一个容易忽略的条件

请看下面的问题:有两边及其中一边上的高对应相等的两个三角形是否全等?这个问题可以写成如下的命题:已知ABC与A1B1C1,若AB=A1B1,BC=B1C1,AD⊥BC,A1D1⊥B1C1,AD=A1D1.求证:ABC≌A1B1C1.证明如图1,在RtABD与RtA1B1D1中,AB=A1B1.AD=A1D1.∴RTABD≌RtA1B1D1.∴∠B=∠B1.∵AB=A1B1,BC=B1C1,∴ABC≌A1B1C1.上面的证明看似无懈可击,但事实上是错误的.若问题中的两个三角形一个是锐角三角形另一个是钝角三角形,它们同样可以满足题设条件,而此命题却不再成立,如图2:在ABC与A1B1C1中,AB=A1B1,BC=B1C1,AD⊥BC,A1…     

用等积变换,求锥的体积(高二)

例1 在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面是正方形,AA1⊥底面,E是AD上的点,AA1=A1D1=a,AE=4/3a,求VD1-BC1E. 分析要想直接求出VD1-BC1E比较困难.不妨考虑变换三棱锥的位置. VB-C1D1E-VD1-BC1E.因为AB∥C1D1,所以     

三棱台的一个体积关系(高一、高二、高三)

命题如图1,在三棱台A1 B1 C1-ABC中,连结A1 B、A1C、BC1将三棱台分割成三个三棱锥B-A1 B1C1,A1-BCC1,A1-ABC,记VR-A1B1C1=V上,VA1-BCC1=V中,VA-ABC=V下,则V2中=V上·V下.     

用拆项法证明一类条件分式不等式

对于一类条件为a >1,b >1,c >1的分式不等式 ,可借助“拆项法”及平均值不等式 ,予以统一巧证 .拆项法 1　a =(a - 1) + 1.此时有a≥ 2 (a - 1)·1.例 1　设a >1,b >1,求证 :ab - 1+ ba - 1≥4 .证明　 ab - 1+ ba - 1≥ 2 (a - 1)·1b - 1+ (b - 1)·1a - 1≥ 2·2 a - 1b - 1· b - 1a - 1=4 .意外收获 aa - 1+ bb - 1≥ 4 ;aa - 1+ bb - 1+ cc - 1≥ 6 ;ab - 1+ bc - 1+ ca - 1≥ 6 ;ac - 1+ ba - 1+ cb - 1≥ 6等 .细心推敲 ,还不难获得如下 :推论 1　若ai>1,i=1,2 ,3,… ,n ,n∈N ,则a1a2 - 1+ a2a3- 1+… + an- 1an- 1+ ana1- 1≥2n …     

关于5／121的猜想的证明

文[1] 猜想 51 2 1 =13 3 +11 2 1 +13 63 是 51 2 1 的第二类好表法 ,即其化为三个不同单位分数之和 ,其最大分母至少是 3 63 .本文予以证明 .引理 1　若 (m ,n) =1 ,且 nkm =1x +1y ,则m|xy .引理 2　若 (m ,n) =1 ,m为素数 ,nkm2 =1x +1y ,则m2 |x或m2 |y .猜想的证明 :用反证法 ,设有自然数x ,y ,z <3 63 ,使 51 2 1 =1x+1y +1z .①( 1 )若x ,y ,z中至少一数不被 1 1整除 ,不妨设为x ,则 ( 1 1 ,x) =1 ,从而 ( 1 1 ,5x -1 2 1 ) =1 ,可是由①得5x -1 2 1x -1 2 1 =1y +1z ,由引理 2知 ,1 2 1 |y或 1 2 1 |z ,不妨设 1 2 1 |y <3 63 ,则 …     

错了,老师

暑假数学兴趣小组正常开课了 .一天 ,老师出了一道文字证明题“求证 :有两边及其中一边上的高对应相等的两个三角形全等 .”经过分析讨论 ,老师证明如下 :已知 :如图 1 ,△ABC与△A1 B1 C1 中 ,AB =A1 B1 ,BC =B1 C1 ,AD⊥BC于点D ,A1 D1 ⊥B1 C1 于点D1 ,且AD =A1 D1 .图 1求证 :△ABC≌△A1 B1 C1 .证明 　 在Rt△ABD与Rt△A1 B1 D1 中 ,AB =A1 B1 ,AD =A1 D1 ,∴Rt△ABD ≌Rt△A1 B1 D1 ,∴∠B =∠B1 ,又∵AB =A1 B1 ,BC =B1 C1 ,∴△ABC≌△A1 B1 C1 .老师证明时画的是锐角三角形 ,而我在分析时画的是钝…     

