四面体的若干性质

文[1]，[2]介绍了三角形的若干性质： 命题1 已知△ABC及其内部一点P，若λ1^→PA＋λ2^→PB＋λ3^→PC=0，λ1，λ2，λ3都是大于0的实数，则S△PBC：S△PCA：S△PAB=λ1：λ2：λ3。     

向量命题的两种推广

文[1]用两种方法证明了向量命题：命题若P是△ABC内部一点,且λ1PA→＋λ2PB→＋λ3PC→=0→（λ1,λ2,λ3〉0）,记S△PBC=SA,S△PAC=SB,S△PAB=SC,则SA∶SB∶SC=λ1∶λ2∶λ3.     

简证三角形的一个性质

文[1]提出三角形的一个性质如下: 性质已知△ABC及其内部一点P,若λ1→PA+λ2→PB+λ3→PC=0,λ1,λ2,λ3都是大于0的实数,则△PBC,△PAC,△PAB的面积之比为λ1:λ2:λ3.     

三角形的一个性质的证明及拓广

文[1]给出了三角形的一个简捷的性质： 已知ΔABC及其内部一点P，若λ1PA＋λ2PB＋λ3 PC=0，λ1，λ2，λ3都是大于0的实数，则△PBC，△PAC，△PAB的面积之比为λ1：λ2：λ3．     

S^n＋1中Moeebius形式平行的超曲面

如果x:M→S^n 1是不含脐点的超曲面，且M的Moeebius形式φ-0和Blaschke张量A＝λg，就称M为Moeebius迷向超曲面，如果x:M→S^n 1是不含脐点的超曲面，且M的Moeebiusφ平行（△↓＝0）和Blaschke 张量A＝λg，就称M为Moeebius拟迷向超曲面，这里g是M上的Moeebius度量，λ:M→R是M上的光滑函数，本文证明了如下结果：（1）设x:M→S^n 1(n≥3)是不含脐点的超曲面，则M是拟迷向超曲面当且仅当M是迷向超曲面，（2）设x:M→S^n 1（n≥3）是不含脐点的超曲面，且M的Moeebius形式φ平行和Blaschke张量A也平行（△↓A＝0），则φ＝0。     

三角形的一个性质

1性质的叙述性质已知△ABC及其内部一点P,若λ1PA λ2PB λ3PC=0,λ1,λ2,λ3都是大于0的实数,则△PBC,△PAC,△PAB的面积之比为λ1∶λ2∶λ3.(即S△PBC∶S△PAC∶S△PAB=λ1∶λ2∶λ3)2性质的证明图1证明如图1,设PF=λ2PB,PD=λ3PC,由平行四边形法则可得PF PD=λ2PB λ3PC=P     

四面体的若干性质

文[1],[2]介绍了三角形的若干性质:命题1已知△ABC及其内部一点P,若λ1PA λ2PB λ3PC=0,λ1,λ2,λ3都是大于0的实数,则S△PBC∶S△PCA∶S△PAB=λ1∶λ2∶λ3.本文先给出一个简捷的证明:记PA1=λ1PA,PB1=λ2PB,PC1=λ3PC,λ1,λ2,λ3都是大于0的实数.由条件知PA1 PB1 PC1=0,于是P为△A1B1C1的重心,从而S△PB1C1=S△PC1A1=S△PA1B1=31S△A1B1C1,即S△PB1C1∶SPC1A1∶S△PA1B1=1∶1∶1.而S△PB1C1S△PBC=12|PB1|·|PC1|sin∠B1PC112|PB|·|PC|sin∠BPC=λ2λ3,即SPB1C1=λ2λ3SPBC.同理有SPC1A1…     

三角形的一个性质的推广

本刊文[1]给出了三角形的一个性质:已知△ABC及其内部一点P.若λ1PA λ2PB λ3PC=0,λ1,λ2,λ3都是大于0的实数,则△PBC,△PAC,△PAB的面积之比为λ1∶λ2∶λ3.本文将该性质在平面与空间内作一般推广,P为平面ABC上任意一点.定理1设P为△ABC所在平面上任意一点,λ1,λ2,λ3∈R     

