每日一题: 2020-10-18
题目: 如图所示, $AD\parallel BC$, 梯形$ABCD$ 的面积是$180$, $E$ 是$AB$ 的中点, $F$
是$BC$ 边上的点, 且$AF\parallel CD$, $AF$ 分别交$ED,BD$ 于$G,H$. 设$\frac{BC}{AD}=m$, $m$ 是整数.
(1) 若$m=2$, 求$\triangle GHD$ 的面积;
(2) 若$\triangle GHD$ 的面积为整数, 求$m$ 的值.
每日一题：2020-10-16
每日一题: 2020-10-16
题目: 如图, 在平面直角坐标系中, 四边形$OABC$ 是矩形, $OA=16$ cm, $OC=8\sqrt{2}$cm,
两动点$M,N$ 分别从$O,C$ 同时出发, $M$ 在线段$OA$ 上沿$OA$ 方向以每秒$2$ cm 的速度
匀速运动, $N$ 在线段$CO$ 上沿$CO$ 方向以每秒$\sqrt{2}$ cm 的速度匀速运动, 设运动时
间为$t$ 秒$(0\lt t\lt 8)$.
(1) 求$\triangle OMN$ 的面积的最大值;
(2) 四边形$OMBN$ 的面积是一个定值吗? 若是, 求出定值; 若不是, 请说明理由;
(3) 当$\triangle OMN$ 与$\triangle ABM$ 和$\triangle MBN$ 都相似, 抛物线$y=\frac{1}{4}x^2+bx+c$
经过$B,M$ 两点, 过线段$BM$ 上一动点作$x$ 轴的垂线交抛物线于点$Q$, 交$NB$ 于点$H$,
当线段$PQ$ 的长取得最大值时, 求$\triangle PBH$ 的面积.
参考思路
(1) $S_{\triangle OMN}=\frac{1}{2}ON\cdot OM=\frac{1}{2}\times 2t\times \sqrt{2}(8-t)=-\sqrt{2}(t-4)^2+16\sqrt{2}$ 所以当$t=4$ 时, $S_{\triangle OMN}$ 取得最大值$16\sqrt{2}$. (2) 是一个定值, 理由如下: $\because S_{OMBN}=S_{OABC}-S_{\triangle BCN}-S_{\triangle ABM}=OA\cdot OC-\frac{1}{2}BC\cdot CN-\frac{1}{2}AB\cdot AM$ $=16\times 8\sqrt{2}-\frac{1}{2}\times 16\times \sqrt{2}t-\frac{1}{2}8\sqrt{2}\times (16-2t)=64\sqrt{2}$. $\because $ 四边形$OMBN$ 的面积是一个定值, 该定值为$64\sqrt{2}$. (3)当$\triangle OMN\backsim \triangle ABM \backsim \triangle MBN$ 时, $\triangle BMN$ 必须是直角三角形. $\therefore \angle BMN=90^{\circ}$ $\therefore \frac{MO}{AB}=\frac{ON}{MA}$ 即$\frac{2t}{8\sqrt{2}}=\frac{8\sqrt{2}-\sqrt{2}t}{16-2t}\Rightarrow t=4$ 或8(舍去) $\therefore OM=8, ON=4\sqrt{2}\Rightarrow M(8,0), N(0,4\sqrt{2})$ 易求得直线$BM$ 解析式为: $y=\sqrt{2}x-8\sqrt{2}$, 直线$BN$ 的解析式为: $y=\frac{\sqrt{2}}{4}x+4\sqrt{2}$. $\therefore $ 抛物线的解析式$y=\frac{1}{4}x^2+bx+c$ 经过$B(16,8\sqrt{2}), M(8,0)$ 代入可得抛物线解析式: $y=\frac{1}{4}x^2+(\sqrt{2}-6)x+32-8\sqrt{2}$. 设$P(t,\sqrt{2}t-8\sqrt{2})$, 则$Q(t,\frac{1}{4}x^2+(\sqrt{2}-6)t+32-8\sqrt{2}),H(t,\frac{\sqrt{2}t}{4}+4\sqrt{2})$ $\therefore PQ=\sqrt{2}t-8\sqrt{2}-(\frac{1}{4}t^2+(\sqrt{2}-6)t+32-8\sqrt{2})=\frac{1}{4}t^2+6t-32=-\frac{1}{4}(t-12)^2+4$ 所以当$t=12$ 时, $PQ$ 最大值是$4$, 此时$P(12,4\sqrt{2}), H(12,7\sqrt{2})$, $\therefore S_{PBH}=\frac{1}{2}\times 4\times 3\sqrt{2}=6\sqrt{2}$.每日一题：2020-10-15
每日一题: 2020-10-15
题目: 已知函数$f(x)=ax^2+2x+c, (a,c\in N^*)$ 满足: $f(1)=5, 6\lt f(2)\lt 11$.
