数理视界

(1) 思路1: 如图所示, 过点$F$ 作$BA,BC$ 所在直线的垂线, 垂直分别为$N,M$.
显然有$\angle FAB+\angle FEB=180^{\circ}\Rightarrow \angle FAN=\angle FEM$, 易得$\triangle FAN\cong \triangle FEM(AAS)$
所以$FN=FM$, 故$F$ 在$\angle ABC$ 的平分线上.

思路2: 如图所示, 作$\angle AFT=\angle AEB$ 交$AD$ 于$T$, 连结$BT$.
显然有$\triangle AFT\cong \triangle AEB(ASA)\Rightarrow \angle ATF=120^{\circ}, AT=AB$,
又$\angle BAD=60^{\circ}\Rightarrow \triangle ATB$ 为等边三角形. $\therefore \angle ATB=\angle ABT=60^{\circ}$.
$\because \angle FTA+\angle ATB=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}\Rightarrow F,T,B$共线
因此$FB$ 为$\angle ABC$ 的平分线.

(2) 如图, 连结$FB$, 易得$\angle H=\angle HDA=30^{\circ}\Rightarrow AH=AD=BC$.
又$\angle HBF=60^{\circ}\Rightarrow \angle HFB=90^{\circ}$. 所以$\frac{BC}{AB}=\frac{AH}{AB}=3$

六个小三角形有三个面积相等, 由对称形可分为四种情况讨论:
情况一: 如图所示: $S_{\triangle PBF}=S_{\triangle PBD}=S_{\triangle PDC}$
此时$BD=CD$, 所以$\frac{CP}{PF}=2$, 由梅涅劳斯定理可得: $\frac{CP}{PF}\cdot \frac{AF}{AB}\cdot \frac{BD}{DC}=1$,
所以$AF=BF$, 即$P$ 为重心.

情况二: 如图$S_{\triangle APF}=S_{\triangle DPB}=S_{\triangle PDC}$,
可得: $S_{\triangle AFC}=S_{\triangle ADC}\Rightarrow DF\parallel AC$, 所以$D,F$
分别为$BC,AB$中点, 即$P$ 为重心.

情况三: $S_{\triangle FBP}=S_{\triangle DPB}=S_{\triangle AEP}$, 此时有: $DE\parallel AB$.
根据塞瓦定理的: $\frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{AE}=1\Rightarrow AF=BF$.
于是$S_{\triangle APF}=S_{\triangle BPF}$, 由情况一可得$P$ 为重心.

情况四: 如图: 已知$S_{\triangle PFB}=S_{\triangle PCD}=S_{\triangle PAE}=a$,
设$S_{\triangle PAF}=x, S_{\triangle PCE}=y, S_{\triangle PBD}=z$, 根据塞瓦定理有:
$\frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}\cdot \frac{AF}{FB}=\frac{z}{a}\cdot \frac{y}{a}\cdot \frac{x}{a}=1$
得$xyz=a^3$
(i) 若$x,y,z$ 互不相等, 不妨设$x\gt y\gt z\Rightarrow x\gt a, z\lt a$.
$1\lt \frac{a}{z}=\frac{CD}{DB}=\frac{a+y}{a+x}<1$矛盾
(ii) 若$x,y,z$ 在有相等, 不妨设$x=y$, 则$\frac{a}{z}=\frac{a+y}{a+x}=1\Rightarrow a=z$.
由$xyz=a^3\Rightarrow xy=a^2\Rightarrow x=y=z=a$,即$P$ 为重心.

综上, 点$P$ 必为$\triangle ABC$ 的重心.

< details>

考虑面积法: 因为$\frac{BD}{DC}=\frac{S_{\triangle OBD}}{S_{\triangle ODC}}=\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ADC}}=\frac{S_{\triangle ABD}-S_{\triangle OBD}}{S_{\triangle ADC}-S_{\triangle ODC}}=\frac{S_{\triangle ABO}}{S_{\triangle ACO}}$.
同理可得:
$\frac{CE}{EA}=\frac{S_{\triangle BCO}}{S_{\triangle BAO}}$; $\frac{AF}{FB}=\frac{S_{\triangle CAO}}{S_{\triangle CBO}}$.
因此有: $\frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}\cdot \frac{AE}{EB}=1$

由
\[
\left\{\begin{array}{lr} f(0)=c \\ f(\frac{1}{2})=\frac{3}{4}a+b+c \\ f(1)=3a+2b+c \end{array}\right.
\]

得$3|a|=|2f(0)+2f(1)-4f(\frac{1}{2})|\leq 2|f(0)|+2|f(1)|+4|f(\frac{1}{2})|\leq 8$
故$a\leq \frac{8}{3}$.
又易知当$f(x)=8x^2-8x+1$ 时满足题设条件, 所以$a$ 的最大值为$\frac{8}{3}$.

因为$x_1,x_2$ 是方程$ax^2+bx+c=x$ 的两个根, 所以$x_1+x_2=-\frac{b-1}{a}, x_1x_2=\frac{c}{a}$,
$ax_1^2+bx_1+c=x_1$. 因此
f(t)-x_1=(at^2+bt+c)-(ax_1^2+bx_1+c)=a(t+x_1)(t-x_1)+b(t-x_1)\\ a(t-x_1)(t+x_1+\frac{b}{a})
由$t+x_1+\frac{b}{a}=t+(\frac{1}{a}-x_2)=(t+\frac{1}{a})-x_2\lt (x_1+\frac{1}{a})-x_2\lt 0$
及$a\gt 0, t-x_1\lt 0$ 得$f(t)-x_1\gt 0$.
所以, 当$0\lt t\lt x_1$ 时, 有$f(t)>x_1$.

