每日一题: 2020-07-30

题目: 当一条直线交$\triangle ABC$ 三边所在的直线$BC,AC,AB$ 分别于点$D,E,F$ 时, 则有

$$\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}=1$$

参考思路

如图, 连结$FC,AD$, 所以有$\frac{AF}{FB}=\frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle BDF}}$; $\frac{BD}{DC}=\frac{S_{\triangle BDF}}{S_{\triangle CDF}}$; $\frac{CE}{EA}=\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle EAF}}=\frac{S_{\triangle CED}}{S_{\triangle AED}}=\frac{S_{\triangle CEF}+S_{\triangle CED}}{S_{\triangle EAF}+S_{\triangle EAD}}=\frac{S_{\triangle CDF}}{S_{\triangle ADF}}$ 所以$\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}=\frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle BDF}} \cdot \frac{S_{\triangle BDF}}{S_{\triangle CDF}}\cdot \frac{S_{\triangle CDF}}{S_{\triangle ADF}}=1$ 问题得证. 

每日一题: 2020-07-29

题目: 已知可把求和$a1+a_2+\cdots +a_n$简写为$\sum\limits{i=1}^nai$, 即$a_1+a_2+\cdots a_n=\sum\limits{i=1}^n ai$.
假设$S_k=\sum\limits{i=1}^ka_i; (k=1,2,\ldots,n)$ 请证明:

$$\sum_{k=1}^na_kb_k=S_nb_n+\sum_{k=1}^{n-1}S_k(b_k-b_{k+1})$$

参考思路

令$S_0=0$, 则$a_1=S_1-S_0, a_k=S_k-S_{k-1} (k=2,3,\ldots,n)$ $$ \therefore \sum_{k=1}^na_kb_k=\sum_{k=1}^n b_k(S_k-S_{k-1})=\sum_{k=1}^nb_kS_k-\sum_{k=1}^nb_kS_{k-1} $$ 又 $$ \sum_{k=1}^nb_kS_{k-1}=\sum_{k=2}^n b_kS_{k-1}=\sum_{k=1}^{n-1}b_{k+1}S_k $$ 所以有 $$ \sum_{k=1}^n a_kb_k=S_nb_n+\sum_{k=1}^{n-1}b_kS_k-\sum_{k=1}^{n-1}b_{k+1}S_k=S_nb_n+\sum_{k=1}^{n-1}S_k(b_k-b_{k+1}) $$

每日一题: 2020-07-28

题目: 设$P$ 是$\triangle ABC$ 边上的一点, 则证明
$BP\cdot AC^2+PC\cdot AB^2=BC\cdot AP^2+BP\cdot PC\cdot BC$.

参考思路

如图所示, 过点$A$ 作$AH\bot BC$ 于$H$, 设$H$ 在线段$PC$ 上(若则线段$BP$ 上同理可证) 所以由勾股定理可知 $AC^2=AH^2+HC^2=AP^2-PH^2+HC^2=AP^2+(HC+PH)(HC-PH)$ $\Rightarrow AC^2=AP^2+PC(HC-PH)\Rightarrow AC^2\cdot PB=AP^2\cdot PB+PB\cdot PC(HC-PH)$. $AB^2=AH^2+HB^2=AP^2-PH^2+HB^2=AP^2+(HB+PH)(HB-PH)$ $\Rightarrow AB^2=AP^2+PB(HB+PH)\Rightarrow AB^2\cdot PC=AP^2\cdot PC+PB\cdot PC(HB+PH)$. 将上述两式相加即得 $$AC^2\cdot PB+AB^2\cdot PC=AP^2(PB+PC)+PB\cdot PC(HC-PH+HB+PH)$$ 所以有: $$BP\cdot AC^2+PC\cdot AB^2=BC\cdot AP^2+BP\cdot PC\cdot BC$$ 

每日一题: 2020-07-27

题目: 如图所示, 在同一平面上, 两块斜边相等的直角三角形$Rt\triangle ABC$ 与$Rt\triangle ADC$ 拼在
一起, 使斜边$AC$ 完全重合, 且顶点$B,D$ 分别在$AC$ 的两旁, $\angle ABC=\angle ADC=90^{\circ}$,
$\angle CAD=30^{\circ}$, $AB=BC=4$ cm.
(1) 填空: $AD=\qquad $ (cm), $DC=\qquad$ (cm);
(2) 点$M,N$ 分别从$A$ 点, $C$ 点同时以每秒$1$ cm 的速度等速出发, 且分别在$AD,CB$
上沿$A\rightarrow D,C\rightarrow B$的方向运动, 当$N$ 点运动到$B$ 点时, $M,N$ 两点
同时停止运动, 连结$MN$, 求当$M,N$ 点运动了$x$ 秒时, 点$N$ 到$AD$ 的距离(用含$x$ 的
式子表示);
(3) 在(2)的条件下, 取$DC$ 中点$P$, 连结$MP,NP$, 设$\triangle PMN$ 的面积为 $y\text{cm}^2$,
在整个运动过程中, $\triangle PMN$ 的面积$y$ 存在最大值, 请求出这个最大值.
(参考数据: $\sin 75^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, \sin 15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ )

参考思路

(1) $AD=2\sqrt{6}$ cm; $DC=2\sqrt{2}$ cm. (2) 如图所示, 过$N$ 作$NF\bot CD$ 于点$F$, $NH\bot AC$ 于点$H$, $HE\bot AD$ 于点$E$, $NE$ 交AC于点$G$. 显然$Rt\triangle NCH$ 为等腰直角三角形, $Rt\triangle NHG$ 与$Rt\triangle AHE$ 是 有一个角为$30^{\circ}$ 的直角三角形. 因为$NC=x$, 所以有: $NH=HC=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot x\Rightarrow HG=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}x=\frac{\sqrt{6}}{6}x$, $\therefore HG=2GH=\frac{\sqrt{6}}{3}x$. 因此有: $AG=AC-(HC+GH)=4\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}}{6}+\frac{\sqrt{2}}{2})x$ $\Rightarrow GE=\frac{AG}{2}=2\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{12})x$. 所以$NE=NG+GE=\frac{\sqrt{6}}{3}x+2\sqrt{2}-(\frac{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{12})x=2\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})x$. (3) 由(2) 知$CF=NE-CD=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}x$, 所以$NF=\sqrt{NC^2-CF^2}=\sqrt{x^2-(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})^2x^2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}x$. 连结$ND$. 所以有 \\[ S_{\triangle PMN}=S_{\triangle MND}+S_{\triangle PDN}-S_{\triangle PMD} \\] \\[ S_{\triangle PMN}=\frac{1}{2}\cdot MD\cdot NE=\frac{1}{2}(2\sqrt{6}-x)(2\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})x)=(2\sqrt{6}-x)(\sqrt{2}+(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8})x) \\] \\[ S_{\triangle PDM}=\frac{1}{2}\cdot PD\cdot NF=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4})x \\] \\[ S_{\triangle PDM}=\frac{1}{2}\cdot PD\cdot MD=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (2\sqrt{6}-x) \\] \\[ y=\sqrt{2}(2\sqrt{6}-x)+(2\sqrt{6}-x)(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8})x+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot (\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4})x-\frac{\sqrt{2}}{2}(2\sqrt{6}-x) \\] 化简合并得 \\[ y=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8}x^2+\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{4}x+2\sqrt{3} \\] 此二次函数$a=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{8}, b=\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{4}, c=2\sqrt{3}$, 所以当$x=-\frac{b}{2a}=\frac{7-\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}$ 时取得最大值$\frac{4ac-b^2}{4a}=\frac{30+10\sqrt{2}-6\sqrt{6}-7\sqrt{3}}{4(\sqrt{6}-\sqrt{2})}$, 分母有理得最大值为: $\frac{23\sqrt{6}+8\sqrt{3}+9\sqrt{2}-16}{16}$ 

每日一题: 2020-07-26

题目: 已知正六边形$ABCDEF$ 的边长为$1$, $QR$ 是正六边形内平行于$AB$ 的任意线段, 求
以$QR$ 为底边的内接于正六边形$ABCDEF$ 的$\triangle PQR$ 的最大面积.

参考思路

如图, $\triangle PQR$ 是取得最大面积, $P$ 应在$DE$ 上, $Q,R$ 应分别在$AF,BC$ 上. 过$P$ 作$PH\bot QR$ 于$H$, 交$AB$ 于$G$, 过$A,B$ 分别作$AM\bot QR$ 于$M$, $BN\bot QR$ 于$N$. 设$PH=x$, 则$HG=\sqrt{3}-x, QM=NR=AM\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=(\sqrt{3}-x)\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}$. $QR=2QM+MN=2(1-\frac{\sqrt{3}}{3}x)+1=3-\frac{2\sqrt{3}}{3}x$. $\therefore S_{\triangle PQR}=\frac{1}{2}\cdot QR\cdot PH=\frac{1}{2}(3-\frac{2}{3}\sqrt{3}x)\cdot x=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-\frac{3\sqrt{3}}{4})^2+\frac{9\sqrt{3}}{16}$. 当$x=\frac{3\sqrt{3}}{4}$, 即$Q,R$ 分别为$AF,BC$ 的中点时, $S_{\triangle PQR}$ 取 得最大值$\frac{9\sqrt{3}}{16}$. 

