评第41届IMO第2题

20 0 0年第 4 2届ＩＭＯ的第 2题是 :设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,且ａｂｃ =1.求证 :(ａ - 1 1ｂ) (ｂ - 1 1ｃ) (ｃ - 1 1ａ)≤ 1( 1)此题是一道陈题的变形 .事实上 ,由ａｂｃ =1,不妨设ａ =ｘｙ ,ｂ =ｙｚ ,ｃ=ｚｘ (ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ )代入 ( 1)式 ,得( ｘｙ - 1 ｚｙ) ( ｙｚ - 1 ｘｚ) ( ｚｘ - 1 ｙｘ)≤ 1 (ｘ ｚ - ｙ) (ｘ ｙ -ｚ) ( ｙ ｚ -ｘ)≤ｘｙｚ . ( 2 )( 2 )式是 1983年瑞士国际数学竞赛题之一 .关于它的证明较多 .其中最简单的莫过于如下证法 :由　ｘ2 ≥ｘ2 - ( ｙ -ｚ) 2=(ｘ ｙ -ｚ) (ｚ ｘ - ｙ) ,ｙ2 ≥ ( ｙ ｚ -ｘ) (…     

2002年第二期初中数学问题解答

一.当ｘ2=3ｘ-9时,试求ｘ3的值.解:∵ｘ2=3ｘ-9,∴ｘ3=ｘ2·ｘ=(3ｘ-9)ｘ=3ｘ2-9ｘ=3(3ｘ-9)-9ｘ=9ｘ-27-9ｘ=-27.因此,当ｘ2=3ｘ-9时,ｘ3=-27.二.设ｘ+ｙ+ｚ=ａ,则ｘ2+ｙ2+ｚ2≥ａ23.证明:∵ｘ+ｙ+ｚ=ａ,∵(ｘ+ｙ+ｚ)2=ａ2.也即ｘ2+ｙ2+ｚ2+2(ｘｙ+ｙｚ+ｘｚ)=ａ2.∴ｘ2+ｙ2+ｚ2=ａ2-2(ｘｙ+ｙｚ+ｘｚ).　①又∵(ｘ-ｙ)2≥0,　(ｙ-ｚ)2≥0,　(ｚ-ｘ)2≥0,∴(ｘ-ｙ)2+(ｙ-ｚ)2+(ｚ-ｘ)2≥0.同理得2(ｘ2+ｙ2+ｚ2)≥2ｘｙ+2ｙｚ+2ｘｚ.　②①+②得3(ｘ2+ｙ2+ｚ2)≥ａ2.因此ｘ2+ｙ2+ｚ2≥ａ23.三.若ａ,ｂ为整数,|ａ|≠|ｂ|,则ａｂ+ｂａ不可能是…     

恒等式与解方程(组)

利用配方法不难推证下列三元恒等式 :3 (ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ) =(ａ +ｂ+ｃ) 2 +(ａ -ｂ) 2 +(ｂ -ｃ) 2 +(ｃ -ａ) 2 .巧用这一恒等式 ,可以妙解一类方程 (组 )竞赛题 .1.巧查一道错题例 1　设ｘ ,ｙ ,ｚ是三个实数 ,且有1ｘ +1ｙ+1ｚ=21ｘ2 +1ｙ2 +1ｚ2 =1,则 1ｘｙ+1ｙｚ+1ｚｘ的值是 (　　 ) .(Ａ) 1　 (Ｂ) 2　 (Ｃ) 32 　 (Ｄ) 3(1991年南昌市数学竞赛试题 )解一　利用 (ａ +ｂ +ｃ) 2 =(ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ) +2 (ａｂ+ｂｃ+ｃａ) ,容易误得 (Ｃ) 32 .∵　 2 2 =(1ｘ +1ｙ+1ｚ) 2=1ｘ2 +1ｙ2 +1ｚ2 +2 (1ｘｙ+1ｙｚ+1ｚｘ)=1+2 (1ｘｙ+1ｙｚ+1…     

