每日一题: 2020-08-19
题目: 如图在凸四边形$ABCD$ 的两条对角线$AC$ 和$BD$ 上各取两点$E,G$ 和$F,H$, 使得
$AE=GC=\frac{1}{4}AC, BF=HD=\frac{1}{4}BD$. 设$AB,CD,EF,GH$ 的中点分别为$M,N,P,Q$.
证明: $M,P,Q,N$ 四点共线.
每日一题：2020-08-18
每日一题: 2020-08-18
题目: 若直角三角形$\triangle ABC$ 中, $CK$ 是斜边上的高, $CE$ 是$\angle ACK$ 的角
平分线, $D$ 为$AC$ 中点, $F$ 是$DE$ 与$CK$ 的交点, 证明: $BF\parallel CE$.
参考思路
直线$DEF$ 截$\triangle ACK$ 应用梅涅劳斯定理得: $\frac{CD}{DA}\cdot \frac{AE}{EK}\cdot \frac{KF}{FC}=1$. $\because CD=DA, AE$ 平分$\angle ACK\Rightarrow \frac{AE}{EK}=\frac{AC}{CK}$.代入上式得: $$\frac{AC}{CK}\cdot \frac{KF}{FC}=1$$ 又易证$\triangle ACK\backsim \triangle CBK\Rightarrow \frac{AC}{CK}=\frac{CB}{BK}$. 另一方面容易计算得: $\angle BCE=\angle BEC\Rightarrow BC=BE$. $$\therefore \frac{AC}{CK}=\frac{BE}{BK}\Rightarrow \frac{BE}{BK}=\frac{CF}{KF}\Rightarrow \frac{BE-BK}{BK}=\frac{CF-KF}{KF}\Rightarrow \frac{EK}{BK}=\frac{CK}{KF}$$ 所以$\triangle EKC\backsim \triangle BKF\Rightarrow \angle ECK=\angle BFK\Rightarrow BF\parallel CE$.每日一题：2020-08-17
每日一题: 2020-08-17
题目: 在锐角$\triangle ABC$ 中, $\angle C$ 的平分线交$AB$ 于$L$, 从$L$ 作边$AC$ 和
$BC$ 的垂线, 垂足分别是$M$ 和$N$, 设$AN$ 和$BM$ 的交点是$P$, 证明: $CP\bot AB$.
参考思路
如图, 作$CK\bot AB$, 下证$CK,BM,AN$ 三线共点, 且为$P$ 点. 要证$CK,BM,AN$ 三线共点, 根据塞瓦定理即要证: $\frac{AM}{MC}\cdot \frac{CN}{NB}\cdot \frac{BK}{KA}=1$. 又因 为$MC=CN$, 即要证: $\frac{AM}{AK}\cdot \frac{BK}{NB}=1$. 因为$\triangle AML \backsim \triangle AKC \Rightarrow \frac{AM}{AK}=\frac{AL}{AC}$. $\triangle BNL\backsim \triangle BKC\Rightarrow \frac{BK}{NB}=\frac{BC}{BL}$. 即要证: $\frac{AL}{AC}\cdot \frac{BC}{BL}=1$, 根据三角形的角平分线定理可知: $\frac{CA}{CB}=\frac{AL}{BL}$. 所以$CK,BM,AN$ 三线共点, 且为$P$ 点, 所以$CP\bot AB$.每日一题：2020-08-16
每日一题: 2020-08-16
题目: 设$a_1,a_2,\ldots,a_n$ 是正数, 求证
参考思路
左边$\lt \frac{a_2}{a_1(a_1+a_2)}+\frac{a_3}{(a_1+a_2)(a_1+a_2+a_3)}+\cdots+ \frac{a_n}{(a_1+a_2+\cdots a_{n-1})(a_1+a_2+\cdots +a_n)} \\ =(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_1+a_2})+(\frac{1}{a_1+a_2}-\frac{1}{a_1+a_2+a_3})+\cdots +(\frac{1}{a_1+a_2+\cdots a_{n-1}}-\frac{1}{a_1+a_2+\cdots +a_n})\\ =\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_1+a_2+\cdots a_n}<\frac{1}{a_1}=$ 右边 问题得证.每日一题：2020-08-15
每日一题: 2020-08-15
题目: 如图, 直线$y=-\frac{4}{3}x+n$ 交$x$ 轴于点$A$, 交$y$ 轴于点$C(0,4)$, 抛物线
$y=\frac{2}{3}x^2+bx+c$ 经过点$A$, 交$y$ 轴于点$B(0,-2)$, 点$P$ 为抛物线上一个动点,
过点$P$ 作$x$ 轴的垂线$PD$, 过点$B$ 作$BD\bot PD$ 于点$D$, 连接$PB$, 设点$P$ 的横
坐标为$m$.