每日一题: 2020-07-25

题目: 一列数$a1,a_2,a_3,\ldots$ 满足对任意正整数$n$, 都有$a_1+a_2+\cdots+a_n=n^3$.
求$\frac{1}{a_2-1}+\frac{1}{a_3-1}+\cdots+\frac{1}{a{100}-1}$ 的值.

参考思路

由题意知: $a_1+a_2+\cdots+a_n+a_{n+1}=(n+1)^3$, 与$a_1+a_2+\cdots+a_n=n^3$ 相减得: \\[ a_{n+1}=(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1\Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}-1}=\frac{1}{3}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}) \\] 因此 \\[ \frac{1}{a_2-1}+\frac{1}{a_3-1}+\cdots +\frac{1}{a_{100}-1}=\frac{1}{3}[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{99}-\frac{1}{100})]=\frac{33}{100} \\]

每日一题: 2020-07-24

(2020 黔西南州) 已知抛物线$y=ax^2+bx+6(a\neq 0)$ 交$x$ 轴于点$A(6,0)$ 和点$B(-1,0)$,
交$y$ 轴于点$C$.
(1) 求抛物线的解析式和顶点坐标;
(2) 如图(1) , 点$P$ 是抛物线上位于直线$AC$ 上方的动点, 过点$P$ 分别作$x$ 轴, $y$
轴的平行线, 交直线$AC$ 于点$D,E$, 当$PD+PE$ 取得最大值时, 求点$P$ 的坐标;
(3) 如图(2), 点$M$ 为抛物线对称轴$l$ 上一点, 点$N$ 为抛物线上一点, 当直线$AC$ 垂直
平分$\triangle AMN$ 的边$MN$ 时, 求点$N$ 的坐标.

参考思路

(1) 易求得解析式为: $y=-x^2+5x+6$, 顶点坐标为: $(\frac{5}{2},\frac{49}{4})$. (2) $\because C(0,6)$, $\therefore AC$ 直线方程为$y=-x+6$, $\angle OAD=\angle ADP=45 ^{\circ}$. 所以$\triangle PDE$ 为等腰直角三角形, $PD=PE$, 所以$PD+PE$ 最大时$PE$ 也取得最大, 设点$P(t,-t^2+5t+6) (0\lt t\lt 6)$, 此时$E(t,-t+6)$, 所以$PE=-t^2+5t+6-(-t+6)=-t^2+6t=-(t-3)^2+9$. 即当$t=3$ 时$PE$ 取得最大值$9$, 此时$P$ 的坐标为$P(3,12)$. (3) 设$M(\frac{5}{2},t)$ 是$l$ 上一点, 因为$M,N$ 关于直线$AC$ 对称, 设$N(x,y)$, 则 (i) 过$M,N$ 的直线的斜率为$1$, (ii) $M,N$ 中点在直线$AC$ 上. 故有 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} \frac{y-t}{x-5/2}=1 \\\\ \frac{y+t}{2}=-\frac{5/2+x}{2}+6 \\end{array}\\right.\Rightarrow \\left\\{\\begin{array}{lr} x=6-t \\\\ y=\frac{7}{2} \\end{array}\\right. \\]所以$N(6-t,\frac{7}{2})$. 代入抛物线方程$y=-x^2+5x+6$ 得$\frac{7}{2}=-(6-t)^2+5(6-t)+6$ 解得$t_1=\frac{7+\sqrt{35}}{2}, t_2=\frac{7-\sqrt{35}}{2}$. 因此$N$ 的坐标为$N(\frac{5+\sqrt{35}}{2},\frac{7}{2})$ 或$N(\frac{5-\sqrt{35}}{2},\frac{7}{2})$.

每日一题: 2020-07-23

(2020武汉中考): 已知直线$y=kx(k\neq 0, k$ 为常数) 与抛物线$y=x^2-6$ 交于点$E,F$ 两
点, $M$ 是$EF$ 的中点; 直线$y=-\frac{4}{k}x$ 与该抛物线交于$G,H$ 两点, $N$ 为线段
$GH$ 的中点. 求证: 直线$MN$ 经过一个定点.

