一个几何不等式的证明

题目:设a、b、c表示△ABC中∠A、∠B、∠C所对的边长,形内任意两点P_1、P_2到A、B、C三个顶点的距离分别为a_1、a_2,b_1、b_2,C_1、C_2.求证:     

这两道题不妥

题目:已知a、b、c是锐角三角形ABC的三个内角A、B、C所对的三边,tg1/2A=tg~3 1/2 C,sinBcosC=sin(C-B),并且a、b、c、成等比数列,试证明△ABC是正三角形。有一本书给出的解答提示如下:“先由已知条件和A+B+C=π导出B=1/3π,再由余弦定理证明 a=c,则△ABC是正三角形”。其实,这道题是不妥的。为了便于分析,笔者根据以上提示猜测其证明过程为: 由已知 sinB·cosC=sin(C-B) 得 sinB·cosC=sinCcosB-cosCsinB化简得 2sniB·cosC=sinC·cosB ①     

递推数列a_(n+1)=qa_n+b_1p_1~n十b_2p_2~n+b_3的通项公式

我们考虑这样的数列:已知数列{a_n}的a_1,并且递推公式为a_(n+1)=qa_n+b_1P_1~n+b_2p_2~n+b_3,其中q,P_1,P_2,b_1,b_2,b_3为常数,且q≠0,P_1,P_2≠1,P_1≠P_2,这个数列的通项公式如何求法,我们分以下几种情况来讨论这种问题.一、q≠1的情况(一)当q≠pi(i=1,2)时,设a_n=u_n+a_1p_1~n+a_2p_2~n+a_3,其中a_1、a_2、a_3为待定系数.将此式代入上面的递推公式中,得     

一道课本习题的启发

<正>课本习题(《普通高中课程标准实验教科书》必修2第88页"探究·拓展"15)已知两条直线a_1x+b_1y+1=0和a_2x+b_2y+1=0都过点A(1,2),求过两点P_1(a_1,b_1),P2(a_2,b_2)的直线的方程.解因为直线a_1x+b_1y+1=0,a_2x+b_2y+1=0都过点A(1,2),所以a_1+2b_1+1=0,a_2+2b_2+1=0.由于P_1(a1,b1),P_2(a_2,b_2)均适合方程x+2y+1=0,且两点确定一条直     

涉及两个三角形面积和边的一个等式

定理 设△A_1B_1C_1和△A_2B_2C_2边长和面积分别为a_1,b_1,c_1,a_2,b_2,c_2和△_1,△_2,记s_i=a_i~2 b_i~2 c_i~2,i=1,2,H=a_1~2(-a_2~2 b_2~2 c_2~2) b_1~2(a_2~2-b_2~2 c_2~2) c_1~2(a_2~2 b_2~2-c_2~2),则有恒等式:     

谈正弦、余弦定理与面积相关的问题

一、利用正弦、余弦定理结合面积公式求三角形的面积 例1(2012年高考江西理18)在△ABC中,角A,B,C的对应边分别为a,b,c.已知A=π/4,并且bsin(π/4+C)-csin(π/4+B)=a. (1)求证:B-C=π/2; (2)若a=√2,求△ABC的面积. 解析:(1)已知由bsin(π/4+C)-csin(π/4+B)=a,应用正弦定理得: sin Bsin(π/4+C)-sin Csin(π/4+B)=sin A.     

一个三角形中不等式的简证及应用

在△ABC中,求证: sin2A+sin2B+sin2C≤9/4.(1) 证明 由柯西不等式,得 sin2C=sin2(A+B) (sin Acos B+sin Bcos A)2 ≤(sin2A+sin2 B)(cos2+cos2B), 从而由二元均值不等式得 sin2A+sin2B+sin2C≤(sin2A+sin2B)(cos2A+cos2B+1)≤[(sin2A+sin2B)+(cos2A+cos2B+1)/2]2=9/4.得证.     