一道排列、组合高考题的延伸

2005年湖南省高考数学试题（理10）：设P是ΔAPC内任意一点，S△ABC表示△ABC面积，λ1=S△PBC/S△ABC，λ2=S△PAB/S△ABC，定义f（P）=（λ1,λ2,λ3）,若G是△ABC的重心，f（Q）=（1/2,1/3,1/6）,则（ ）     

三角形的一个性质再探

文[1]从2004年全国高中数学联合竞赛试题第四题出发，通过对问题的进一步探索推广得到下列结论：设点O在△ABC内部，且λ→↑OA＋m→↑OB＋n→↑OC=0,（其中λ，m，n均是正数）。则S△AOB：S△BOC：S△AOC=1/λm：1/mn：1/nλ，文[2]利用向量的几何意义对上述结论给出了较为简捷的证明。     

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.……     

三角形的一个性质的证明及拓广

文[1]给出了三角形的一个简捷的性质:已知ΔABC及其内部一点P,若λ1PA λ2PB λ3PC=0,λ1,λ2,λ3都是大于0的实数,则△PBC,△PAC,△PAB的面积之比为λ1:λ2:λ3.对这一结论,我们给出一个证明并适当拓广:1性质证明图1三角形证明:建立如图1所示的直角坐标系,设A(a,0),B(bcosα,b     

直线与平面垂直判定定理新证

如图 ,ｌ1 α ,ｌ2 α ,ｌ1∩ｌ2 =Ｐ ,则ｌ⊥ｌ1 且ｌ⊥ｌ2 ｌ⊥α .证明　在ｌ1 ,ｌ2 ,ｌ上各取一段向量 ,不妨皆取单位向量 :如图ｅ1——→ ,ｅ2——→,ｅ3——→.ｌ⊥ｌ1 ｅ1——→·ｅ3——→=0 ,ｌ⊥ｌ2 ｅ2——→·ｅ3——→=0 ,ｌ1 ∩ｌ2 =Ｐ 可由ｅ1——→,ｅ2——→ 确定整个平面α上的任何向量 .即对平面α上任一向量ｖ——→,可表为ｖ——→ =λ1 ｅ1——→+λ2 ｅ2——→,从而　ｅ3——→·ｖ——→=ｅ3——→·(λ1 ｅ1——→ +λ2 ｅ2——→)　　 =λ1 ｅ3——→·ｅ1——→ +λ2 ｅ3——→·ｅ2——→ =0 ,从而ｌ与平面…     

三角形中一个向量性质及推广

性质1 如图1，在△PAB中，M是边AB上任意一点，Q是PM上的任意一点，过点Q的任意一条直线交边PA，PB于A′，B′，若→AM=λ→AB，→PQ=t→PM，→PA′=x→PA，→PB′=y→PB，则1-λ/x＋λ/y=1/t.     

考点43 综合题与创新题

1.(湖北卷,6)在y=2x,y=log2x,y=x2,y=cos2x这四个函数中,当0f(x1)+2f(x2)恒成立的函数的个数是().(A)0(B)1(C)2(D)32.(湖南卷,10)设P是△ABC内任意一点,S△ABC表示△ABC的面积,λ1=SS△△PABBCC,λ2=S△PCAS△ABC,λ3=SS△△APABCB,定义f(P)=(λ1,λ2,λ3).若G是△ABC的重心,f(Q)=(21,13,61),则().(A)点Q在△GAB内(B)点Q在△GBC内(C)点Q在△GCA内(D)点Q与点G重合3.(全国卷,12)计算机中常用的十六进制是逢16进1的计数制,采用数字0~9和字母A~F共16个计数符号.这些符号与十进制的数的对应关…     

