每日一题: 2020-09-18
题目: 求不等式$(a^2-3a+2)x^2+(a-1)x+2>0$ 的解集是全体实数的充要条件.
每日一题：2020-09-17
每日一题: 2020-09-17
题目:已知$a\geq \frac{1}{2}$, 设二次函数$f(x)=-a^2x^2+ax+c$, 其中$a,c$ 均为实数,
证明: 当$0\leq x\leq 1$ 时, 均有$f(x)\leq 1$ 成立的充要条件是$c\leq \frac{3}{4}$.
参考思路
因为$a\geq \frac{1}{2}$, 所以函数$f(x)=-a^2x^2+ax+c$ 图象的对称轴方程为直线$x=\frac{a}{2a^2}=\frac{1}{2a}$, 且$0\lt \frac{1}{2a}\leq 1$, 所以$f(x)\leq f(\frac{1}{2a})=\frac{1}{4}+c$. 先证充分性: 因为$c\leq \frac{3}{4}$, 且$f(x)\leq f(\frac{1}{2a})=\frac{1}{4}+c\leq \frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$. 所以$f(x)\leq 1$. 再证必要性: 因为$f(x)\leq 1$, 所以只需$f(\frac{1}{2a})\leq 1$ 即可. 即$\frac{1}{4}+c\leq 1\Rightarrow c\leq \frac{3}{4}$. 综上可知, 当$0\leq x\leq 1$ 时, 均有$f(x)\leq 1$ 成立的充要条件是$c\leq \frac{3}{4}$.每日一题：2020-09-16
每日一题: 2020-09-16
阅读: 一般地,”若$p$, 则$q$ “为真命题, 是指由$p$ 通过推理可以得出$q$. 这时, 我们就
说, 由$p$ 可推出$q$, 记作$p\Rightarrow q$, 并且说$p$ 是$q$ 充分条件, $q$ 是$p$ 的
必要条件.
一般地, 如果既有$p\Rightarrow q$, 又有$q\Rightarrow p$, 就记作$p\Leftrightarrow q$.
此时, 我们说, $p$ 是$q$ 的充分必要条件, 简称充要条件. 显然, 如果$p$ 是$q$ 的充要条
件, 那么$q$ 也是$p$ 的充要条件.
题目: 设$\triangle ABC$ 的内角$A,B,C$ 的对边长分别为$a,b,c$. 求证: “关于$x$ 的方程
$x^2+2ax+b^2=0,x^2+2cx-b^2=0$ 有公共根” 的充要条件是”$A=90^{\circ}$ “.
参考思路
(1)必要性: 设关于$x$ 的方程: $x^2+2ax+b^2=0$ 与$x^2+2cx-b^2=0$ 有公共根$x_0$. 则$x_0^2+2ax_0+b^2=0, x_0^2+2cx_0-b^2=0$, 两式相减, 可得$x_0=\frac{b^2}{c-a}$, 代入$x_0^2+2ax_0+b^2=0\Rightarrow b^2+c^2=a^2\Rightarrow A=90^{\circ}$. (2) 充分性: 因为$A=90^{\circ}$, 所以$b^2+c^2=a^2\Rightarrow b^2=a^2-c^2$. 代入方程$x^2+2ax+b^2=0\Rightarrow x^2+2ax-c^2=0\Rightarrow (x+a-c)(x+a+c)=0$. 代入方程$x^2+2cx-b^2=0\Rightarrow x^2+2cx+c^2-a^2\Rightarrow (x+c-a)(x+c+a)=0$. 故两个方程有公共根$x=-(a+c)$. 综上, 可知得证.每日一题：2020-09-15
每日一题:2020-09-15
题目: 如图, 抛物线$y=ax^2-2ax-3a(a\neq 0)$ 与$x$ 轴交于点$A,B$. 与$y$ 轴交于点$C$,
连接$AC,BC$. 已知$\triangle ABC$ 的面积为$2$.
(1) 平行于$x$ 轴的直线与抛物线从左到右依次交于$P,Q$ 两点, 过点$P,Q$ 向$x$ 轴作垂线,
垂足分别为$G,H$. 若四边形$PGHQ$ 为正方形, 求正方形的边长;
(2) 平行于$y$ 轴的直线交抛物线于点$M$, 交$x$ 轴于点$N(2,0)$. 点$D$ 是抛物线上$A,M$
之间的一动点, 且点$D$ 不与$A,M$ 重合. 连接$DB$ 交$MN$ 于点$E$. 连接$AD$ 并延长交$MN$ 于
点$F$. 在点$D$ 运动过程中, $3NE+NF$ 是否为定值? 若是, 求出这个定值; 若不是, 请说明
理由.