一道竞赛题的又一巧解

第六届“祖冲之杯”数学邀请赛的一道试题,本刊曾提供了“巧解”,这里再提供一个“巧解”。原题:设a_1、b_1、a_2、b_2都是实数,a_1≠a_2且(a_1+b_1)(a_1+b_2)=(a_2+b_1)(a_2+b_2)=1, 求证:(a_1+b_1)(a_2+b_1)=(a_1+b_2)(a_2+b_2)=-1。证明将条件等式同除以(a_1+b_2)(a_2+b_1)得a_1+b_2/a_2+b_1=a_2+b_2/a_1+b_1=1/(a_1+b_1)(a_2+b_1)。而a_1+b_2/a_2+b_1=a_2+b_2/a_1+b_1=(a_1+b_2)-(a_2+b_2)/(a_2+b_1)(a_1+b_1)=a_1-a_2/a_2-a_1=-1,∴(a_1+b_1)(a_2+b-1)=-1。     

组合恒等式的几种证明方法

<正>对于组合恒等式的证明无固定的方法,使得人们常感到无从下手,下面介绍证明组合恒等式的几种方法,供读者参考。一、构造组合模型例1求证:(C_n⁰)0)²+(C_n2+(C_n¹)1)²+…+(C_n2+…+(C_nⁿ)n)²=C_(2n)2=C_(2n)ⁿ。证明:设集合A={a_1,a_2,…,a_n},集合B={b_1,b_2,…,b_n}。选法一:从A∪B中的2n个不同元素中选取出n个元素的组合数为:C_(2n)n。证明:设集合A={a_1,a_2,…,a_n},集合B={b_1,b_2,…,b_n}。选法一:从A∪B中的2n个不同元素中选取出n个元素的组合数为:C_(2n)ⁿ。选法二:从A中取0个元素,从B中取n     

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。     

四边形面积的一个性质与若干数学竞赛题

定理凸四边形的两条对角线把四边形划分成的四个小三角形中,两组对顶的两个三角形面积之积相等. 证明:如图1,记∠AOB=α,△AOB、△COD△AOD、△BOC的面积分别为S_1、S_2、S_3、S_4,则由三角形面积公式有S_1·S_2=1/2AO·BO·sinα·1/2CO·DO·sinα,S_3·S_4=1/2AO·DO·sin(180°-α)·1/2BO·CO·sin(180°-α)故得,S_1·S_2=S_3·S_4。     

例说三角形中取值范围问题的精准界定

<正>一、问题与解答问题在锐角三角形ABC中，已知A,B,C分别为△ABC三边a,b,c所对的角，且■(1)求角B的大小;(2)若b=2■，求a+c的取值范围．解(1)由条件得bcos A+acos B=■bsin C，再运用正弦定理，得sin Bcos A+sin Acos B=■sin Bsin C，即sin(A+B)=■sin Bsin C，亦即sin C=■sin Bsin C，     

探究三角形形状的九种方法

一、应用正弦定理判定【例1】已知在△ABC中,sin2A+sin2B=sin2C,求证△ABC是直角三角形.证明:由正弦定理sinA=2aR,sinB=2bR,sinC=2cR,代入sin2A+sin2B=sin2C中,得4aR22+4bR22=4cR22,∴a2+b2=c2,故△ABC是直角三角形.二、应用余弦定理判定【例2】在△ABC中,A、B、C所对的边分别为a、b、c,a≠b,且a·cosA=b·cosB.判定△ABC的形状.解:α·cosA=b·cosB,由余弦定理得α·b2+2cb2c-a2=b·a2+2ca2c-b2,化简整理得(a2-b2)(c2-a2-b2)=0,∵a≠b,∴a2+b2=c2,故△ABC是直角三角形.三、应用根的判别式判定【例3】若a、b、c为△ABC的…     

双圆半径的几何性质

本文先给出含双圆半径的几何性质: 定理1:设△ABC的外接圆半径为R,内切圆半径为r,顶点A、B、C到内心的距离分别为a0,b0,c0,则4Rr2=a0b0c0. 证明:因为r=(a0sin)A/2.=(b0sin)B/2=(c0sin)C/2. 所以r3=(a0b0c0sin)A/2(sin)B/2(sin)C/2因为△=1r/2(a+b+c)=Rr(sinA+sinB+sinC)=2R2sinAsinBsinC所以r/2R=sinA·sinB·sinC/sin+sinB+sinC又因为易证sinA+sinB+sinC=     

