平面一点到三角形某些心的距离公式

定理P为西ABC所在平面任一点，D、．．＿＿－＿．＿AD、AEE分别在直线AC、AB上，HM一人，品一”p，BD与CE交于M（不在边上），则证明仅证M在西ABC的情形．如图BFAAM，，7，由已知S一：，五千一又十p，从而，’。—一FCU”MP分别在西PBC和西ABC中，应用Stewart定理：在西APF中再用Stewart定理：将叩’、”’表达式代入整理即得欲证．若点M与J重合，则代入（。）式，即得平面一点到三角形某些心的距离公式@吴勤文$新疆昌吉州第一中学!831100     

周界中点三角形的又一性质

定理设面ABC三边为a，b，c，周界中点三角形相应边为a’，b’，c’，则证明设D、E、F分别为西ABC的边BC、CA、AB边上的周界中点．从E、F作EM上BC于M，FN上BC于N，NV（如图3）但BF—CE一户一a，因此上式即为a’＞a一（p—a）（cosB＋cosC）．再由关于y，C’的类似不等式，三式相加，得诸式代入上式左边，欲使看是否可能？化饲：即p’＜6R’－－f－－ZRr—r’；但Gerretsen不等式为P‘＜4R‘＋4Rr＋3r‘，可见只须证4R’＋4Rr＋3r’＜6R’＋ZRr—r’，PFZR’－ZRr、4r‘20；由欧拉不等式R）Zr知，ZR’一ZRr—4r‘一2…     

平面内一点与界心的距离

定理P为西ABC所在平面内一点，J为poIO＼，则证明如图10，＊E一户一C，＊E一户一a，在APAC中应用Stewartfe理，冯田局民中线公式：代人上式：在APBE中应用Stewartfe理，把PE’和BJ·EJ的表达式代人整理，应用即得欲证．平面内一点与界心的距离@曹立新$唐山市72中!063030     

也谈三角形界心的性质

（其中N为九点圆圆心）．证明在三心构成的bOlll中，OJ＝R—Zr，JH—2ofRi－－－－－－u，OH＝JbRnn＝MIMMi＝27；又OG：GN：NH一2：1：3，说明N是OH中点，故应用中线公式可得JN一十（2·QI2＋2·JHZ—OHZ），数据代人化简，即得欲证．我们还得到如下结论：对不等边西周兀来说：事实上，由于N为OH中点，若I与J在OH异侧，由（4）即知（5）成立．下面用反证法证明I．J不会在OH同侧．若相反，作I关于OH对称点I’（如图6）．应用余弦定理可算出即JI’＝H，但显然。”＞H，矛盾．也谈三角形界心的性质@张延卫$江苏沭阳县教…     

四边形中的一个不等式

定理设E、F、C、H分别是四边形ABCD的边BC、CH、DA、AB上的内点，且AH、BE、CF、HG、＿、。子兰一AI．兰拉一人．子头一入，美子一人，四边HB‘”‘’EC‘”‘’FD””‘’GA’”’”—”～形＊＊CD、＊＊＊11、＊＊11E、＊＊＊F、凸＊＊G的面积分别记为西、AI、凸2、凸3、A’．则当且仅当四边形＊＊＊D为平行四边形，且人一1（i—1，2，3，4）时，等号成立．根据平均值不等式，并注意到死十JZ十S。十S．一2凸，得当且仅当四边形＊＊CD为平行四边形，且入一1（i—1，2，3，4）时，等号成立．故定理得证．四边形中的一个…     

广义积分integral from n=0 to 1()((1n)~(k-1)t)/(1 t)dt与级数Sum from n=1 to ∞() ((-1)~(n-1))/n~k间的关系及计算

