2018年10月号问题解答

(解答由问题提供人给出)

2446已知实数a满足：有且仅有一个正方形，其四个顶点均在曲线y=x3+ax上，试求该正方形的边长．

(湖北省谷城县第三中学 贺 斌 441700)

解设正方形的四个顶点为A,B,C,D，那么ABCD的中心为原点O.否则,由于y=x3+ax为奇函数，因此A,B,C,D关于O点的对称点A′,B′,C′,D′也在曲线上,且A′B′C′D′也是正方形,与题设矛盾.

设A(x0,y0)，B(-y0,x0)，C(-x0,-y0)，D(y0,-x0),

其中x0>0,y0>0,于是有

(1)

(2)

(1)×x0+(2)×y0得

(3)

由上式便知a<0.

(1)×y0-(2)×x0得

(4)

由(3)，(4)式，得

a=-r2(1-2sin2θcos2θ)，

从中消去r2，得关于sin2θ的方程

(1+a2)(sin22θ)2-(4+a2)sin22θ+4=0．

因sin22θ在(0，1)内只有一个根，所以

Δ=(4+a2)2-16(1+a2)=a4-8a2=0，

2447如图 ，已知△ABC的边BC上的中点D，过D的直线交AC和BA的延长线分别于E、F，且AB=EC-AE.过A、D、E三点的⊙W1和过A、D、F三点的⊙W2,.有EM∥BF、FN∥AC，EM、FN分别交⊙W1和⊙W2于M、N.求证：点D是过A、M、N三点圆的圆心.

(江西省高安市石脑二中 王典辉 330818)

证明连接AD、AN、NC、FC、DN,AC与DN相交于点P.

由于FN∥AC，有S△ECF=S△ECN.

又因为S△BDF=S△DCF，

所以S△BDF=S四边形DCNE.

所以BF·ADsin∠BAD=BF·ADsin∠DNF

=EC·DNsin∠DPE

=EC·DNsin∠DNF.

即BF·AD=EC·DN.

①

在△AEF和△DAN中，

∠AFD=∠AND，∠DAN=∠DFN=∠AEF，

②

把①×②，得BF·AE=AF·EC,

(AB+AF)·AE=AF·(AB+AE),

有AE=AF,所以 ∠AEF=∠AFE.

连接AM，DM，

因为EM∥BF，有∠AFE=∠MED，

而A，M，D，E四点共圆，

有∠AEF=∠AMD，∠MED=∠MAD，

所以 ∠MAD=∠AMD，得AD=MD.

又FN∥AC，有∠AEF=∠DFN=∠AFE，

而A、F、N、D四点共圆，

有∠DFN=∠DAN，∠AFE=∠AND，

所以 ∠AND=∠DAN,有AD=ND，

所以点D是过A、M、N三点的圆的圆心.

(兰州大学数学与统计学院 冯建波 730000)

证明观察可知不等式在a=1,b=1,c=0,d=0及其循环取等.

a,b待定.

为了使得取等条件在x=1或者x=0.

这显然在x为正数时候成立，回到原题有

证毕.

2449设a,b,p,q>0，且a+b=p+q=1，求证：

(1)

(河南质量工程职业学院 李永利 467000)

证明由a+b=p+q=1可得

=(ab)1-p=(ab)q,

(2)

(3)

由(2)，(3)两式可知(1)式等价于

(4)

而由q>0可知，

幂函数f(x)=xq在区间(0,1)内单调递增，

故(4)式成立，从而(1)式成立.

2450如下图，AB、AC分别切⊙O于B、C，过A作割线交⊙O于D、E，过D作AB的平行线分别交BC、BE于F、G，求证：F是DG的中点．

证明如图，过B作AE的平行线交⊙O于H，

连结HC交AE于I，则∠BHC=∠AIC．

因为AB、AC分别切⊙O于B、C，

由切线长定理和弦切角定理，

有AB=AC，①

∠ABC=∠BHC，

所以 ∠ABC=∠AIC，②

所以A、B、I、C四点共圆.

由①， ∠AIB=∠AIC，

由②， ∠AIB=∠ABC．③

过D作BC的平行线交AB于J，

由已知，BFDJ是平行四边形，

连结JI交BD于K，④

所以 ∠BJD+∠ABC=180°.

由③，∠BJD+∠AIB=180°，

所以B、J、D、I四点共圆，……