(1) 求函数$f(x)$ 的解析式;
(2) 若对任意的实数$\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$, 都有$f(x)-2mx\leq 1$ 成立,
求实数$m$ 的取值范围.
参考思路
(1)$\because f(1)=a+2+c=5\Rightarrow c=3-a$; 又$\because 6\lt f(x)\lt 11\Rightarrow 6\lt 4a+c+4\lt 11$, 将$c=3-a$ 代入得 $-\frac{1}{3}\lt a\lt \frac{4}{3}$, 又$\because a,c\in N^*\Rightarrow a=1,c=2$. $\therefore f(x)=x^2+2x+2$. (2)证明: $\because \frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$ $\therefore $ 不等式$f(x)-2mx\leq 1$ 恒成立 $\Leftrightarrow x^2+(2-2m)x+1\leq 0$ 在$\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$ 上恒成立. 设$g(x)=x^2+(2-2m)x+1$, $g(x)$ 是开口向上的二次函数, 对称轴为直线$x=m-1$. (i)当$m-1\lt \frac{1}{2}$时, 满足$g(\frac{3}{2})\leq 0$; (ii) 当$\frac{1}{2}\leq m-1\leq \frac{3}{2}$ 时, 满足$g(\frac{1}{2})\leq 0$ 且$g(\frac{3}{2})\leq 0$; (iii) 当$m-1\gt \frac{3}{2}$ 时, 满足$g(\frac{1}{2})\leq 0$ 解得: $m\geq \frac{9}{4}$.每日一题：2020-10-14
每日一题: 2020-10-14
题目: 如图, $AB$ 是$\odot O$ 的直径, $AC$ 是弦, $\angle BAC$ 的平分线$AD$ 交$\odot O$
与点$D$, $DE\bot AC$, 交$AC$ 的延长线于点$E$, $OE$ 交$AD$ 于点$F$.
(1) 求证: $DE$ 是$\odot O$ 的切线;
(2) 若$\frac{AC}{AB}=\frac{1}{3}$, 求$\frac{AF}{DF}$.
参考思路
(1) 证明: 连接$OD$,可得$\angle ODA=\angle OAD=\angle DAC$ $\therefore OD\parallel AE$ $\because AE\bot DE$ $\therefore DE\bot OD$, 而$OD$ 为半径 $\therefore DE$ 是$\odot O$ 的切线. (2) 过$D$ 作$DH\bot AB$ 于$H$, 则有$\cos \angle DOH=\cos\angle CAB=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{3}$ 设$OH=x$, 则$OA=OD=3x$, $\therefore AH=4x$ 由$\triangle AED\cong \triangle AHD\Rightarrow AE=AH=4x$. 又$OD\parallel AE\Rightarrow \triangle AEF\backsim \triangle DOF$. $\therefore \frac{AF}{DF}=\frac{AE}{OD}=\frac{4}{3}, \frac{AF}{DF}=\frac{4}{3}$. 每日一题：2020-10-13
每日一题:2020-10-13
题目: 设$a$ 是正数, $ax+y=2(x\geq 0,y\geq 0)$, 记$h(x,y)=y+3x-\frac{1}{2}x^2$ 的最
大值为$M(a)$, 求$M(a)$ 的表达式.
参考思路
将$y=2-ax$ 代入$h(x,y)$ 得$h(x,y)=2-ax+3x-\frac{1}{2}x^2=-\frac{1}{2}[x-(3-a)]^2+\frac{1}{2}(3-a)^2+2(x\geq 0)$. $\because y\geq 0,\therefore 2-ax\geq 0$. 又$a>0$, $\therefore 0\leq x\leq \frac{2}{a}$. 令$S(x)=h(x,y)=-\frac{1}{2}[x-(3-a)]^2+\frac{1}{2}(3-a)^2+2, x\in[0,\frac{2}{a}],a\gt 0$. 将区间看作是不动的, 对称轴变化, 进行如下讨论: (1) 当$0\lt 3-a< \frac{2}{a}(a\gt 0)$, 即$0\lt a\lt 1$ 或$2\lt a\lt 3$.时 此时$M(a)=S(3-a)=\frac{1}{2}(3-a)^2+2$. (2) 当$3-a\geq \frac{2}{a}(a\gt 0)$, 即$1\leq a\leq 2$ 时 此时$M(a)=S(\frac{2}{a})=2-a\times \frac{2}{a}+3\frac{2}{a}-\frac{1}{2}(\frac{2}{a})^2=-\frac{2}{a^2}+\frac{6}{a}$. (3) 当$3-a\leq 0$,即$a\geq 0$ 时 此时$M(a)=S(0)=2$. 综上所述, \\[ M(a)=\\left\\{\\begin{array}{lr} \frac{1}{2}(3-a)^2+2, 0\lt a\lt 1 或 2\lt a\lt 3 \\\\ -\frac{2}{a^2}+\frac{6}{a}, 1\leq a\leq 2, \\\\ 2, a\geq 3 \\end{array}\\right. \\]每日一题：2020-10-12
每日一题: 2020-10-12
题目: 如果$a\leq b$, 那么在数轴上的范围$a\leq x\leq b$, 可以表示为区间$[a,b]$, 同样可以
定义 $(a,b),[a,b),(a,b]$ 分别为$a\lt x\lt b, a\leq x\lt b,a\lt x\leq b$.