定理1设k是正整数，则有证明记由于易知又由于所以所以（6）式为在（8）中取、r—－1，有在（9）中作变换L—一X有＿＿、＿．l．＿＿、，＿I。〔h〔，＿＿＿rp（－1）＿。＿。L、，＿＿＿。。＿＿＿＿，＿。。定理1给出了广义积分l；：＝一体与级数西二个一之间的关系。下面的定理2将给出‘“““””“’””””“”JI＋t”’”””“‘“’””“““””“’””““”“”‘”“““计算级数Zirn／一的一个递推公式。它相9地将人X）展成余弦级数（14）式为一递推公式，继续递推并注意到八二I。。Snxdx一O，则（14）为在（16）式中…     

三角形界心到五心的距离

（1）设AA’为西ABC一条周界中线，则事实上，只须作A’T／／CA交CA边的周界中线BB’于T，由西BA’TGOABCB’，凸A’JTu凸AJB’即可得．（2）尽心与内心、旁心的距离：设JI—x，m一AA’，过I作BC垂线交BC于E，交AA’于F（如图8），内切国切BC于E，旁切圆切BC于A’，””““，。一gMM。则易知JF一”m，，、＿．一p而abc—4Rrp，在西IJF中用余弦定理：在西AA’la和西AJIa中，有解之即可得J人．（3）界。L’与外。L’的距离JI—R—Zr．外接回直径AE交BC于D，周界中线AA’延长交外接回O于F（图9），设｛F一矿…     

IMO—33(4)的简解

1992年第33届数学IMO试题4：在一个平面中，C为一个圆周，直线l是圆周的一条切线，M为l上的一点．试求出具有如下性质的所有点P的集合：在直线l上存在两个点Q和R，使得M是线段QR的中点，且C是否PQR的内切圆．（1992年第4期《中等数学》）用解析法求解轨迹问题是一种重要方法．本文应用面ABC顶点坐标定理’‘’，给出这道试题的一种十分简明的解法．建立如图所示的平面直角坐标系，设点P即面PRQ符合条件，凸PRQ的顶点坐标是P（J二三工厂．PF3！F厂〕．R（vf．O〕．Okf．m．／一y十Z一’y＋Z””—””““”一’—”一’～’”…     

理科第25题别解

试题设圆满足：①截y轴所得弦长为ZF＠技工轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1．在满足条件①，②的所有固中，求协。到直线L：X一Zy一0的距离最小的目的方程．解法fib所求的团为（—一d）‘十（y—b）’一厂‘，由①，②易得rZ—a’＋1，／一Zb‘，消去厂得Zb’一a’＝1．可见，所求圆的圆心的轨迹为双曲线：2／一X‘一1上的点．设直线产周且与双曲线2／一X’一1相切，则可设I’的方程为C—Zy—C．显然d（（a，b），l）一d（l’，l）这里d（A，B）表A到B的距离．P与2／一X‘一1相切，则易求得C一士1．＄法2同解法1得显然要使d达最…     

一个不等式的应用

高中代数下册（必修）习题十五第6为：已知ad≠be，求证：（a2＋b2）（c2＋d2）＞（ac＋bd）2．若去掉已知条件，则有（a2＋b2）（c2＋d2）≥（ac＋bd）2（*）当且仅当ad＝be时取“＝”号．若灵活巧妙地顺用或逆用（*）式，可一些问题获得简洁的解证．例1若实数m、n、x、y满足m2＋n2＝a，x2十y2＝e（a≠b），则mx十ny的最大是昙（）解依题没，据（*）式，有ab＝（m2＋n2）（x2＋y2）≥（mx＋ny）2故应选（B）．例2若a、b、c、d∈R ，则一（1＋1）’一4．故应填4．例3若X’十／一1，则3X＋4y的取值范围是解依题设，据（。）式，有（3X十4y…     

