数，m\), ① 则21>2×号(1+1)2>号(1+2 3"m+1)2(m2,meN,) ② 这表明4=1+1时亦有 3”>2°>m业(m∈N.) 3 2>号4+ 因此，(1)当Pm>3时， 故2”≥4(4，+1)2（∈N.,当且仅当 b.=pp原… a,=2时，等号成立) >(a1+1)2(a3+1)2…(a+1)2 ,+4+2g+D2≥2 则b.=pip“p% 3 ≥a+9+业(6+a+1y (2)当Pm=3时 b.=pip“% 芳 ≥0型4+a+号 ④ 3 综合)~（④知6背 (3)当m=2,2>3时 当且仅当k=2,n=2,h=3,a=2,4 b.=pp… =1,n=6时，式④等号成立 >(a+1) 此时，4=父为=12=号，a=1, 3 (%+102a+02≥ (4)当h=2,h=3时 =2,=3,a4=4,45=5,%6=12 (孙彦安徽省安庆市教育教学研究 ()若42，则 室，246004据国起 安徽省潜山县第二中 bn=pp7… 学，246300) 1994-2009 China Academie Joumal Electronic Publishing House.All rights reserved.http://www.cnki.ne
由 ①、②两式联立消去μ,化简得 2λ2 + 17λ- 16 = 0. 解得λ= - 17 ± 417 4 . 取λ= - 17 + 417 4 ,则μ= 15 + 417 2 . 于是 ,V 2 ≤(8 3π) 2 λ2μ 4 + 2λ 7 7 . 因此 ,Vmax = 64 6π λ 2 +λ 7 3 2 +λ 7μ . 三、设 bn = p α1 1 p α2 2 …p αk k ,其中 p1 ( m +1) 2 ( p 为大于3的质数 ,m ∈N+ ) , ① 3 m ≥( m + 1) 2 ( m ≥2 , m ∈N+ ) , ② 3 m > 2 m > ( m + 1) 2 3 ( m ∈N+ ) . ③ 因此 ,(1) 当 p1 > 3 时 , bn = p α1 1 p α2 2 …p αk k > (α1 + 1) 2 (α2 + 1) 2 …(αk + 1) 2 > (α1 + 1) 2 (α2 + 1) 2 …(αk + 1) 2 3 ≥n 2 3 . (2) 当 p1 = 3 时 , bn = p α1 1 p α2 2 …p αk k > (α1 + 1) 2 3 (α2 + 1) 2 …(αk + 1) 2 ≥n 2 3 . (3) 当 p1 = 2 , p2 > 3 时 , bn = p α1 1 p α2 2 …p αk k > (α1 + 1) 2 3 (α2 + 1) 2 …(αk + 1) 2 ≥n 2 3 . (4) 当 p1 = 2 , p2 = 3 时 , (i) 若 α2 ≥2 ,则 bn = p α1 1 p α2 2 …p αk k > (α1 + 1) 2 3 (α2 + 1) 2 …(αk + 1) 2 ≥n 2 3 . (ii) 若α2 = 1 ,下面证明 : 2 α1 3 α2 ≥ (α1 + 1) 2 (α2 + 1) 2 3 , 即证 2 α1 ≥4 9 (α1 + 1) 2 . 易验证 ,当α1 = 1 ,3 时 , 2 α1 > 4 9 (α1 + 1) 2 ; 当α1 = 2 时 ,2 α1 = 4 9 (α1 + 1) 2 . 假设α1 = t ( t ≥3) 时 ,结论成立 ,即 2 t > 4 9 ( t + 1) 2 . 则 2 t + 1 = 2 ×2 t > 2 × 4 9 ( t + 1) 2 . 又 2 × 4 9 ( t + 1) 2 - 4 9 ( t + 2) 2 = 4 9 ( t 2 - 2) > 0 ( t ≥3) , 则 2 t + 1 > 2 × 4 9 ( t + 1) 2 > 4 9 ( t + 2) 2 . 这表明α1 = t + 1 时 ,亦有 2 α1 > 4 9 (α1 + 1) 2 . 故 2 α1 ≥4 9 (α1 + 1) 2 (α1 ∈N+ ,当且仅当 α1 = 2 时 ,等号成立) . 则 bn = p α1 1 p α2 2 …p αk k ≥ (α1 + 1) 2 (α2 +1) 2 3 (α3 + 1) 2 …(αk + 1) 2 ≥n 2 3 . 综合(1) ～(4) 知 bn ≥n 2 3 . ④ 当且仅当 k = 2 , p1 = 2 , p2 = 3 ,α1 = 2 ,α2 = 1 , n = 6 时 ,式 ④等号成立. 此时 , b6 = 2 2 ×3 = 12 = 6 2 3 , a1 = 1 , a2 = 2 , a3 = 3 , a4 = 4 , a5 = 5 , a6 = 12. (孙 彦 安徽省安庆市教育教学研究 室 ,246004 琚国起 安徽省潜山县第二中 学 ,246300) 2009 年第 3 期 45