例说用比例性质解代数题

一、求值例１已知ｘｙ＋ｚ＝ａ,ｙｚ＋ｘ＝ｂ,ｚｘ＋ｙ＝ｃ,求ａ１＋ａ＋ｂ１＋ｂ＋ｃ１＋ｃ的值．解由已知可推出ｘ＋ｙ＋ｚ≠０,由合比定理有ｘｘ＋ｙ＋ｚ＝ａ１＋ａ,ｙｘ＋ｙ＋ｚ＝ｂ１＋ｂ,ｚｘ＋ｙ＋ｚ＝ｃ１＋ｃ∴ａ１＋ａ＋ｂ１＋ｂ＋ｃ１＋ｃ＝１例２已知ｍ...     

用“若a+b=0,则ab≤0”解竞赛题

如果两实数ａ ,ｂ满足ａ +ｂ =0 ,则ａｂ≤0 .应用这个结论解答一些竞赛题十分简捷 .现举例说明 .例 1　ｘ ,ｙ ,ｚ均为实数 ,解方程组ｘ + ｙ =2ｘｙ -ｚ2 =1①②(1987年上海市初中数学竞赛 )解　由①得　 (ｘ -1) + (ｙ -1) =0 .∴ (ｘ -1) (ｙ -1) =ｘｙ-(ｘ + ｙ) + 1≤0 ③①、②代入③得　 (ｘ -1) (ｙ -1) =ｚ2 ≤ 0 ,∴　ｚ =0 ,　ｘ -1=ｙ -1=0 .故方程组的解是　ｘ =1,ｙ =1,ｚ =0 .例 2　已知实数ａ ,ｂ ,ｃ满足ａ +ｂ +ｃ =0 ,ａｂｃ=8.求ｃ的取值范围 .(第一届“希望杯”初二数学竞赛 )解　由已知 (ａ + 12 ｃ) + (ｂ + 12 ｃ)…     

三角形的一个边角变换的推广

王开广老师在贵刊 2 0 0 1年第 5期给出了一个三角形边到角的三角函数的变换 :定理　 ｆ (ａ ,ｂ ,ｃ,△ )≡ ｆ (ｃｏｓ Ａ2 ,ｃｏｓ Ｂ2 ,ｃｏｓ Ｃ2 ,18(ｓｉｎＡ ｓｉｎＢ ｓｉｎＣ) ) ,其中ａ ,ｂ ,ｃ ,△分别是△ＡＢＣ的三边和面积 .下同 .本文予以推广推广　ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ,△ )≡ｆ(ａ′ ,ｂ′ ,ｃ′ ,△′) ,其中　　ａ′ =ｙ2 ｚ2 2 ｙｚｃｏｓＡ,ｂ′=ｚ2 ｘ2 2ｚｘｃｏｓＢ ,ｃ′ =ｘ2 ｙ2 2ｘｙｃｏｓＣ,△′ =12 | ｙｚｓｉｎＡ ｚｘｓｉｎＢ ｘｙｓｉｎＣ| .ｘ ,ｙ ,ｚ是任意实数 ,且ｘｙｚ≠ 0 .为证明该推广…     

“换分母”巧证分式不等式

证明分母是多项式的某些分式不等式时 ,若将分母用其它变量替换 ,把所证不等式转化为较简单的不等式 ,往往可找到解题捷径 .例 1　 (第 2 6届独联体数学奥林匹克试题 (十年级 ) )对任意ａ >1,ｂ >1,求证 :ａ2ｂ - 1 ｂ2ａ - 1≥ 8.证　令ｂ - 1=ｘ ,ａ - 1=ｙ ,则ｘ ,ｙ∈Ｒ ,ａ2ｂ - 1 ｂ2ａ - 1=(ｙ 1) 2ｘ (ｘ 1) 2ｙ≥(2 ｙ) 2ｘ (2ｘ) 2ｙ=4 (ｙｘ ｘｙ)≥ 8.当且仅当ｘ =ｙ =1,即ａ =ｂ =2时等号成立 .例 2　 (《中等数学》1996年第 1期数学奥林匹克问题 )设ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ ,求证 :ｘ2ｘ ｙ ｚ ｙｘ 2 ｙ ｚ ｚｘ ｙ 2ｚ…     