三角形与其内接三角形面积的关系

设A_1,B_1,C_1分别是△ABC中BC,CA,AB边上的任意点,则你△A_1B_1C_1为△ABC的内接三角形。本文中记△ABC的面积为S,AB=c,BC=a,CA=b,内切圆半径为r,三旁切圆半径为r_a,r_b,r_c;AC_1/C_1B=m,BA_1/A_1C=n,CB_1/B_1A=l,△AC_1B_1,△BA_1C_1,△CB_1A_1,△A_1B_1C_1的面积分别为S_1,S_2,S_3,S′。则有。定理、△ABC的面积S与其内接△A_1B_1C_1面积S′有如下关系式:S′=(1+mnl)/((1+m)(1+n)(1+l))S其中AC_1/C_1B=m,CB_1/B_1A=l,BA_1/A_1C=n。     

趣谈回文数

英文有词如 madam(夫人 )、dad(口语 :爸爸 )正念倒念都一样 .中文里 ,则有回文诗句、对联 ,如 :“灵山大佛 ,佛大山灵”,“客上天然居 ,居然天上客”等等 ,都是美妙的符合正念倒念都一样的回文句 .联想到数学 ,也有很多数具有回文性 ,倍受人们的喜爱 .如全由数码 1构成的数 1 1 ,1 1 1等都是回文数 ,自乘以后仍得回文数 :1 1 2 =1 2 1 ,1 1 1 2 =1 2 32 1 ,…1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 =1 2 3456 789876 5432 1 .任意写一个三位数 ,如 81 2 ,再续写一遍得 81 2 81 2 ,我们断定 ,它总可以被 7,1 1和1 3整除 .为什么 ?显然 ,是回文数 1 0 0 1 ( =7…     

高中数学会考模拟试卷(B)

(1)∵A_1B_1∥AB,AB⊥BC,∴A_1B_1⊥BC,又∵直棱柱,∴BB_1⊥平面A_1B_1C_1。∴BB_1⊥A_1B_1,∴A_1B_1⊥平面BB_1C_1C.(2)∵A_1C在平面BC_1内射影为B_1C,由三垂线定理得A_1C⊥BC_1.(3)取BB_1中点F,连EF,DF,∵DE∥A_1B_1,∴BE⊥平面BB_1C_1C,∴∠DFE为二面角D-BB_1,-E     

2007年第3期问题解答

85.设正数a,b,c满足a b c=3,求证:ab 1 bc 1 ca 1 1ab b1c c1a≥6.证明:首先证明下面的命题:设t>0,p,q∈R,且p·q>0,则1 tp q≥tp tq,当且仅当t=1时,等号成立.因为1 tp q≥tp tq#1 tp q-tp-tq≥0#1 tp·tq-tp-tq≥0#(tp-1)(tq-1)≥0.因为t>0,p,q∈R,且p·q>0,所以tp-1与tq-1同号,所以(tp-1)(tq-1)≥0,即要证的不等式1 tp q≥tp tq成立.在不等式1 tp q≥tp tq中,令q=p 1,则有1 t2p 1≥tp 1 tp(p>0,或p<-1),两端同除以tp得tp 1 t1p≥t 1.所以ab 1 a1b≥a 1,bc 1 b1c≥b 1,ca 1 c1a≥c 1,这三个同向不等式相加并将a b c=3代入得ab 1 bc 1 ca 1…     

银河信息

在俄罗斯克洛夫斯基的科幻小说《银河俱乐部》中,银河系的某些星球上居住着高度文明的"宇宙人",他们懂得现在世界上一切民族的语言文字.从古到今,他们一直在向地球发送信息.据说有一天,美国阿雷雪波天文台接收到了一串脉冲信号:0 00 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 10 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 11 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 0 10 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0.研究人员发现它们不多不少,正好是100个     

计算机组成原理与汇编语言程序设计综合练习

1　单项选择题(1 )若十六进制数为A3 5 ,则其十进制数为 (　　 )。　A 1 6 3 31 2 5　　　　　　　B 1 72 5　C 1 79 75　　　　　D 1 88 5(2 )若X原 =0 .1 1 0 1 0 1 0 ,则X补 =(　　 )。　A 1 0 0 1 0 1 0 1　　　　　　B 1 0 0 1 0 1 1 0　C 0 0 0 1 0 1 1 0　　　　D 0 1 1 0 1 0 1 0(3)某定点整数 1 6位 ,含 1位符号位 ,原码表示 ,则其绝对值最大负数为 (　　 )。　A - (2 1 5- 1 )　　　　　　B - (2 1 6- 1 )　C - 2 1 5D - 2 1 6(4 )某浮点数字长 32位 ;其中阶码 8位 ,含 1位阶符 ,补码表示 ,R =2 ;尾数 2 4位 ,含 1位…     

一道培训题的简解与推广(高一、高二)

第十二届“希望杯”高一培训题第55题为: 如图1,△ABC各边三等分点A1,B1,C1,其中2CA1=A1B,2BC1=C1A,2AB1=B1C,AA1,     

一道立体几何题的三种解法

例题在长方体ABCD—A1B1C1D1中,AB=AA1=2cm,AD=1cm,求异面直线A1C1与BD1所成的角.解(平移法)设A1C1与B1D1交于O点,取B1B的中点为E,连接OE,如图1所示.因为OE∥BD1,所以∠C1OE或其补     