应用比例性质要注意的一个问题

若a_1、b_1、a_2、b_2成比例,即a_1/b_1=a_2/b_2,则它具有下列性质: (1)a_1/a_2=b_1/b_2,b_2/b_1=a_1/a_2 (更比定理) (2)b_1/a_1=b_2/a_2 (反比定理) (3)a_1/(a_1+b_1)=a_2/(a_2+b_2),(a_1+b_1)/b_1=(a_2+b_2)/b_2 (合比定理) (4)a_1/(a_1-b_1)=a_2/(a_2-b_2),(a_1-b_1)/b_1=(a_2-b_2)/b_2 (分比定理)     

等比性质的灵活应用

等比性质:“若a_1/b_1=a_2/b_2=a_3/b_3=…=a_n/b_n(b_+b_2+b_3+…+_n≠0),则有(a_1+a_2+a_3+…+a_n)/(b_1+b_2+b_3+…+b_n)=a_1/b_1”.它在数学解题中有着广泛的应用,若能灵活运用并注意它的条件:b_1+b_2+b_3+…+b_n≠0,可以避免繁复的计算或复杂的推理.     

涉及三等分角线的又一定理

莫勒定理是涉及三等分角线的著名定理,类比三角形的内心与旁心,可得到一个令人吃惊而又全然意外的结论: 定理如图,设AE和AF,BD和BF,CD和CE分别是∠A,∠QBC,∠PCB的三等分线,则△DEF是正三角形,且其边长为8RsinA/3sin(60°-B/3)sin(60°-C/3),其中R为△ABC的外接圆半径。证明:需引入下列两个三角恒等式: (1)sinθ =4sinθ/3sin(60°-θ/3)sin(60°+θ/3). (2)sin~2α+sin~2β十2sinαsinβcos(α+β) =sin~2(α+β). 在△BCD中,由正弦定理得     

难题征解

问题 43°.对于怎样的正整数n,可以将1.2,3,…,n,这n个数分成A、B两组,满足:a_1,a_2∈A,a_1≠a_2,(?):b_1,b_2∈B,b_1≠b_2,使a_1+a_2=b_1+b_2;反之.     

应用柯西不等式的几个推广

<正>柯西不等式:设a_1,a_2,…,a_n;b_1,b_2,…,b_n是两组实数,则有n∑k=1a_k²·n∑k=1b_k2·n∑k=1b_k²≥(n∑k=1a_kb_k)2≥(n∑k=1a_kb_k)²。其中等号成立当且仅当a_1:a_2:…:a_n=b_1:b_2:…:b_n。推论:设a_1,a_2,…,a_n是正实数,则(a_1+a_2+…+a_n)(1/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n2。其中等号成立当且仅当a_1:a_2:…:a_n=b_1:b_2:…:b_n。推论:设a_1,a_2,…,a_n是正实数,则(a_1+a_2+…+a_n)(1/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n²,其中等号成立当且仅当a_1=a_2=…=a_n。     

垂足三角形外接圆半径之间的一个恒等式

关于垂足三角形外接圆半径之间有下面一个恒等式:定理设△DEF是锐角△ABC的垂足三角形,且BC=a,CA=b,AB=c,△ABC的面积,外接圆半径,内切圆半径分别为?,R,r,若△AEF,△BDF,△CDE的外接圆半径依次为R A,BR,RC,则cot cot cotA2B2C2R A+R B+RC2(R r)r=??.(1)证明如图,由文[1]知EF=a cos A,FD=b cos B,DE=c cos C,∵A2sinREF=A cos2sina A=A2sin cos,R A A=A H D AE BFC∴R A=R cos A.同理RB=R cos B,RC=R cos C.令cot cot cot,A2B2C2K=R A+R B+RC在△ABC中应用常见恒等式:?=rs,cot2422∑A=s?R?r?r,csc2422…