参考思路

如图所示, 设$E(x_1,y_1),F(x_2,y_2),G(x_3,y_3),H(x_4,y_4)$, 所以$M(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}),N(\frac{x_3+x_4}{2},\frac{y_3+y_4}{2})$. 联立 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} y=x^2-6 \\\\ y=kx \\end{array}\\right. \\]消去$y$ 整理得:$x^2-kx-6=0\Rightarrow x_1+x_2=k\Rightarrow M(\frac{k}{2},\frac{k^2}{2})$. 联立 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} y=x^2-6 \\\\ y=-\frac{4}{k}x \\end{array}\\right. \\]消去$y$ 整理得:$x^2+\frac{4}{k}x-6=0\Rightarrow x_3+x_4=-\frac{2}{k}\Rightarrow N(-\frac{2}{k},\frac{8}{k^2})$. 设直线$MN$ 的解析式为: $y=mx+b$ 代入$M,N$ 坐标得 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} \frac{k^2}{2}=\frac{k}{2}m+b \\\\ \frac{8}{k^2}=-\frac{2}{k}m+b \\end{array}\\right. \\] 两式相减得: $\frac{k^2}{2}-\frac{8}{k^2}=(\frac{k}{2}+\frac{2}{k})m\Rightarrow \frac{k^4-16}{2k^2}=\frac{k^2+4}{2k}m$. 所以$m=\frac{k^2-4}{k}$ 代入得$b=2$. 因此直线$MN$ 经过$y$ 轴上一个定点$(0,2)$. 

每日一题: 2020-07-22

题目: 如图, 抛物线$y=\frac{3+\sqrt{3}}{6}x^2+bx+c$ 与$x$ 轴交于$A,B$ 两点, 点$A,B$
分别位于原点的左,右两侧, $BO=3AO=3$, 过点$B$ 的直线与$y$ 轴正半轴和抛物线的交点分
别为$C,D$, $BC=\sqrt{3}CD$.
(1) 求$b,c$ 的值;
(2) 求直线$BD$ 的函数解析式.

参考思路

(1)由题意设抛物线方程 $y=\frac{3+\sqrt{3}}{6}(x-3)(x+1)=\frac{3+\sqrt{3}}{6}(x^2-2x-3)=\frac{3+\sqrt{3}}{6}x^2-\frac{3+\sqrt{3}}{3}x-\frac{3+\sqrt{3}}{2}$ $\therefore b=-\frac{3+\sqrt{3}}{3}, c=-\frac{3+\sqrt{3}}{2}$. (2) 因为$BD$ 过点$(3,0)$, 所以设直线$BD: y=k(x-3) (k<0)$. $\because BC=\sqrt{3}CD\Rightarrow S_{\triangle OBC}=\sqrt{3}S_{\triangle OCD}$. 所以$\frac{1}{2}\times OB\times OC=\sqrt{3}\times \frac{1}{2}\times OC\times |x_D|\Rightarrow |x_D|=\sqrt{3}$, 即$x_D=-\sqrt{3}$. 另一方面联立 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} y=\frac{3+\sqrt{3}}{6}(x-3)(x+1) \\\\ y=k(x-3) \\end{array}\\right. \\]消去$y$ 得$x_B=3,x_D=\frac{6k}{3+\sqrt{3}}-1$ (这里$x_B,x_D$ 分别表示$B,D$ 点的横坐标) 所以$\frac{6k}{3+\sqrt{3}}-1=-\sqrt{3}\Rightarrow -\frac{\sqrt{3}}{3}$. 故直线方程为$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\sqrt{3}$.

每日一题: 2020-07-21

题目: 如图所示, 点$B$ 是反比例函数$y=\frac{8}{x}(x>0)$ 图象上一点, 过点$B$ 分别向
坐标轴作垂线, 垂足为$A,C$. 反比例函数$y=\frac{k}{x}(x>0)$ 的图象经过$OB$ 的中点$M$,
与$AB,BC$ 分别相交于点$D,E$. 连接$DE$ 并延长交$x$ 轴于点$F$, 点$G$ 与点$O$ 关于点
$C$ 对称, 连接$BF,BG$.
(1) 求$k$ 的值;
(2) 求$\triangle BDF$ 的面积;
(3) 求证: 四边形$BDFG$ 为平行四边形.

参考思路

(1)设$B(m,\frac{8}{m})\Rightarrow M(\frac{m}{2}, \frac{4}{m})$, 因为$M$ 在反比例 函数$y=\frac{k}{x}$ 图象上, 所以$k=\frac{m}{2}\cdot \frac{4}{m}=2$. (2) 所以$D(\frac{m}{4},\frac{8}{m}), E(m,\frac{2}{m})\Rightarrow \frac{AD}{AB}=\frac{CE}{CB}=\frac{1}{4}$. $S_{\triangle BDF}=S_{\triangle DBO}=\frac{3}{4}S_{\triangle OAB}=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot OA\cdot AB=\frac{3}{8}\cdot m\cdot \frac{8}{m}=3$. (3) 因为$AB\parallel OF\Rightarrow \frac{CF}{BD}=\frac{CE}{EB}=\frac{AD}{DB}\Rightarrow CF=AD$ 再$CO=CG=AB\Rightarrow AB-AD=CG-CF\Rightarrow DB=FG$, 因为$DB\parallel FG$, 所以 四边形$DFGB$ 为平行四边形.