趣谈“0=1=-1”

当你看到“0=1=-1”这个结论时,你一定会觉得很可笑,纯 属无稽之谈.当然,这个结论是不可能成立的,那么我们不妨来诡 辩一下,你能从中找出错误结论的根源吗? 计算1-1+1-1+1-1+…. 如果从第一项起,每两项结合,可得 原式=(1-1)+(1-1)+(1-1)+(1- 　　　　　1)+… =0+0+0+0+… =0. 如果从第二项起,每两项结合,可得 原式=1+(-1+1)+(-1+1)+(-1+1)+… =1+0+0+0+… =1. 如果将原式中的奇数项和偶数项互换位置,原式=-1+1- 1+…     

构造正方体巧解题

根据一类题目的特征,巧妙地构造正方体,可以使一些立体几何问题别开生面地得以解决,并使人有寓娱乐于解题之中的美感.例1在三棱锥A-PMN中,AP⊥AM,AM⊥AN,AN⊥AP,C1是底面PMN内一点,且C1到侧面AMN、侧面AMP、侧面ANP的距离都是1,求AC1的长.解如图1,设CC1⊥面AMP,垂足为C,C1B1⊥面ANP,垂足为B1,C1D1⊥面AMN,垂足为D1,则CC1=C1B=C1D1=1.以CC1、C1B1、C1D1为从C1出发的三条棱,以AC1为对角线构造正方体ABCD-A1B1C1D1,则易知AC1=3.例2如图2,四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,SD⊥底面ABCD,SB=3,求面ASD…     

一个不等式的推广

文[1]证明了一个不等武:0≤x,y,x_1,y_1≤1,x x_1=1,y y_1=1,则L_2=(x~2 y~2)~(1/2) (x~2_1 y~2)~(1/2) (x~2 y~2_1)~(1/2) (x~2_1 y~2_1)~(1/2)≤2 2~(1/2),并根据L_2的几何意义提出了猜想.设0≤z,y,z,x_1,y_1,z_1≤1,x x_1=1,y y_1=1,z z_1=1,则L_3=(x~2 y~2 z~2)~(1/2) (x~2_1 y~2 z~2)~(1/2) (x~2_1 y~2_1 z~2)~(1/2) (x~2 y~2_1 z~2)~(1/2) (x~2 y~2 z~2_1)~(1/2) (x~2_1 y~2 z~2_1)~(1/2) (x~2 y~2_1 z~2_1)~(1/2)     

构造长方体 巧证不等式

正例1已知x,y,z都是正数,且x2+y2+z2=1.求证1-x2(1/2)+1-y2(1/2)+1-z2(1/2)3-(x+y+z)证明由已知条件x2+y2+z2=1联想到长方体的对角线公式.如图1,构造长、宽、高分别为x,y,z的长方体,其对角线AC1的长为1.则AB1=y2+z2(1/2)=1-x2(1/2).而AB1+B1C1=1-x2(1/2)+xAC1=1 1同理AD1+C1D1=1-y2(1/2)+yAC1=1 2AC+CC1=1-z2(1/2)+zAC1=1 3     

关于n维单形的一个不等式

设∑A是E~n中的n维单形:e_1,e_2,…,e_(n+1)分别是∑A的n+1个界面上的单位法向量,令D_1=det(e_1,e_2,…,e_(1-1),e_(1+1),…,e_(n+1)),a_1=arc sin |D_1|,则有:sum from i=1 to n+1 (λ_1sin~2α_1)≤(multiply from i=1 to n+1 (λ_1))(1/n sum from i=1 to n+1 1/(λ_1))~n这里λ_1∈R~+,i=1,2,…,n+1     

一道美国竞赛题的推广

题目a、b、c是正实数.证明:(a5-a2 3)(b5-b2 3)(c5-c2 3)≥(a b c)3.(2004,美国数学奥林匹克)研究该题,笔者发现可以将其堆广.命题若ai∈R ,i=1,2,…,n,则∏ni=1(a2n-1i-an-1i n)≥∑ni=1ain,n∈ .证明:因为ai∈R ,i=1,2,…,n,所以,(ani-1)(an-1i-1)≥0(n∈N )a2n-1i-ani-an-1i 1≥0a2n-1i-an-1i n≥ani (n-1).记Ani=ani (n-1),则由上式知∏ni=1(a2n-1i-an-1i n)≥∏ni=1(Ani).①下面证明∏ni=1(Ani)≥∑ni=1ain.因为1=an1An1 n-1An1=an1An1 1An1 … 1An1,1=1An2 an2An2 1An2 … 1An2,1=1An3 1An3 an3An3 1An3 … 1An3,……1=1Ann …