用二次方程构造Evans三角形

本文利用二次方程kx²-ly²=2的正整数解构造两类新的本原Evans三角形,并给出这两类Evans三角形的三边形式和相应的Evans比.     

关于Evans问题的一个结果

用初等数论的思想方法研究Evans问题,可以证明：△ABC是以c为底的本原Evans三角形的充要条件是其三边由本原Heron数组公式所给出,且相应参数要满足（mt＋ns）（ms-nt）│2mnst.当本原Heron数组公式中m=s=k,n=k-1,t=k＋1（k∈N＋,k≥2）时可以得到一类本原Evans三角形.     

关于Evans问题的一类新解

给出判定Evans问题有解的一个充分条件,由此构造出一类新的Evans三角形,其三边长分别为8k5-8k3＋k＋1,8k5-8k3＋k-1和2k,三角形中最短边上的高与该边长之比是2（k2-1）（2k2-1）,这里k是大于1的正整数.     

一类本原Evans三角形

构造一类本原Evans三角形,其高与底边之比为2n(n2-2)型的整数.     

对一类本原Evans三角形的探究

给出一类三角形是本原Evans三角形的一个充分条件,构造出Evans三角形问题的两组新解,得到其高与底边之比分别为4n(n+1)和2n(n2-1)(n2-2)(n2-3)型的整数.     

本原Evans三角形一个新的充要条件

本文探讨Evans三角形的存在问题,给出本原Evans三角形一个新的充要条件,举出一些应用实例,并提出一个猜想.     

一个不定方程的正整数解与Evans问题的解公式

本文给出不定方程满足一定条件的正整数解公式，进而得到Evans问题的解公式，并举出6个Evans三角形的应用实例.     

关于一类Evans三角形

本文约定某个高与底边之比为整数的整数边三角形为Evans三角形，并称三边互素的Evans三角形为本原Evans三角形．△ABC的三边长为a，b，c，hc表示c边的高，rc表示c边上的高与c边长之比．     

关于Evans三角形两个新的性质

<正>1引言1977年,R.Evans在《美国数学月刊》上提出一个未决问题[1]:“求出所有的整数边三角形,使它的某个高与底边之比为整数.”这个问题通常被称为Evans问题.此问题被Richard K.Guy收录在其著名的《数论中未解决的问题》一书[2]中.定义1某个高与底边之比为整数的整数边三角形称为Evans三角形.并称三边长互素的Evans三角形为本原Evans三角形.定义2 Evans三角形中是整数的高与底边之比称为该Evans三角形的Evans比.     

边长为等差数列的三角形的一组性质

98年高考试题 (理工 )第 2 0题为 :在△ ABC中 ,a、b、c分别是角 A、B、C的对边 ,设a c=2 b,A - C =π3,求 sin B的值 .此题的条件中出现有 a c=2 b,即三边成等差数列 .本文介绍三边成等差数列的三角形的一系列性质 .在△ ABC中 ,若 a c=2 b,则有(1 ) sin A - 2 sin B sin     

关于正三角形和正方形吻接数的一个简单证明

设 pn是任意一个正 n边形 ,最大整数 k(pn)称为 pn的吻接数 ,其中 ,在同一平面内有 k(pn)个与 pn全等的正 n边形均与 pn有非空的交集 ,但没有重叠 ,而且 k(pn)个正 n边形两两没有重叠 . Youngs (Amer.Monthly46(1 93 9) 2 0 ) ,Klamkin(Math.Mag. 68(1 995 ) 1 2 8)先后证明了 k(p3) =1 2 ,k(p4 ) =8,作者(Discrete Math.68(1 998) 2 93 )证明了当 n >6时 k(pn) =6.然而 ,Youngs、Klamkin等人关于 k(p3) =1 2 ,k(p4 ) =8的证明非常复杂 .本文将就 k(p3) =1 2 ,k(p4 ) =8给出非常简单的证明 .     

