一道“得票高低”竞赛试题的另解

<正>文[1]中有一道关于"得票高低"的初二竞赛试题(简称题[1]),其题目与解答如下:题目学生会选举有四个候选人A,B,C,D,已知D得票比B得票多,A、B得票之和超过C、D得票之和,A、C得票之和与B、D得票之和相等,则四人得票数由高到低的排列次序是().(A)A,D,C,B(B)D,B,A,C(C)D,A,B,C(D)A,D,B,C答:(D).解用圆形图表示,因A,C得票之和与B,D得票之和相等,作一直径分圆为两半,上部分B,D;下部为A,C;已知D得票比B得票多,画得扇形D大于扇形B;由A,B得票之和超过C,D得     

直线方程四则运算的意义和价值

1　直线方程的加减运算1 1　意义已知两条直线l1 :A1 x B1 y C1 =0 ,l2 :A2 x B2 y C2 =0 .我们来分析l3:(A1 A2 )x (B1 B2 )y C1 C2 =0和l1 、l2 有什么关系 .( 1 )当l1 ∥l2 时 ,l3也和它们平行 .因为l1 ∥l2 ,有 ,A1 A2 =B1 B2,则 A1 A2A2 =B2 B2B2,所以l3∥l2 .( 2 )当l1 和l2 相交时 .记两直线的交点为P(x0 ,y0 ) ,那么 ,A1 x0 B1 y0 C1 =0和A2 x0 B2 0 C2 =0 ,因此 ,(A1 A2 )x0 (B1 B2 )y0 C1 C2 =0也成立 .所以l3也过点P .我们还可以推广到一般的情况 :直线A1 x B1 y C1 λ(A2 x B2 C2 ) =0…     

求二面角的几种常用方法

一、求二面岛的平面角的大小 因为二面角是用它的平面角来度量的,所以只要求出它的平面角的大小就行了。 例1.在棱长为口的正方体ABCD一A、B‘C‘D:中,求二面角B一A:C一D 的大小。滋一解1:如图,过B作 BE工A:C垂足为万,连 刀E。由三垂线定理知 A:C土BD,…A:C土平面 刀ED,.’.A:C_上ED,乙┌─────┐│喻 ││‘一‘甘\ │└─────┘BE刀是二面角B一A:C一D的平角。两直角三角形么A:石C“△B五C,B万·A‘C二A iB .BC,︸‘Ul产一no.’。BE二A rB·BC A一C了)一a连EO,由O刀二易证E刀二五刀,誓二得乙BE口二6。’:…     

关于线段相等的一个命题及其应用

在初中《几何》里,教学“全等三角形”、“等腰三角形”以后,作为一道例题或习题,不妨引导学生证明如下命题: 定理设在△ABC和△A＇B＇C＇中,∠A=∠A＇,∠B+∠B＇=180°,那么:(1)若BC=B＇C＇,则AC=A＇C＇;(2)若AC=A＇C＇,则BC=B＇C＇。     

简谈一种三角题证法的规律

首先,我们看下面的一个例子。例1已知A B C=180“ ·Cos求证:SinA SinB SinC=4Cos~B七05一 艺 ,A=4七05一 Z。B oC切“万七。s丁.A一2证明:‘:A B十C=180“ .’.A B=1800一CA B 2 C之廿U一一 Z这是我们熟知的。51刀A 5 inB 51儿C=25‘,A一B七05— 2 Sin(A B) 。。,A B,A一B二乙     

两个分块矩阵相似性的研究

给出两个分块矩阵相似的两个充分必要条件 .也就是说 ,如果两个方阵 A和 B在 A2 =0和 B2 =0的条件下 ,则两个分块矩阵 A C0 B 和 A 00 B 相似的充分必要条件是 :rank A C0 B =rank(A) +rank(B)和 AC +CB =0 .如果两个方阵 A和 B在 A2 =A和 B2 =B的条件下 ,则两个分块矩阵 A C0 B和 A 00 B 相似的充分必要条件是 :AC +CB =C.     