参考思路
(1) 容易求得$a=-\frac{1}{3}$,如图所示,设$f(x)=-\frac{x^2}{3}+\frac{2x}{3}+1$ 要四边形$PQHG$ 为正方形, 则有$PG=GH$, 设 $G(m,0)\Rightarrow GH=2|1-m|$, 此时$PG=f(m)=-\frac{m^2}{3}+\frac{2m}{3}+1$ 易求得边长$PG=6+2\sqrt{13}$ 或$2\sqrt{13}-6$.  (2) 如图, 设点$T(m,0)\Rightarrow DT=-\frac{m^2}{3}+\frac{2m}{3}+1$ $\because \triangle ADT\backsim \triangle AFN\Rightarrow \frac{NF}{DT}=\frac{NA}{TA}$ $\therefore \frac{NF}{-\frac{m^2}{3}+\frac{2m}{3}+1}=\frac{3}{m+1}\Rightarrow NF=3-m$. 同理由$\triangle BNE\backsim \triangle BTD\Rightarrow \frac{NE}{DT}=\frac{BN}{BT}$ $\therefore \frac{NE}{-\frac{m^2}{3}+\frac{2m}{3}+1}=\frac{1}{3-m}\Rightarrow NE=\frac{m+1}{3}$ 所以有$NF+3NE=(3-m)+(m+1)=4$. 每日一题：2020-09-14
每日一题: 2020-09-14
题目: 如图, 抛物线$y=-\frac{1}{2}x^2+bx+c$ 与$x$ 轴交于点$A(4,0),B(-2,0)$, 与$y$
轴交于点$C$, 线段$BC$ 的垂直平分线与对称轴$l$ 交于点$D$, 与$x$ 轴交于点$F$, 与$BC$
交于点$E$. 对称轴$l$ 与$x$ 轴交于点$H$.
(1) 求点$D$ 与点$F$ 的坐标;
(2) 若点$P$ 是抛物线上位于第一象限的一个动点, 当$\angle EFP=45^{\circ}$ 时, 请求出
此时点$P$ 的坐标.
参考思路
(1) 连接$BD,CD$, 设$D(1,m)$, 由线段垂直平分线的性质得$BD=CD$. 由勾股定理得出方程可 得$m=1$, 则$D(1,1)$. 再由$\triangle DHF\backsim \triangle BOC$, 求出$HF=2$, 则 $OF=OH+HF=3\Rightarrow F(3,0)$. (2) 分别延长$EC$ 与$FP$, 交于点$M$, 过点$E$ 作$EG\bot x$ 轴, 过点$M$ 作$MN\bot EG$ 于点$N$, 求出$E(-1,2)$. 证$\triangle EGF\cong \triangle MNE(AAS)$, 得$MN=EG=2,NE=GF=4$, 则$M(1,6)$, 由待定系数法求直线$MF$ 的表达式为$y=-3x+9$, 由直线$MF$ 和抛物线解析式 组成方程组, 解方程组即可得$P(4-\sqrt{6},3\sqrt{6}-3)$.每日一题：2020-09-13
每日一题: 2020-09-13
题目: 某商品进货价为每件$50$ 元, 经市场调查得知, 当销售单价$x$ (元)在$50\lt x\lt 80$
范围内时, 每天售出的件数$P=\frac{10^5}{(x-40)^2}$. 若想每天获得的利润最大, 销售价
格应定为每件多少元?
参考思路
设销售价格定为$x$ 元, 所以每天的利润$y=\frac{10^5}{(x-4)^2}(x-50)$. 因为 $\frac{(x-40)^2}{(x-50)}=\frac{[(x-50)+10]^2}{x-50}=(x-50)+\frac{100}{(x-50)}+20\geq 2\sqrt{(x-50)\cdot \frac{100}{(x-50)}}+20=40$ $\therefore y\leq \frac{10^5}{40}=2500$, 当且仅当$x-50=\frac{100}{50}$ 即$x=60$ 或 $x=40$时 等号成立, 由已知$50\lt x\lt 80$, 所以$x=60$ 满足要求. 另解: 有已知得: $y=\frac{10^5}{(x-40)}(x-50)=\frac{10^5}{(x-40)^2}\cdot [(x-40)-10]=\frac{10^5}{(x-4)}-\frac{10^6}{(x-40)^2}$. 设$t=\frac{10^3}{(x-40)}$, 所以原式为$y=100t-t^2=-(t-50)^2+2500\leq 2500$当$t=50$ 即$x=60$ 时取得最大值$2500$.每日一题：2020-09-12
每日一题: 2020-09-12
题目: 如图, 在平面直角坐标系中, 四边形$OABC$ 是矩形, 点$A,C$ 分别在$x$ 轴和$y$ 轴
正半轴上, $OA=8, OC=6$, 点$D$ 在$BC$ 上, 且$CD=3BD$, 点$P$ 为线段$AB$ 上一动点(可
与$A,B$ 重合), 连接$DP$.
