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以下α为锐角,我们先从简单开始1.sin3cos31α α≥2证明设sin3cos3,1P=α αQ=22P Q[sin3sin3(1)3]=α α 2 [cos3cos3(1)3]α α 231(sin2cos2)3≥?2?α α=Q.∴P≥Q,即sin3cos31α α≥2.2.sin4cos4(1)2α α≥2证明sin4cos4,(1)2P=α αQ=22P 2Q[sin4sin4(1)4(1)4]=α α 2 2[cos4cos4(1)4(1)4] α α 2 24(1)2(sin2cos2)4≥?2?α α=Q.∴P≥Q,即sin4cos4(1)2α α≥2.3.sin5cos5(1)3α α≥2证明sin5cos5,(1)3P=α αQ=22P 3Q[sin5sin5(1)5(1)5=α α 2 2 (1)5][cos5cos5(1)52 α α 25(1)3(sin2cos2)5≥?2?α α=Q.∴P≥Q,即… 相似文献
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《中学数学教学参考》2007,(15)
定理1 欲证 P≥Q,只需证 P Q≥2Q.例1 (《数学通报》数学问题解答1602)已知 a,b,c∈R_ ,求证:((a b)/(a c))a~2 ((b c)/(b a))b~2 ((c a)/(c b))c~2≥a~2 b~2 c~2 .证明:不等式可化为P=a~3b~2 b~3c~2 c~3a~2≥a~2b~2c ab~2c~2 a~2bc~2≥Q.P Q=(a~3b~2 ab~2c~2) (b~3c~2 a~2bc~2) (c~3a~2 相似文献
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王家爱 《潍坊教育学院学报》1995,(Z2)
<正>定理 设M,N,P分别为三角形ABC之边BC,CA和AB内的任意点,直线AM,BN和CP分别交三角形ABC的外接圆于Q,R和S,则 AM/MQ+BN/NR+CP/PS≥9 证明 作图示如下(图1)。 显然,AM/MQ=AF/M′Q≥AF/A′Q′,这里A′为Bc之中点,Q′为圆弧(?)之中点,M′为Q到BC之垂足。因此,当Q,R,S分别为圆弧 (?),(?),(?)之中点时,AM/MQ+BN/NR+CP/PS将取得唯一的最小值。下面我们不妨假定Q,R,S所在位置恰好使AQ,BR,CS为角 A,B,C之平分线。 相似文献
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例1 证明:等值式P→(Q→R)(?)P∧Q→R成立。证 方法1:真值表法。列公式P→(Q→R)与P∧Q→R的真值表如表所示。 相似文献
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肖丹丹 《内江师范学院学报》2024,(4):50-52+99
设H是希尔伯特空间,P,Q是B(H)上的正交投影.证明了M_θ(P,Q)非空的充要条件是P的值域与Q的零空间之交的维数等于P的零空间与Q的值域之交的维数,其中M_θ(P,Q)是到P的距离小于等于sinθ且到Q的距离小于等于cosθ的投影所组成的集合.首先利用Halmos提出的两个投影理论中的矩阵分解形式证明其充分性;其次通过构建PH与(I-Q)H之交到QH与(I-P)H之交的双射,证明其必要性. 相似文献
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蒋明斌 《中学数学教学参考》2004,(6):57-57,64
文[1 ]得到如下恒等式:命题1 设P、Q是△ABC的等角共轭点(即∠PAB =∠QAC ,∠PBC =∠QBA ,∠PCB=∠QCA) ,则有AP·AQAB·AC BP·BQBA·BC CP·CQCA·CB=1 .①文[2 ]将命题1推广为命题2 设P、Q为△ABC所在平面内任意两点,则AP·AQAB·AC BP·BQBA·BC CP·CQCA·CB≥1 ( =|P、Q为等角共轭点) .②本文将命题2推广到凸n边形,我们有命题3 设P、Q为凸n边形A1A2 …An(n≥3 )所在平面上任意两点,F为这凸n边形的面积,则∑ni=1PAi·QAisinAi≥2F .③注:由正弦定理知②等价于PA·QAsinA PB·QBsinB P… 相似文献
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第一部分 1、证明,存在以正整数为项的等差数列,它有无穷多项,每一项的不同的正约数的个数都是5的倍数,且第一项是16。并在所有这种等差数列中,找出公差最小的来。 2、设锐角三角形ABC的外心是M,过点A、B、M的圆交直线BC于点P,交直线AC于点Q。证明,直线CM垂直于直线PQ。 3、设{b_n}为正整数序列,对一切n≥ 相似文献
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虞祜 《数理天地(高中版)》2005,(6)
题设Q为抛物线y2=2px(p>0)上任一点,连结点M(a,0)与Q,若|MQ|≥|a|.求a的范围.解设Q(x,y),则((x-a)2 y2)~(1/2)=|MQ|≥|a|,将y2=2px代入上式得x2-2(a-p)x≥0(x≥0).当a≤P时,x2-2(a-p)x≥0的解为x≥0,即此时的a满足题目要求.由此发现:抛物线上除顶点外,其余点到点M(a,0) 相似文献
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习题经过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F作一直线与抛物线相交于P1、Q1两点,求证:以线段P1Q1为直径的圆与抛物线的准线相切.证明设P1Q1的中点为M,点P1、Q1、M在抛物线准线上的射影分别为点P2、Q2、N,则P1P2=P1F,Q1Q2=Q1F.因为MN是直角梯形P1Q1Q2P2的中位线,所以MN=1/2(P1P2 Q1Q2)=12(P1F Q1F)=1/2P1Q1,圆心M到准线的距离等于圆的半径,所以此圆与准线相切.结论以抛物线的焦点弦为直径的圆与其准线相切.反思1若以圆锥曲线的焦点弦为直径的圆与相应的准线相切,那么此圆锥曲线是否是抛物线?判断设圆锥曲线的焦点F,过焦点的弦为PQ,… 相似文献