四面体内心与旁心的一个有趣性质

文 [1 ]给出了三角形内心与旁心的一个充要条件 .文 [2 ]与文 [3]将其作了改进 ,文 [3]的结论简洁而明快 .即定理　设a ,b ,c为△ABC的三边 ,则点P为△ABC的内心的充要条件是aPA→ +bPB→ +cPC→ =0 .本文将此性质推广到四面体 .约定 :△表示三角形面积 ,△1 ,△2 ,△3,△4 依次表示四面体ABCD四个顶点A ,B ,C ,D所对的三角形面积 .定理 1　点P为四面体ABCD内心 (内切球球心 )的充要条件是△1 PA→ +△2 PB→ +△3PC→ +△4PD→ =0 .图 1　定理 1图证　如图 1 ,设I为四面体ABCD的内心 .延长AI交面BCD于E .设I,E到面ABC…     

数学问题解答

20 0 3年 1 1月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 461　如图 :四面体D -ABC中 ,△ABC是边长为 1的正三角形 ,面DAB ⊥面ABC ,面ADC⊥面BDC ,求四面体体积的最大值 .解　过点A作AE ⊥CD交CD于点E ,则AE ⊥面DBC .过点D作DF⊥AB交AB于点F ,则DF ⊥面ACB ,设｜DF→｜=x ,根据题意 ,只需求x的最大值 .设AF→ =λAB→ ,则FB→ =( 1 -λ) AB→DE→ =μDC→ ,则EC→ =( 1 - μ) DC→AE→ =AD→ +DE→ =AF→ +FD→ + μDC→=λAB→+FD→ + μ( DB→ +BC→)=λAB→+ FD→ + μ( DF→ + FB→ + BC→)=(λ+ …     

BOUND STATES FOR A STATIONARY NONLINEAR SCHRODINGER-POISSON SYSTEM WITH SIGN-CHANGING POTENTIAL IN R^3△

We study the following Schrodinger-Poisson system where （Pλ）{-△u＋ V（x）u＋λФ（x）u^p=x∈R^3,-△Ф=u^2,lim│x│→∞Ф（x） =0,u〉0,where λ≥0 is a parameter,1 〈 p 〈 ＋∞, V（x） and Q（x）=1 ,D.Ruiz[19] proved that（Pλ）with p∈ （2, 5） has always a positive radial solution, but （Pλ） with p E （1, 2] has solution only if λ 〉 0 small enough and no any nontrivial solution if λ≥1/4.By using sub-supersolution method,we prove that there exists λ0〉0 such that（Pλ）with p ∈（1＋∞）has alaways a bound state（H^1（R^3）solution for λ∈[0,λ0）and certain functions V（x）and Q（x）in L^∞（R^3）.Moreover,for every λ∈[0,λ0）,the solutions uλ of （Pλ）converges,along a subsequence,to a solution of （P0）in H^1 as λ→0     

借助向量的基底解题

一、基底的有关概念 平面向量基本定理：如果e1、e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a→，有且仅有一对实数λ1、λ2使a→=λ1e1→＋λ2e2→     

一类三角形面积不等式的改进与推广

文[1]建立了一类三角形面积不等式,本文改进并推广其结果.引理　设△AiBiCi的三边及面积分别为ai、bi、ci及△i,且λi∈R (i=1,2,…,n),记a0=∑ni=1λiai,b0=∑ni=1λibi,c0=∑ni=1λici,则以a0、b0、c0为三边可作三角形,且其面积　　　△0≥(∑ni=1λi△i)2,(1)仅当△A1B1C1∽△A2B2C2∽…∽△AnBnCn时取等号.证明　由ai bi>ci(i=1,2,…,n)有　a0 b0=∑ni=1λiai ∑ni=1λibi=∑ni=1λi(ai bi)>∑ni=1λici=c0;等等,故以a0、b0、c0为三边可作三角形.记其半周长pi=12(ai bi ci)　(i=0,1,2,…,n),易知p0=∑ni=1λipi及p0-a0=∑ni=1λi(…