(1) 求抛物线的解析式;
(2) 当$\triangle BDP$ 为等腰直角三角形时, 求线段$PD$ 的长.
参考思路
(1) 易求得抛物线的解析式为: $y=\frac{2}{3}x^2-\frac{4}{3}x-2$. (2) $\because P$ 的横坐标为$m$, $\therefore D(m,-2), P(m,\frac{2}{3}m^2-\frac{4}{3}m-2)$. 若$\triangle BDP$ 为等腰三角形, 则$PD=BD$ (a) 当$P$ 在直线$BD$ 上方时$PD=\frac{2}{3}m^2-\frac{4}{3}m$ (i) 若点$P$ 在$y$ 轴左侧, 则$m<0, BD=-m$, 由$\frac{2}{3}m^2-\frac{4}{3}m=-m\Rightarrow m_1=0(舍去)$, $m_2=\frac{1}{2}$ (舍去). (ii) 若点$P$ 在$y$ 轴右侧, 则$m>0, BD=m\Rightarrow \frac{2}{3}m^2-\frac{4}{3}m=m\Rightarrow m_3=0(舍去)$, $m_4=\frac{7}{2}$. (b) 当$P$ 在直线$BD$ 下方时$m>0, BD=m,PD=-\frac{2}{3}m^2+\frac{4}{3}m$, $\therefore -\frac{2}{3}m^2+\frac{4}{3}m=m\Rightarrow m_5=0$ (舍去), $m_6=\frac{1}{2}$. 综上所述, 当$m=\frac{7}{2}$ 或$\frac{1}{2}$ 时, $\triangle BDP$ 为等腰直角三角形. 此时$PD$ 的长为$\frac{7}{2}$ 或$\frac{1}{2}$.每日一题：2020-08-14
每日一题: 2020-08-14
题目: 在图(1),图(2),图(3)中, 已知平行四边形$ABCD, \angle ABC=120^{\circ}$, 在$E$
为线段$BC$ 上的动点, 连结$AE$, 以$AE$ 为边向上作菱形$AEFG$, 且$\angle EAG=120^{\circ}$.
(1) 如图(2), 连结$AF$, 求证: 点$F$ 在$\angle ABC$ 的平分线上;
(2) 如图(3), 连接$EG,DG$, 并延长$DG$ 交$BA$ 的延长线于点$H$, 当四边形$AEGH$ 是平行
四边形时, 求$\frac{BC}{AB}$ 的值.
参考思路
(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$\frac{BC}{AB}=\frac{AH}{AB}=3$ 每日一题：2020-08-13
每日一题: 2020-08-13
题目: $\triangle ABC$ 内有一点$P$, 连结$AP,BP,CP$ 并延长, 分别与对边相交, 把$\triangle ABC$
分成六个小三角形, 若这六个小三角形有三个面积相等, 则点$P$ 必为$\triangle ABC$ 的重心.
参考思路
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>
每日一题：2020-08-12
每日一题: 2020-08-12
题目: (塞瓦定理) 在$\triangle ABC$ 内任取一点$O$, 延长$AO,BO,CO$ 分别交对边于$D,E,F$,
则有: $\frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}\cdot \frac{FA}{FB}=1$
参考思路
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: $\frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}\cdot \frac{AE}{EB}=1$每日一题：2020-08-11
每日一题: 2020-08-11
题目: 已知函数$f(x)=3ax^2+2bx+c (a\neq 0)$, 当$0\leq x\leq 1$ 时, $|f(x)|\leq 1$,
试求$a$ 的最大值.
参考思路
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$\frac{8}{3}$.每日一题：2020-08-10
每日一题: 2020-08-10
题目: 设$f(x)=ax^2+bx+c (a\gt 0)$, 方程$f(x)=x$ 的两个根是$x_1,x_2$, 且$x_1\gt 0,x_2-x_1\gt \frac{1}{a}$.
又若$0\lt t\lt x_1$, 试比较$f(t)$与 $x_1$ 的大小.