凑配均值不等式常用的变形技巧

（a1，a2，…，an是正数，n∈且≥2）解证有关不等式问题，常常无法直接解决，而是先将解证的不等式进行适当的变形，凑出均值不等式的条件，再用均值不等式解决．这时，恰当的变形便成为解题的关键．下面介绍七种常用的变形技巧．1补项例1已知X＞-1，且x≠0，n∈N，求证：（1＋x）n＞1＋nx．证明例2设x1，x2，…，xn。都是正数，证明：2拆项例3已知a、b∈R ，且a≠b，求证：证明a5＋b5例5已知a、b、c∈R ，且a＋b＋c＝1，求证：证明例8已知a＋b＋c—1，＄证：rt‘＋b‘＋C‘MM．证明”．”1一（a＋b＋c）‘一a‘＋b’＋c’＋Zab＋Zbc＋…     

为何韦达定理不适用

题目已知圆x2＋y2=4与抛物线y2=ax（a＞0）相交于A、B两点，且IABI—2乃，求该抛物线的焦点坐标．解设A、B两点的坐标分别为：（11，yi），（xZ，yZ），由于题设条件中的圆和抛物线均关于2轴对称，故有2；一22＞0，y．—一yZ。＿．．I＿－．－－－－－－fu＿＿。＿M且Iyll—lyZI一一一J3，不妨取yi一J3，趴x＼yL4得x，＝1或x＝－1（一，将A点坐标（1，厄）代入y‘一。得。一3，rt抛物线的焦点坐标为（号，0）．’，”－”－””””’”””——””””4’一””笔者在课堂上讲完该解法后，让学生用韦达定理试试，立即有学生提出该…     

关于求函数极限的两点注记

本文针对学生在利用等价无穷小求函数极限时出现的常见错误进行较深入的分析，并对教材中较少涉及的一类求极限的方法进行举例说明，旨在拓宽学生的解题思路。主要在于两个方面：（一）如何正确使用等价无穷小求极限，本文给出两个推论。（二）Taylor公式在求极限中的应用。（一）如何正确使用等价无穷小求极限定理设有无穷小量a、尸、a’、尸，且a～al，。～／，timS存在，则有timp一tim4．”—————’“”—“”“——－”‘”－”””———一’”””““”””a，’‘“””“”“““““““”“”al’对于此定理，在积与商的情…     

数学问题解答

1999年9月号问题解答（解答由问题提供人给出）12if．求ig勺O”＋ig‘SO”＋tgc7o“的值．解设A—ig1o”一ig5o”＋ig7o“，B—tglo“ig7o“－tglootg500－ig5o”ig7o”，C—tglo”ig5o”ig700．首先，求出A、B、C的值．由ig3a的公式得，ig“a－3ig3atg“a－3tga＋ig3a—O，易见，a—－SO”、IOo、7O”是方程ig‘a－／3ig‘a－3tga＋H’－j—’、—－·—－”一”3一O的在正切函数tga的单调区间（－goo，gO肝内的三个不同的根，由韦达定理得：A一人，B—一A3，卜———”～3其次，令D，；一ig”Ic“＋（－ig5o“）’‘＋ig”7O（n…     

用拉格朗日中值定理求极限

拉格朗目中值定理在理论分析与证题中的重要作用人所共知，本文通过若干范例说明：拉格朗目中值定理也是求某些较难极限的一种十分简便而有效的工具。例1求解原式，其中在与之间。特别当x时有例2求解原式例3求解对ax和xa分别应用拉格朗目中值定理有原式同理可求例4求解原式特别有解对人．r）＝／应用拉格朗目中值定理有＊叨I乙爿Klttl：1——。＿I〕IZ了SI＊｛“解因为igx～。、sin‘。’～x’，对人。）一e“应用拉格朗目中值定理有解对人x）一x’‘应用拉格朗目中值定理有例16设人x）在（a，＋。）内可微，limf（）和tim广（x）存在，…     

零之特性及其所引起的纠纷

我们知道他数／0一（）,（…）他数／他数mpo（卜）合前三者可称因数有为O者,则积必为0,（）此为O之性质之一,益以（tV）可知,有此性质者惟零而已,故日特性．（卜）亦可述之为积为O,则因数必有为O者,（2）通称为除法定律（dvisionlaw）：ah＝OXia＝OVb＝O（2’）者是也．其逆（l）又可述之为a—OVb—o＝ab一O．（’）初等代数之纠纷,泰半起于（1）,（2）相混．请分别言之．有理整方程之解法．应用因式定理：（I一a）（J－b〕（‘r－‘〕一O二J、一aVJ—bVJ一‘、．此不过（2）之推论耳．当吾人希望有～。,能使（xa）（a…     