(1) 如图, 将$\triangle DBP$ 沿直线$DP$ 翻折, 得$\triangle DEP$, 连接$AE,CE$, 问四
边形$AOCE$ 的面积是否存在最小值, 求出这个最小值;
(2) 以线段$DP$ 为边, 在$DP$ 所在直线的右上方作等边$\triangle DPF$, 当点$P$ 从点$B$
运动到点$A$ 时, 点$F$ 也随之运动, 请求出点$F$ 的运动路径长.
参考思路
(1) 因为$S_{OAEC}=S_{\triangle OAC}+S_{\triangle ACE}$, 所以当$S_{AOCE}$ 的面积最 小时, 点$E$ 到$AC$ 的距离最小. 设$E,D$ 到$AC$ 的距离分别为$h,h_1$, 所以有$h+DE\geq h_1\Rightarrow h\geq h_1-2=\frac{18}{5}-2=\frac{8}{5}$. 此时$S_{AOCE}=S_{\triangle AOC}+S_{ACE}=24+\frac{1}{2}\times 10\times \frac{8}{5}=32$. (2)如图所示作证三角形$\triangle BDF_1, \triangle ADF_2$, 易证$\triangle DPB\cong \triangle DFF_1$,且$\triangle DAP\cong \triangle DF_2F$ . 所以$F_1,F,F_2$ 共线, 故$F$ 的运动轨迹为线段$F_1F_2$, 点$F$ 运动路径长为$6$. 每日一题：2020-09-11
每日一题: 2020-09-11
题目: 如图,在$\triangle ABC$ 中, $\angle C=90^{\circ},\angle ABC=30^{\circ}$, 点
$D,E$ 分别是$AB,AC$ 的中点, 过点$B$ 作直线$DE$ 的垂线段$BM$, 点$F$ 是直线$ED$ 上一
动点, 作$Rt\triangle BFG$ 使得$\angle BFG=90^{\circ},FGB=30^{\circ}$, 连接$GD$.
(1) 当$F$ 与点$D$ 重合时, 求$\frac{GD}{FM}$ 的值.
(2) 当点$F$ 与点$D$ 不重合时, 请求出$\frac{GD}{FM}$ 的值及两直线$GD,ED$ 夹角锐角的度数.
(3) 当点$F,G,A$ 在同一直线上时, 请求出$\frac{BG}{FA}$ 的值.
参考思路
(1) $\frac{DG}{FM}=2$ (2) $\because \angle GBD=\angle FBM=60^{\circ}-\angle DBF$, 且$\frac{BM}{BD}=\frac{BF}{BG}=\frac{1}{2}$ 得$\triangle \triangle BMF\backsim \triangle BDG\Rightarrow \angle BMF=\angle BDG=90^{\circ}$. 故得$\angle EDG=60^{\circ}$且$\frac{GD}{FM}=\frac{GB}{FB}=2$. (3) 画出图形不难求得$\frac{BG}{FA}=4-2\sqrt{3}$ 或$4+2\sqrt{3}$每日一题：2020-09-10
每日一题: 2020-09-10
题目: 如图, 抛物线$y=-\frac{1}{2}x^2+bx+c$ 与$x$ 轴交于点$A,B$, 与$y$ 轴交于点$C$,
抛物线的对称轴为直线$x=-1$, 点$C$ 坐标为$(0,4)$.
(1) 求抛物线表达式;
(2) 在抛物线上是否存在点 $P$, 使$\angle ABP=\angle BCO$, 如果存在, 求出点$P$ 的坐
标;如果不存在, 请说明理由;
(3) 在(2)的条件下, 若点$P$ 在$x$轴上方, 点$M$ 是直线$BP$ 上方抛物线上的一个动点,
求点$M$ 到直线$BP$ 的最大距离.