(1) 设$d=kv^2s$, 因为$v=50$ 时, $d=s$ 代入得$k=\frac{1}{2500}$, 所以$d=\frac{1}{2500}v^2s$.
当$d=\frac{1}{2}s$ 时, $v=25\sqrt{2}$. 所以
\[
d=\left\{\begin{array}{lr} \frac{1}{2}s, 0\lt v\leq 25\sqrt{2} \\ \frac{1}{2500}v^2s, v\gt 25\sqrt{2} \end{array}\right.
\]
(2)
\[
Q=\left\{\begin{array}{lr} \frac{2000v}{3s}, 0\lt v\leq 25\sqrt{2} \\ \frac{1000v}{s(1+\frac{v^2}{2500})}, v\gt 25\sqrt{2} \end{array}\right.
\]
对于第一个式, $v=25\sqrt{2}$ 时, Q_{最大值}=\frac{50000\sqrt{2}}{3s}.
对于第二个式, $Q=\frac{1000}{s(\frac{1}{v}+\frac{v}{2500})}\leq \frac{1000}{s\cdot 2\sqrt{\frac{1}{v}\cdot \frac{v}{2500}}}=\frac{25000}{s}$.
所以当$v=50$ 时, Q_{最大值}=\frac{25000}{s}
因为$\frac{25000}{s}>\frac{50000\sqrt{2}}{3s}$, 所以当车速为$50$ 公里/小时, 此地的
车流量达到最大.

注: 这里用到了一个基本不等式: 若$a,b$ 都是正数, 则有$a+b\geq 2\sqrt{ab}$, 当$a=b$ 时取等号.

思路一: 如图所示做辅助线, 使得$\triangle ADE\cong \triangle MBG\cong NGE$, 所以有$GB=GE, \angle BGE=90^{\circ}$.
所以$\angle GBE=45^{\circ}$, 即$\angle ADE=45^{\circ}-\angle ABE=\angle EBC$.

思路二: 设$M$ 为$BC$ 中点, 连结$AM$ 交$BE$ 于点$N$, 做$MF\parallel BE$ 交$AC$ 于$F$.
所以得$EF=FC=AE$. 因为$NE\parallel MF\Rightarrow AN=NM$, 因此有$BM=2NM$.
易得$\triangle EAD\backsim \triangle NMB\Rightarrow \angle ADE=\angle EBC$.

思路一: 分别过$C,F$ 作$EM,AC$ 的平行线, 交于点$G$, 连结$BG$, 延长$EM$ 交$BG$ 于$N$.
易得$FEGC$ 为平行四边形, $FN$ 平分$\angle BFG$, 因为$MN\parallel CG, M$ 为$BC$ 中
点, 所以$N$ 为$BG$ 中点, 可得$\triangle ENB\cong \triangle ENG\Rightarrow EB=EG=FC$.
又$AE=AF\Rightarrow AB-BF=FC-AC\Rightarrow BE=CF=\frac{1}{2}(AB+AC)$.

思路二: 过$E$ 作$ET\parallel FC$ 交$BC$ 于点$T$.
因为$ET\parallel FC$, 所以$\frac{MT}{MC}=\frac{TE}{CF}$,
因为$EM$ 平分$\angle BET$, 所以$\frac{MT}{MB}=\frac{ET}{EB}$
由$MB=MC\Rightarrow \frac{ET}{FC}=\frac{ET}{EB}\Rightarrow EB=FC$, 下同思路一.

思路三: 直线$MEF$ 截$\triangle ABC$ 应用梅涅劳斯定理得:
$\frac{AE}{EB}\cdot \frac{BM}{MC}\cdot \frac{CF}{FA}=1\Rightarrow CF=BE$

思路一: 取$AB$ 的中点$P$, 连结$PE$, 由$PE=PA=PB$ 及$PE\parallel AC$ 易证.
思路二: 分别延长$BE,AC$ 交于点$F$, 再设$CF$ 的中点为$M$, 连结$EM$, 所以$EM$ 为中位
线, 即$EM\parallel DC$, 又$AC=CM\Rightarrow AD=DE$.

连结$AG$ 并延长交$BC$ 于$M$, 则$BM=CM$.
由$DEG$ 截$\triangle ABM$ 及$DGF$ 截$\triangle ACM$ 应用梅涅劳斯定理得:
$\frac{BE}{EA}\cdot \frac{AG}{GM}\cdot \frac{MD}{DB}=1$; $\frac{CF}{FA}\cdot \frac{AG}{GM}\cdot \frac{MD}{DC}=1$.
$\therefore \frac{BE}{EA}=\frac{GM}{AG}\cdot \frac{DB}{MD}$, $\frac{CF}{FA}=\frac{GM}{AG}\cdot \frac{DC}{MD}$
两式相加得:

$\frac{BE}{EA}+\frac{CF}{FA}=\frac{GM(DB+DC)}{AG\cdot MD}=\frac{GM}{AG}\cdot \frac{DB+DC}{MD}=\frac{1}{2}\times \frac{2}{1}=1$

问题得证.