一个条件不等式的应用与推广

定理 1　设ａ ,ｂ∈Ｒ ,且ａ ｂ =1 ,则ａｂ 1ａｂ≥ 414.(当且仅当ａ =ｂ =12 时 ,等号成立 )证　ａｂ 1ａｂ≥ 414 4ａ2 ｂ2 - 17ａｂ 4≥ 0 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0 ;∵ａｂ =(ａｂ) 2 ≤ ( ａ ｂ2 ) 2 =14,∴ 4ａｂ≤ 1 ,而又知ａｂ≤14<4,故 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0成立 ,即ａｂ 1ａｂ≥ 414获证 .1　巧用ａｂ 1ａｂ≥ 414解题　例 1　设ｘ ,ｙ∈Ｒ ,解方程组ｘ ｙ =1 ,( 2ｘ 3ｙ) ( 2 ｙ 3ｘ) =49.解　考察 49=4ｘｙ 9ｘｙ 1 2 =4(ｘｙ 1ｘｙ) 5·1ｘｙ 1 2≥ 4·414 5·4 1 2 =49,可见当ｘ …     

2003年第二期初中数学问题解答

一、分解因式 :ｘ3+ｘ2 ｙ -ｘｙ2 -ｘｚ2 +ｙｚ2 -ｙ3.解 :原式 =(ｘ3+ｘ2 ｙ) -(ｘｙ2 +ｙ3) +(ｚ2 ｙ-ｘｚ2 )=(ｘ +ｙ)ｘ2 -ｙ2 (ｘ +ｙ) -ｚ2 (ｘ -ｙ)=(ｘ +ｙ) (ｘ2 -ｙ2 ) -ｚ2 (ｘ -ｙ)=(ｘ +ｙ) 2 (ｘ -ｙ) -ｚ2 (ｘ -ｙ)=(ｘ -ｙ) (ｘ +ｙ +ｚ) (ｘ +ｙ -ｚ) .二、方程 2ｘ -1 +ｘ -2 =ｘ +1的实数解的个数是多少 ?解 :令 2ｘ -1 =0 ,ｘ -2 =0 ,ｘ +1 =0 ,解得ｘ1=12 ,ｘ2 =2 ,ｘ3=-1 .则上述三点把实数集合分为 4个区间 :( -∞ ,-1 ) ,〔 -1 ,12 ) ,〔12 ,2〕 ,( 2 ,+∞ ) .经考查 ,在〔12 ,2〕上 ,方程恒成立 ,因此原方程的实…     

从W·Janous猜想谈起

Ｗ·Ｊａｎｏｕｓ猜想是 :设ｘ ,ｙ ,ｚ是正数 ,则 ｙ2 -ｘ2ｚ ｘ ｚ2 -ｙ2ｘ ｙ ｘ2 -ｚ2ｙ ｚ ≥ 0 .Ｗ·Ｊａｎｏｕｓ本人未能证明这个猜想 ,该猜想最先发表在加拿大《数学难题》杂志 16 12期 ,后作为数学难题刊在湖北《数学通讯》1992年第 4期上 ,从此引入中国 ,并引起读者的兴趣 ,下面从多个角度给出该猜想的证明及推广 ,最后给出一些练习 ,供读者思考 .1　证明[方法 1]　设ｚ ｘ =ａ ,ｘ ｙ =ｂ ,ｙ ｚ =ｃ ,则ｘ ｙ ｚ =12 (ａ ｂ ｃ) ,ｘ =12 (ａ ｂ -ｃ) ,ｙ= 12 (ｂ ｃ-ａ) ,ｚ =12 (ａ ｃ-ｂ) .故原不等式可化…     