三角形外心的一个性质

定理三角形的外心和各顶点连线的中点,与相应顶点对边中点所连成的三线共点,且该点恰在三角形的欧拉线上.证明设O是△ABC的外心,OA、OB、OC中点分别为A1、B1、C1,BC、CA、AB边的中点依次为A0、B0、C0(如图1).图1设H是△ABC的垂心,HA、HB、HC的中点分别为A2、B2、C2,则知:直线OH就是△ABC的欧拉线.连接A0B1、A0C1,B0C1、B0A1,C0A1、C0B1,易知有A0B1=∥12CO,B0A1∥=21CO,从而,有A0B1=∥B0A1,所以四边形A0B0A1B1是平行四边形.不妨设,A0B0A1B1的对角线A0A1与B0B1相交于点K.于是,有A0K=A1K,B0K=B1K.同理B0C0…     

关于三角形的双圆半径的两个命题

本文先给出关于双圆半径的一个命题 :图 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　 4 Rr2 =a0 b0 c0 .证明　∵　 r=a0 sinA2 =b0 sin B2=c0 sin C2 ,∴　 r3 =a0 b0 c0 sin A2 sin B2 sin C2 . 1∵　△ =12 r( a b c)=Rr( sin A sin B sin C)=2 R2 sin Asin Bsin C,∴　 r2 R=sin A .sin B .sin Csin A sin B sin C,易证　 sin A sin B sin C=4 cos A2 cos B2 cos C2 ,∴　 r2 R=2 sin A2 sin B2 sin C2 ,∴　 r4 R=sin A2 sin B2 sin C2 ,2把 2代入…     

从集合运算的分配律谈起

<正>1集合的分配律集合的交运算和并运算满足分配律(文[1]):分配律1A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)(1)分配律2A∪(B∩C)=(A∪B)∩(A∪C)(2)我们要说明上述两个等式,可以先画出3个集合的文氏图,标出式子两端集合所代表的区域,根据交、并运算定义,其中A∩(B∪C),(A∩B)∪(A∩C)都代表图1中深色区域,所以分配律1成立．     

求函数值域的几种方法

若有非空数集 A到 B的映射 f :A→ B,则函数 :y =f (x) (x∈ A、y∈ B)的值域是自变量 x在 f作用下的函数值 y的集合 C,很明显 ,C B.求函数值域的方法要随函数式的变化而灵活掌握 ,同时应注重数形结合、等价转换、分类讨论等重要数学思想的理解与运用 .1　定义法要深刻领会映射与函数值域的定义 .例 1　已知函数 f :A→ B(A、B为非空数集 ) ,定义域为 M,值域为 N ,则 A、B、M、N的关系 :(　 ) .(A) M =A,N =B(B) M N,N =B(C) M =A,N B(D) M A,N B说明　函数的定义域是映射 f :A→ B中的原象集合 A,而值域即函数…     

三面角的余弦定理及其应用

定理若三面角的三个面角分别为α、β、γ,它们所对的二面角分别为A、B、C,则: 证明设在三面角V—EFH中三个面角∠HVF、∠FVE、∠EVH分别为α、β、γ;它们所对的二面角C—VA—B,A—VB—C,B—VC—A的大小分别为A、B、C,     

一个平几定理的应用

定理两个三角形中,若有一对角相等,另一对角互补,则相等角对应边的比,等于互补角对应边的比。已知。△ABC和△A＇B＇C＇中,∠B=∠B＇,∠C+∠C＇=180°。求证:AB/A＇B＇=AC/A＇C＇. 证明不失一般性,设∠C为锐角,则∠C＇为钝角。作AD⊥BC交BC于D.A＇D＇⊥B＇C＇交B＇C＇的延长线于D＇.则△ABD∽△A＇B＇D＇,AB/A＇B＇=AD/A＇D＇又∠C=∠A＇C＇D＇.则△ADC∽△A＇D＇C＇.AC/A＇C＇=AD/A＇D＇∴AB/A＇B＇=AC/A＇C＇.     

因子von Neumann代数上的非线性ζ-Jordan*-三重可导映射

设A是因子von Neumann代数,ζ是非零复数.非线性映射φ:A→A满足对所有A,B,C∈A,有φ(A◇ζB◇ζC)=φ(A)◇ζB◇ζC+A◇ζφ(B)◇ζC+A◇ζB◇ζφ(C)当且仅当φ是可加的*-导子且对所有A∈A,有φ(ζA)=ζφ(A).     