(4) 点$G$ 是线段$AC$ 上的动点, 点$H$ 是线段$BC$ 上的动点, 点$Q$ 是线段$AB$ 上的动
点, 三个动点都不与点$A,B,C$ 重合, 连接$GH,GQ,HQ$, 得到$\triangle GHQ$, 直接写出
$\triangle GHQ$ 周长的最小值.
参考思路
(1)易得$y=-\frac{1}{2}x^2-x+4$. (2)作$PE\bot x$ 轴于点$E$, 利用相似三角形的判定方法可征得$\triangle PEB\backsim \triangle BOC$. 设$P(m,-\frac{1}{2}m^2-m+4)$, 则$PE=|-\frac{1}{2}m^2-m+4|, BE=2-m$. 所以有 $\frac{|-\frac{1}{2}m^2-m+4|}{2-m}=\frac{1}{2}$ 可解得$P(-3,\frac{5}{2})$ 或$P(-5,-\frac{7}{2})$ (3) 作$MF\bot x$ 轴于点$F$, 交$BP$ 于点$R$, 作$MN\bot BP$ 于点$N$. 由$P(-3,\frac{5}{2}),B(2,0)$ 可解得$BP$ 直线方程为$y=-\frac{1}{2}x+1$, 设$M(a,-\frac{1}{2}a^2-a+4)$, 则$R(a,-\frac{1}{2}a+1)\Rightarrow MR=(-\frac{1}{2}a^2-a+4)-(-\frac{1}{2}a+1)=-\frac{1}{2}a^2-\frac{1}{2}a+3$ $\because \angle MNR=\angle RFB=90^{\circ}, \angle NRM=\angle FRB$, $\therefore \triangle MNR\backsim \triangle BFR$, $\therefore \frac{NR}{MN}=\frac{RF}{FB}$ 易知$\triangle MNR$ 中, $NR:MN:MR=1:2:\sqrt{5}\Rightarrow \frac{MN}{MR}=\frac{2}{\sqrt{5}}$ $\therefore MN=-\frac{\sqrt{5}}{5}a^2-\frac{\sqrt{5}}{5}a+\frac{6\sqrt{5}}{5}=-\frac{\sqrt{5}}{5}(a+\frac{1}{2})^2+\frac{5\sqrt{5}}{4}$. 故当$a=-\frac{1}{2}$ 时, $MN$ 最大为$\frac{5\sqrt{5}}{4}$.  (4)作$Q$ 点关于$AC$ 的对称点$Q_1$, 作$Q$ 关于$CB$ 的对称点$Q_2$, 连接$Q_1Q_2$ 与 $AC,BC$分别交于点$G_1,H_1$, 连接$QQ_1$ 交$AC$ 于$J$, 连接$QQ_2$ 交$CB$ 于$K$, 此时 $\triangle QG_1H_1$ 的周长最小, 这个最小值$=Q_1Q_2$. 又$Q_1Q_2=2JK$, 所以当$JK$ 最小时, $Q_1Q_2$ 最小. $\because \angle CJQ=\angle CKQ=90^{\circ}\Rightarrow C,J,Q,K$ 四点共圆, 线段$CQ$ 是圆的直径. 在$\triangle CJK$ 中, 由正弦定理知$JK=CQ\cdot \sin \angle JCK$. 由于 $\angle JCK$ 是定值, 所以直径$CQ$ 最小时, $JK$ 最小. 当点$Q$与点$O$ 重合时, $CQ$ 最小, 此时$JK$ 最小. $\because OC=4,OB=2,OA=4\Rightarrow AC=4\sqrt{2}, BC=2\sqrt{5}$. 由 $\frac{1}{2}CB\cdot OK=\frac{1}{2}OC\cdot OB\Rightarrow OK=\frac{4\sqrt{5}}{5}\Rightarrow CK=\sqrt{CO^2-OK^2}=\frac{8\sqrt{5}}{5}$ 再由射影定理得: $CO^2=CJ\cdot CA=CK\cdot CB$, 因此有$\triangle CJK\backsim \triangle CBA$ $\therefore \frac{JK}{BA}=\frac{CK}{CA}\Rightarrow JK=\frac{6\sqrt{10}}{5}$. $\therefore \triangle QGH$ 周长的最小值$=Q_1Q_2=2JK=\frac{12\sqrt{10}}{5}$. 每日一题：2020-09-09
每日一题: 2020-09-09
题目: 对于满足$0\leq p\leq 4$ 的一切实数, 不等式$x^2+px>4x+p-3$ 恒成立.