一道IMO试题证法的探索

遇到一道好数学题时 ,不要急于去看其解法 ,应先自己动手试试 ,也不能满足于已给或已得的解法 ,而应积极地去探索新的解法 .坚持这样探索式学习 ,能培养自己思维的灵活性、发散性、批判性、创造性 ,提高解题能力 .问题　设ｘ、ｙ、ｚ为非负实数 ,且ｘ +ｙ +ｚ=1,求证 :0≤ｘｙ +ｙｚ+ｚｘ -2ｘｙｚ≤72 7.(第 2 5届ＩＭＯ试题 )不妨先试一试 ,由条件易知ｘｙ≥ｘｙｚ,ｙｚ≥ｘｙｚ ,从而ｘｙ +ｙｚ+ｚｘ -2ｘｙｚ≥ｚｘ≥ 0 ,左不等式成立 .下面只需证明ｘｙ +ｙｚ+ｚｘ -2ｘｙｚ≤ 72 7. ( )几经探索 ,难以找到证 ( )式的突破口 .那么 ,来…     

2003年中考数学模拟试题(6)

一、选择题 (本大题满分 3 6分 ,每小题 3分 )1 .下列单项式中 ,不是同类项的是 (　 ) .Ａ .5ｘ2 ｙ与 -4ｘ2 ｙ　　　Ｂ .15 ｘ3ｙ与 15 ｘｙ3Ｃ .8ａｂｃ2 与 8ｂａｃ2 Ｄ .5ｍ2 ｎ与 -3ｎｍ22 .下列属于因式分解的是 (　 ) .Ａ .2ｘ -2 ｙ +4 =2 (ｘ -ｙ) +4Ｂ .ａ2 ｂ +ａｂ2 =ａ2 ｂ2 ( 1ａ+1ｂ)Ｃ .(ａ +ｂ) (ａ -ｂ) =ａ2 -ｂ2Ｄ .ａ2 -12 ａ +11 6=(ａ -14) 23 .已知⊙Ｏ1和⊙Ｏ2 的半径分别为 3ｃｍ和 5ｃｍ ,Ｏ1Ｏ2 =5ｃｍ ,这两圆的公切线最多有 (　 ) .Ａ .1条　　Ｂ .2条　　Ｃ .3条　　Ｄ .4条4.用一个平面去截一个正方体 ,得…     

错在哪里

学生王灵在做高考仿真模拟训练题时 ,遇到这样一道题 .题目　如图 1 ,已知双曲线Ｃ :ｘ2ａ2 - ｙ2ｂ2=1 (ｂ >ａ >0 )的实轴两端点为Ａ ,Ｂ ,若双曲线Ｃ在第一象限图象上存在一点Ｑ (ｘ ,ｙ) ( ｙ≥ｘ) ,使∠ＡＱＢ =6 0° ,求双曲线Ｃ的离心率ｅ的取值范围 .通过分析 ,他给出如下解法 .图 1　题目用图解　由题意知Ａ( -ａ ,0 ) ,Ｂ(ａ ,0 ) .∴ｋＡＱ=ｙｘ +ａ,　ｋＢＱ=ｙｘ -ａ.　ｔａｎ∠ＡＱＢ =ｋＢＱ-ｋＡＱ1 +ｋＢＱ·ｋＡＱ.又ｔａｎ∠ＡＱＢ =ｔａｎ6 0°=3,∴ 3=ｙｘ -ａ- ｙｘ +ａ1 + ｙｘ -ａ· ｙｘ +ａ,化简得 3=2ａｙｘ2 + …     