争鸣

问题问题168试用集合A,B,C表示图1中的阴影部分:解法1 C_c((A∩C)∪(B∩C))∪(A∩B∩C)解法2 C_((A∪B∪c))(A∪B)∪(A∩B∩C)观点1解法1,解法2都正确.观点2解法1错误,解法2正确.理由是解法1中集合C不能作为全集,人教版普通高中课程标准实验教科书数学1必修P10给出全集定义:     

两个三角形重心相同的充要条件

定理:在△ABC中,A1、B1、C1分别是直线BC、CQ、AB上的点,且有→AC1=→λC1B,→BA1=μ→A2C,→CB1=t→B1A,则△A1 B1 C1与△ABC有相同重心的充要条件是λ=μ=t,其中λ、μ、t均是不为-1的实数.……     

一道课本例题的引伸与探究

1问题提出国标苏科版教材九年级上册24页例6[1]:图1已知:如图1,E、F、G、H分别是正方形ABCD各边的中点,AF、BG、CH、DE分别相交于点A′、B′、C′、D′.求证:四边形A′B′C′D′是正方形.2方法探究课本给出的证法经历了三次全等证明:①△ABF≌△BCG,②△AB′B≌△BC′C,③△AA′E≌△BB′F.接下来,要思考的是能否减少证明全等的次数,使得证明更简单、自然?不妨把上述的三次证明全等,定义为三个模块.不难发现,模块①是证明过程必不可少的,通过模块①证∠A′B′C′=90°,同理可证四边形A′B′C′D′其它的各内角也都为90°,从而可证四边形A′B′C′D′是矩形.在此基础上,模块②、③中只需证明其中的一个即可.方法1证明模块②,可得AB′=BC′,BB′=CC′,同理有CC′=DD′=AA′,则AB′-AA′=BC′-BB′,即A′B′=B′C′,从四边形A′B′C′D′的一组邻边相等.因此,四边形A′B′C′D′是正方形.方法2证明模块③,可得AA′=BB′,B′F=A′E,同理有A′E=D′H=C′G,则AF-B′F-AA′=BG-C′G-BB′,即A′B′=B′C′,从...     

一个三角形不等式的证明--兼谈擂题(69)的正确解答

文[1]孙文彩和万家练老师提出了如下不等式问题: 在△ABC中,a、b、c分别是顶点A、B、C所对边的边长,ha、hb、hc分别是顶点A、B、C所对边上的高线长,ra、rb、rv分别是顶点A、B、C所对的旁切圆半径,证明或否定:     

也谈两直线平行的充要条件

《中学生数学》2012年第5期刊登了《两直线平行的充要条件》一文(下称文[1]),文中作者指出两直线l1,l2的方程分别为:A1x+B1y+C1=0(其中A1,B1不同时为零),A2x+B2y+C2=0(其中A2,B2不同时为零),l1与l2平行的充要条件不是A1B2-A2B1=0且A1C2-A2C1≠0,也不是A1B2-A2B1=0且B1C2-B2C1≠0,更不是A1B2-A2B1=0且A1C2-A2C1≠0且B1C2-B2C1≠0.那么,两直线平行的充要条件究竟是什么?文[1]中没有给出.     

推出-拉回图上的覆盖性同态

In a pushout-pullback diagram,which consists of four morphisms f : A → B,g : A → C,α : C → D and β : B → D,we give some relations among the covers of these four modules.If kerf ∈ I(L ),then g : A → C is L -covering if and only if β : B → D is L -covering.If every module has an L -precover and kerf ∈ I(L ),then A and C have isomorphic L -precovers if and only if B and D have isomorphic L -precovers.     

Nonlinear skew lie triple derivations between factors

Let A be a factor.For A,B∈A,define by [A,B]_*=AB-BA~* the skew Lie product of A and B.In this article,it is proved that a map Φ:A→A satisfies Φ([[A,B]_*,C]_*)=[[Φ(A),B]_*,C]_w+[[A,Φ(B)]_*,C]_*+[[A,B]_*,Φ(C)]_* for all A,B,C∈A if and only if Φ is an additive *-derivation.