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宿晓阳 《中学数学教学参考》2003,(6):60-61
定理 设P、Q为△ABC内两点 ,则AP·AQAB·AC +BP·BQBA·BC+CP·CQCA·CB≥ 1 . ( )等式当且仅当P、Q为△ABC等角共轭点 (即∠PAB=∠QAC ,∠PBC =∠QBA ,∠PCB =∠QCA)时成立 .证明 :如图 ,顺次以BC、CA、AB为对称轴作△PBC、△PCA、△PAB的对称图形 ,分别为△A′BC ,△B′CA ,△C′AB ,连结A′Q、B′Q、C′Q ,则易知 (以S△ 表示面积 ) :S△AC′Q+S△AB′Q=12 AC′·AQsin∠C′AQ +12 AQ·AB′sin∠B′AQ =12 AP·AQ(sin∠C′AQ +sin∠B′AQ)=12 AP·AQ·2sin ∠C′AQ +∠B′AQ2 ·c… 相似文献
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凸四边形上的最大点在四边形上 ,到各顶点距离之和为最大的点 ,就叫四边形的最大点 .引理 1 设P为凸四边形ABCD的边AD上一点 ,若DB DC≥AB AC ,则PB PC≤DB DC .过P以B、C为焦点作椭圆 ,则A、D至少有一点在椭圆外 ,由DB DC≥AB AC ,故D必在椭圆外 ,于是PB PC≤DB DC .引理 2 设P为凸四边形内一点 ,那么在四边形边上存在点P1,使h(P)≤h(P1) ,其中h(x) =xA xB xC xD .以A、D为焦点过P作椭圆 (图 1 ) ,过P作椭圆的切线交AB于Q ,DC于P1,则Q、P1均在椭圆之外 ,不妨设P1B P1C≥QB QC ,则由引理 1知PB … 相似文献
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封屹 《湖南师范大学教育科学学报》2000,(5)
研究具有正负系数线性中立型微分方程 (x(t) -p(t)x(t-τ) )′+Q(t)x(t -σ) -R(t)x(t-δ) =0 ,t≥t0 ,其中P(t) ,Q(t) ,R(t) ∈C([T0 ,+∞ ) ,(0 ,+∞ ) ,τ>0 ,σ>δ≥ 0 ,Q(t) =Q(t) -R(t-σ+δ) >0 ( 0 ) ,获得了保证方程每一解振动的新的充分条件 相似文献
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在现行的平面几何教材中,关于如何证明两条直线互相垂直,方法介绍了很多,但有一个定理,即“若点 P、Q∈a,点M、N∈b,且PM~2-PN~2=QM~2-QN~2,则a⊥b”(见梁绍鸿著《初等数学复习及研究(平面几何)》第118页习题12)却谈及甚少。本文介绍并证明该定理,并举例说明某些证明线段垂直的几何题,运用该定理,较为方便。定理:若点P、Q∈a,点M、N∈b,(P≠Q,M≠N)且 PM~2-PN~2=QM~2-QN~2,则a⊥b。 相似文献
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我们先看一个例题 :例 1 已知动点 P在上半圆 x2 y2 =1(y≥ 0 )上运动 ,定点 Q(2 ,0 ) ,线段 PQ绕点Q顺时针旋转 90°到 QR,求动点 R的轨迹以及 R到圆心 O的距离的最大值和最小值 .这类问题的解法较多 ,较常规也较简单的解法是“复数法”:图 1先把圆方程改写成复数方程 :| z|= 1 ,设动点 P,R的复数为 z P,z R,定点 Q的复数为 z Q= 2 .再利用复数的向量旋转性质可得关系式 :(z R- z Q) i=z P- z Q,解得 z P=(z R- z Q) i z Q,代入圆的复数方程得| (z R- z Q) i z Q| =1 ,代入相关数据 ,并设动点 R(x,y) ,化为普通方程即是(x… 相似文献
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《中学数学研究(江西师大)》2006,(7):45-49,F0004
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(理)已知集合 M={x|x/(x-1)~3≥0},N={y|y=3x~2 1,x∈R},则 M∩N等于()A.φ B.x{x|x≥1}C.{x|x>1} D.{x|x≥1或 x<0}(文)已知集合 P={x|x(x-1)≥0},Q={x|=1/(x-1)>0},则 P∩Q等于()A.φ B.x{x|x≥1}C.{x|x>1} D.{x|x≥1或 x<0} 相似文献
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题目已知:如图1,正方形ABCD中,P,Q分别是边BC,CD上的点,且∠PAQ=45°.求证:PQ=PB+DQ.证明如图1,将Rt△ADQ绕着点A旋转到Rt△ABQ′的位置,则P,B,Q′ 相似文献
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大家知道,数字归纳法在证明与自然数有关的命题中起着举足轻重的作用。然而在许多命题的论证过程中又需要一定的技巧,且证明又十分复杂。为了避免数学归纳法这一不足,我们应用数学论证的另一种方法——单差推证法,从而起到简化论证有关自然数命题的作用。若p(n)—Q(n)是依赖于自然数N的命题,如果p(n。)—Q(n。)(n。∈N)及[p(n)—p(n-1)]—[Q(n)—Q(n—1)]都能使命题成立,则对任意自然数 n(n≥n。)命题 P(n)—Q(n)成立,这种论证方法叫单差推证法。对于自然数的任何一个非空子集如:{1、2、4、6……},{6、8、9、10、11}可以看出它们都有最小数1和6,这个问题就是数学中的一个公理:最小数原理:任何自然数的非空子集,一定有最小数。这个原 相似文献