韦达定理的另探

从另一角度审视一元二次方程 ,引出根与系数关系 .不妨设ａｘ2 +ｂｘ +ｃ=0 (ａ≠ 0 )有两个不为 0的根ｘ1、ｘ2 ,且ｘ1≠ｘ2 .∵　ａｘ2 +ｂｘ +ｃ=0 (ａ≠ 0 ) ,∴　 ｃａ·1ｘ=-ｂａ-ｘ .令ｙ =ｃａ·1ｘ,则ｙ =-ｂａ-ｘ .画它们的图像如图 .　　由于它们的图像都关于直线 ｙ =ｘ对称 ,所以 ,可设两图像交于Ｍ (ｘ1,ｙ1) ,Ｎ(ｘ2 ,ｙ2 )点 .则　ｘ1=ｙ2 ,　ｘ2 =ｙ1,所以　ｘ1+ｘ2 =ｘ1+ｙ1=-ｂａ.ｘ1·ｘ2 =ｘ1·ｙ1=ｃａ.这就证明了韦达定理 (当ｘ1、ｘ2 均不为零的情况 ) .其它情况也可得出相应结论韦达定理的另探$山东省单县孙六张黄…     

巧用韦达定理逆定理 妙解一类竞赛试题

韦达定理 :“若实数ｘ1 、ｘ2 是方程ａｘ2 +ｂｘ +ｃ =0 (ａ≠ 0 )的两个根 ,则有ｘ1 +ｘ2 =-ｂａ ,ｘ1 ·ｘ2 =ｃａ” .其逆定理是 :“若实数ｘ1 、ｘ2 满足ｘ1 +ｘ2 =-ｂａ,ｘ1 ·ｘ2 =ｃａ,则ｘ1 、ｘ2是方程ａｘ2 +ｂｘ +ｃ =0 (ａ≠ 0 )的两根” .韦达定理是初中数学中一个充满活力的定理 ,不但在历年的中考试题中是一个命题的热点 ,而且其逆定理在初中数学竞赛题中应用也较多 .现举例如下 :例 1　已知实数ａ、ｂ满足ａ2 +ａｂ +ｂ2 =1,且ｔ =ａｂ -ａ2 -ｂ2 ,那么ｔ的取值范围是.(2 0 0 1年ＴＩ杯全国初中数学竞赛试题 )解　由ａ2 +…     

关于不等式证明的解题体会

不等式的证明之所以较难 ,首先是因为它往往与复数、三角函数等内容联系在一起 ,并且在解题过程中需要有较高的恒等变换技巧 .有时一个较简单的不等式经过这样或那样的变形 ,往往会变成一个不知如何下手的较难的题目 .这时该怎么办呢 ?一句话就是又将其变回去 .那么这就需要有敏锐的眼光 ,洞察出出题者的意图 .例 1　已知 ,ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ+,ｘ + ｙ +ｚ =1,求证 :ｘｙ + ｙｚ +ｘｚ - 2ｘｙｚ≤ 72 7.证明 1　由于左边式子次数不一致 ,故先变为一致 .即　 (ｘｙ + ｙｚ +ｘｚ) (ｘ + ｙ +ｚ) - 2ｘｙｚ =∑ｘ2 ｙ+ｘｙｚ .又因为　 1=(ｘ +…     

函数y=θ-argz的几何解释

设复数ｚ =ａｃｏｓθ ｉ·ｂｓｉｎθ,(ａ>ｂ >0 ,0 <θ<π2 ) ,则θ为复数ｚ在复平面上对应点ｚ轨迹 ｘ =ａｃｏｓθｙ =ｂｓｉｎθ(0 <θ<π2 为参数 )———椭圆 (在第一象限部分 )的离心角 ,如图 ,函数ｙ=θ-ａｒｇｚ即为∠ＡＯＺ .ｔｇ∠ＡＯＺ =ｔｇｙ =ｔｇ(θ-ａｒｇｚ)=ｔｇθ - ｂａｔｇθ1 ｔｇθ· ｂａｔｇθ=(ａ -ｂ)ｔｇθａ ｂｔｇ2 θ=ａ-ｂａｔｇθ ｂｔｇθ≤ ａ-ｂ2ａｂ,所以ｙ的最大值为ａｒｃｔｇａ -ｂ2ａｂ,当且仅当 ａｔｇθ=ｂｔｇθ,即θ =ａｒｃｔｇ ａｂ 时取得 .当ａ =3 ,ｂ=2或ａ =3 ,ｂ=1时就分别得到 9…     