一道中考题的命制过程与启示

一、试题呈现(南通卷第26题)在菱形ABCD中,∠B=60°,点E在边BC上,点F在边CD上.(1)如图1,若E是BC的中点,∠AEF=60°,求证BE=DF;(2)如图2,若∠EAF=60°,求证△AEF是等边三角形     

余弦定理与向量

1如以x_a,x_b,x_c分别表示三角形三边a,b,c上首尾相接的向量,则x_a x_b x_c=0.所以内积(x_a.x_a)=[-(x_b x_c)]-[(x_b x_c)]或x_a~2=(x_b x_c)~2=x_b~2 x_c~2 2(x_b.x_c).其标量式:a~2 b~2 c~2 2bc.cos(π-A)=b~2 c~2-2bccos A即为三角形的余弦定理.进而考虑任一有向角折线:∑n     

三角形外心与重心的一个性质的推广

命题设G为△ABC的重心,AG,BG,CG与△ABC的外接圆相交于D、E、F,则AGGD GBEG GCFG=3.该题是《数学通报》征解题387.文[1]把它推广为:定理若P是△ABC的外接圆内的点,AP,BP,CP与外接圆交于D、E、F,O是外心,G是重心,P点落在以OG为直径的圆上的充要条件是APPD PBEP PCFP=3.本文把这个性质推广到n边形的外接圆内的点.设A1A2A3…An是⊙O的内接n边形,Ai(i=1,2,…,n)在以圆心为原点的平面直角坐标系内的坐标为(xi,yi),与三角形类似,定义1n∑ni=1xi,1n∑i=n1yi为n边形重心G的坐标.则有定理1P为n边形A1A2A3…An外接圆内一…     

一道课本习题的探究

我们知道,给定三角形的三边长a,b,c,且P=1/2（a＋b＋c）,则三角形的面积     

解一道三角形问题的三个历程

此法中设∠CBM=a，得到MC=／2MA成为解题的关键，看似简单，实则不易．是否有更直接的做法呢？求点M到边AC的距离，能否用点到直线的距离公式呢？尝试中我得到了解法2．     

一个三角形三边关系猜想的否定

贵刊文 [1 ]否定了文 [2 ]给出的三角形三边定理 ,证明了除非对任意的正实数ａ ,ｂ ,ｃ都有ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ) =0 ,否则 ,三角形的三边ａ ,ｂ,ｃ不存在整式关系式ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ) =0 ,并且提出如下猜想 :除非ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ)恒等于零 ,否则 ,对任意三角形三边ａ ,ｂ ,ｃ而言 ,不存在一个固定的关系式ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ) =0 .本文指出上面的猜想是不成立的 .利用符号函数ｓｇｎｘ =1 ,当ｘ>0时 ;0 ,当ｘ =0时 ;-1 ,当ｘ<0时 ,引入如下三元实值函数ｆ(ｘ,ｙ,ｚ) =ｓｇｎ(ｘ+ｙ -ｚ) +ｓｇｎ(ｘ+ｚ-ｙ)+ｓｇｎ(ｙ+ｚ -ｘ) -3 .由于ｆ(2 ,1 ,1 ) =-1 ≠ 0…     

关于椭圆内接n边形面积最大值问题的解答

文[1]数学疑难专栏提出:圆x~2+y~2=r~2的内接n边形中,具最大面积的是圆内接正n边形.那么,设a>b>0,椭圆(x~2)/(a~2)+(y~2)/(b~2)=1的内接三角形的最大面积是多少?内接四边形呢?内接n边形呢?,对于前两问,文[2]通过下面两个定理已给出解答.     

余弦定理在四边形的一个推广

在△ABC中 ,设内角A ,B ,C的对边分别为a ,b,c,余弦定理cosB =a2 +c2 -b22ac ( 1 )是我们所熟悉的 .笔者在文 [1 ]中给出了余弦定理在四面体的推广 ,注意到文 [2 - 3]中给出了余弦定理在四边形的推广 ,本文试给出余弦定理在四边形的另一新颖推广 ,使得三角形的余弦定理成为该推广式极限情形的一个特例 .定理　记凸四边形ABCD的四边长依次为AB =a ,BC=b ,CD =c,DA =d ,两对角线长AC =p ,BD =q ,则cos(B+D) =(ac) 2 + (bd) 2 - (pq) 22abcd ( 2 )证明　如图 ,设两对角线交角为θ ,p ,q分别由p1 ,p2 与q1 ,q2 组成 .由余弦定理得p2 =…     

Fibonacci三角形

利用 Pell方程和递推序列的方法证明了在 k=1 ,2 ,3 ,4,5时 ,以 Fibonacci数 Fn,Fn,Fn- k为边的Fibonacci三角形不存在 .