简析用极坐标解题的几种常见错误

1坐标的多种表示法例1点是否在曲线错解将点的坐标代人方程不适合，故此点不在曲线上．分析在极坐标系下当尸时，同一点坐标有多种表达式·若把点（1一十】，毛）变为（／M一1，4）再代人方程就适合了·上述解答忽视了极坐标的特征．Zf供不＃价例2求直线L：3X一如一8与曲线C：严ino＝sin20的交点．用解化曲线C的方程为直角坐标方程polno＝Zsln＆os6，尸“2CO80，4＝Zpe。）＞／＋y‘＝Zx解方程组广3？一月得交点（善，一车）’”’”‘—一（X‘斗／一2工’”—“”””5”5”分析曲线C：psinq＝Zsin＆osg表示两条曲线，其中一条是圆x…     

等差数列中一定包含等比子数列吗

最近在一本《高考数学模拟题》中见到这样一道题：题1当a、d∈N时，等差数列｛a＋（n－1）d｝（n∈N）中，是否含有无穷的等比数列？试加以证明．原书的解答是这样的：设｛bm｝为等比数列，今b1＝a1＝a，b2＝a＋ad＝a（1＋d），…，bn＝a（1＋d）(m－1)．令an＝a＋（n－1）d，利用数学归纳法，只需证明bm∈｛an｝．当m＝1时b1＝a∈｛an｝，设m＝k时命题成立，即bk∈E｛an｝，则h一a（1＋d）‘－‘一a十id（tEN），当m—k－I－1时，h＋l一a（1十的‘一。（1十N‘－‘（1十山一（a＋id）（1＋d）一a＋（a－f－－l＋id）d一a＋pd．其中P—a…     

读者来信

数学通报1998年12期“关于求多元对称函数极值的一个磨光法”一文,理论上是正确的,但后文中的例2是错误的．文中将“－”号误为“＋”号．改正后,不能证明（。）式＞0,例如令a;、1,a。、l,a;学a。,a。－…－an二0,（。）式＜0,因之,不等式（2）（3）（以及其推广情形）根本不能用本文定理2加以证明．2不等式（3）是一个错误的不等式．例如令定理1证明中的“X1’‘’－—一（一二L一）”－’（X;二）”应改为（－——）‘－’（X;一旦）以上意见供参考．读者来信@续铁权     

由子模格决定的准素模

本文主要给出以下定理C。设Ri(i=1,2)是MLPI环（即Ri是有位单元的结合环，且每个极大左理想必是主理想），元素Pi∈Ri使得RiPi是Ri的极大左理想，Mi是Pi－准素的Ri－模。则我们有以下定理C 设M1的终Goldie维数（＝min{P^n1M1的Goldie维数|n=0,1,2,…|}）≤3，如果有子模格同构f:L(M1)^~-L(M2)。则有逆向全射系{R1/R1P1^n(n∈N)；θ}与{R2／R2P2^n2(n∈N)；θ′n}之间的同构{ψn:R1/R1P^n1→R2/P2^2(n∈N),其中θn和θ′n(n∈N)是自然满同态，ψn(n∈N)是环同构。若令R^*1,R^*2分别是以上两逆向全射系的逆向极限环。则有环同构ψ：R^*1^~-R^*2和M1到M2的ψ－线性同的φ，φ诱导出f:fR1x=R2φ（x），任意x∈M1。易见：（1）当P1＝0＝P2，且M1是有限维向量空间时，由定理C即得射影几何的基本定理；（2）当R1＝Z＝R2，且P1和P2为素数时，由定理C即得Pi＝P2，从百得Baer关于交换p－群的相应结果。