分组分解法的基本思路

人教版初中《代数》第二册第八章介绍了因式分解的提取公因式法,运用公式法,分组分解法以及ｘ2+(ｐ+ｑ)ｘ+ｐｑ型式子的因式分解,其中的分组分解法是这几种方法中的重点和难点.本文介绍分组分解因式的几种基本思路,以帮助读者学好这部分的内容.一.直接分组1.按公因式分组例1　分解因式:ｘ2-ｘｙ+ｘｚ-ｙｚ.(2001年河北省中考试题)分析:多项式中第1,2项有公因式ｘ,第3,4项有公因式ｚ,可把它们各分为一组.解:原式=(ｘ2-ｘｙ)+(ｘｚ-ｙｚ)=ｘ(ｘ-ｙ)+ｚ(ｘ-ｙ)=(ｘ-ｙ)(ｘ+ｚ).2.按公式分组例2　分解因式:ｘ2-ｙ2+ｙ-14.(2000年北京市大兴县中…     

类比正切的和角公式解题

在数学解题中 ,常会碰到形如“ｘ +ｙ1-ｘｙ”的结构 ,这时可类比正切的和角公式 ,进行三角代换 ,就能使比较隐蔽的关系显现出来 ,从而实现难题巧解 .下面举例说明 .例 1　已知非零实数ａ ,ｂ满足ａｓｉｎ π5 +ｂｃｏｓ π5ａｃｏｓ π5 -ｂｓｉｎ π5=ｔａｎ8π15 ,求 ｂａ 的值 .分析 :由ａｓｉｎ π5 +ｂｃｏｓπ5ａｃｏｓ π5 -ｂｓｉｎ π5=ｔａｎ π5 + ｂａ1- ｂａ·ｔａｎ π5,联想到两角和的正切公式 ,便有以下解法 .解　由题设 ,得ｔａｎ π5 + ｂａ1- ｂａ·ｔａｎ π5=ｔａｎ8π15 ,令 ｂａ =ｔａｎθ ,则　ｔａｎ π5 +ｔａｎ…     

三角形三顶点坐标定理

将△ＡＢＣ三内角及它们所对的边长 ,外接圆半径 ,内切圆半径分别记为Ａ、Ｂ、Ｃ ,ａ、ｂ、ｃ,Ｒ、ｒ并约定ｘ =ｃｔｇ Ａ2 ,ｙ =ｃｔｇ Ｂ2 ,ｚ =ｃｔｇ Ｃ2 ,那么　　ｘ ｙ ｚ=ｘ·ｙ·ｚ,(1 )　　ｒ=4Ｒｘｙ ｙｚ ｚｘ- 1 . (2 )如图 1 ,在△ＡＢＣ中 ,Ｉ是它的内心 ,ＩＯ ⊥ＢＣ ,垂足为Ｏ点 .以Ｏ为原点 ,ＢＣ(对直角三角形 ,ＢＣ是直角三角形的斜边 )所在直线作为横轴Ｘ ,ＯＩ所在直线作为纵轴Ｙ ,这样建立的平面直角坐标系称为特定平面直角坐标系 .本文在特定平面直角坐标系中 ,介绍用ｒ,ｘ ,ｙ ,ｚ表示△ＡＢＣ三顶点的坐标 .定理…