再定义区间$(a,b),[a,b),(a,b],[a,b]$ 的长度为$d=b-a$, 用$[x]$ 表示不超过$x$ 的最大
整数, 记{$x$}=$x-[x]$, 其中$x\in R$. 设$f(x)=[x]$ {$x$}, $g(x)=x-1$, 若用 $d$ 表示
不等式$f(x)\lt g(x)$ 解集区间的长度, 则当$0\leq x\leq 3$ 时, 有
A) $d=1$
B) $d=2$
C)$d=3$
D)$d=4$
参考思路
由题意知$f(x)=[x]x-[x]^2$, 所以 $$ f(x)=\\left\\{\\begin{array}{lr} 0 (0\leq x\lt 1) \\\\ x-1 (1\leq x\lt 2)\\\\ 2x-4(2\leq x\leq 3) \\end{array}\\right. $$ 显然当$2\leq x\leq 3$ 时不等式有解, 解$2x-4\lt x-1\Rightarrow x<3$, 所以原不等式 的解集为$2\leq x<3$, 所以$d=1$, 故选A.每日一题：2020-10-11
每日一题: 2020-10-11
题目: 设实数$a,b,c,m$ 满足条件$\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m}=0$, 且$a\geq 0,m\gt 0$.
求证: 方程$ax^2+bx+c=0$ 有一根$x_0$ 满足$0\lt x_0\lt 1$.
参考思路
(1) 当$a=0$ 时, 若$b\neq 0$, 则$x_0=-\frac{c}{b}=\frac{m}{m+1}$, 满足$0\lt x_0\lt 1$; 若$b=0\Rightarrow c=0$, 这时对一切$x$ 满足方程, 结论成立. (2) 当$a\gt 0$ 时, 令$f(x)=ax^2+bx+c$, 易求得$f(\frac{m}{m+1})=-\frac{am}{(m+1)(m+2)}<0$ 若$c\gt 0$, 则$f(0)=c\gt 0$, 由根在存在性原理知: 必有一根满足$0\lt x_0\lt \frac{m}{m+1}\lt 1$; 若$c\leq 0$, 则 $$ f(1)=a+b+c=(m+2)\cdot \frac{a}{m+2}+(m+1)\cdot \frac{b}{m+1}+m\cdot \frac{c}{m} $$ $$ =\frac{a}{m+2}+(m+1)(\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m})-\frac{c}{m}=\frac{a}{m+2}-\frac{c}{m}>0 $$ 故必有一根$x_0$ 满足$0\lt \frac{1}{m+1}\lt x_0\lt 1$.每日一题：2020-10-10
每日一题: 2020-10-10
题目: 已知函数$f(x)=x^2-2x, g(x)=ax+2 (a\gt 0)$. 若对任意$-1\leq x_1\leq 2$, 总存
在$-1\leq x_2\leq 2$. 使得$f(x_1)=g(x_2)$, 求实数$a$ 的取值范围.
参考思路
当$-1\leq x_1\leq 2$ 时, $-1\leq f(x_1)\leq 3$, 因为$a\gt 0$ 所以$ax+b$ 在$-1\leq x_2\leq 2$ 范围内是增函数. 依据题意应该有 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} a\cdot (-1)+2\leq -1 \\\\ 2a+2\geq 3 \\end{array}\\right.\Rightarrow a\geq 3 \\]每日一题：2020-10-09
每日一题: 2020-10-09
题目: 已知函数$f(x)=ax^2+bx+c$ 满足$f(-1)=0$.
(1) 若$f(x)=f(-1-x)$, 对任意$a\in [-3,-1]$ 都有$f(x)+x+1>0$, 求$x$ 的取值范围;
(2) 是否存在实数$a,b,c$ 使得不等式$x\leq f(x)\leq \frac{1}{2}(x^2+1)$ 对一切实数恒
成立? 若存在, 请求出$a,b,c$ 的值; 若不存在, 请说明理由.