每日一题: 2020-07-20
题目: 已知实数$a,b,c$ 满足$a+b+c=2, abc=4$.
(1) 求$a,b,c$ 中最大者的最小值;
(2) 求$|a|+|b|+|c|$ 的最小值.
每日一题：2020-07-17
每日一题: 2020-07-17
题目: 正整数$a1,a_2,\cdots, a{10}$ 满足$a1\leq a_2\leq \cdots \leq a{10}$, 且
其中任意三个都不能成为三角形的三边长, 求$\frac{a_{10}}{a_1}$ 的最小值.
参考思路
因为$a_1+a_2\leq a_3, a_2+a_3\leq a_4,\ldots$ 所以$a_1+2a_2\leq a_4, 2a_1+3a_2\leq a_5$. $3a_1+5a_2\leq a_6$, $5a_1+8a_2\leq a_7$, $8a_1+13a_2\leq a_8$, $13a_1+21a_2\leq a_9$, $21a_1+34a_2\leq a_{10}$. 所以$55a_1\leq a_{10}$, 即$\frac{a_{10}}{a_1}\geq 55$. 另一方面, 当$a_1=a_2=1, a_{n+2}=a_{n+1}+a_n, n=1,2,\ldots,8$ 时,$\frac{a_{10}}{a_1}=55$ .每日一题：2020-07-16
每日一题: 2020-07-16
题目: 已知不为零的两组实数$a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n$ 和$b_1,b_2,b_3,\ldots,b_n$.
请证明: $(a_1^2+a_2^2+\cdots a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\geq (a_1b_1+a_2b_2+\cdots a_nb_n)^2$.
参考思路
设$f(x)=(a_1x+b_1)^2+(a_2x+b_2)^2+\cdots+(a_nx+b_n)^2$, 显然有$f(x)\geq 0$. 又$f(x)=(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)x^2+2(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)x+(b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2)$. 因为关于$x$ 的二次函数开口向上, 且恒有$f(x)\geq 0$, 因此有$\Delta\leq 0$, 即 $\Delta=4(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2-4(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2)\leq 0$. 所以得证.每日一题：2020-07-14
每日一题: 2020-07-14
题目: 设$A,B$ 为两个定点, $C$ 为直线$AB$ 一侧的动点, 在面$ABC$ 内$\triangle ABC$ 之
外作正方形$CADI,CBEJ$ (如图), 求证: 线段$DE$ 的中点$M$ 是定点.
参考思路
如图, 过点$D,E,C,M$ 分别做直线$AB$ 的垂线, 垂足分别为$G,H,K,N$. 由平行线分线段成比 例及梯形中位线定理, 的$HN=GN, MN=\frac{EH+DG}{2}$. 又易得$\triangle ADG\cong \triangle CAK$, 所以$DG=AK,AG=CK$. 同理得$AG=CK=BH$,$EH=BK$. 得$HN-BH=NG-AG, BN=NA$, $N$ 是边$AB$ 的中点, $MN=\frac{BK+AK}{2}=\frac{AB}{2}$. 由$A,B$ 是定点, $N$是边$AB$ 的中点, $NM\bot AB, NM=\frac{AB}{2}$, 知$M$ 是定点. 每日一题：2020-07-13
每日一题
题目: 已知抛物线与$x$ 轴交于点$A(-2,0),B(4,0)$,与$y$ 轴交于点$C(0,8)$.
(1) 求抛物线的解析式及其顶点$D$ 的坐标;
(2) 设直线$CD$ 交$x$ 轴与点$E$. 在线段$OB$ 的垂直平分线上是否存在点$P$, 使得点$P$
到直线$CD$ 的距离等于点$P$ 到原点$O$ 的距离? 如果存在, 求出点$P$ 的坐标; 如果不存
在, 请说明理由;
(3) 过点$B$ 作$x$ 轴的垂线, 交直线$CD$ 于点$F$, 将抛物线沿其对称轴平移, 使抛物线于
线段$EF$ 总有公共点. 试探究: 抛物线向上最多可平移多少个单位长度? 向下最多可平移多
少个单位长度?
参考思路
(1) 设抛物线方程为$y=a(x+2)(x-4)$ 代入点$C(0,8)$ 解得$a=-1$, 所以抛物线方程 $y=-x^2+2x+8$, 又$-x^2+2x+8=-(x-1)^2+9$, 所以 顶点坐标$D(1,9)$. (2) 如图, 易求得$CD$ 的直线方程为: $y=x+8$, 设 $p(2,t)$, 所以$OP=\sqrt{4+t^2}$, $PH=|10-t|\Rightarrow P$到直线$CD$ 的距离$PQ=\frac{\sqrt{2}}{2}PH=\frac{\sqrt{2}}{2}|10-t|$. 由题意可得: $\sqrt{4+t^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}|10-t|\Rightarrow t^2+20t-92=0\Rightarrow t=-10\pm 8\sqrt{3}$. 所以有$P(2,-10+8\sqrt{3})$ 或$P(2,-10-8\sqrt{3})$满足要求. (3) 设向上平移$m (m>0)$ 个单位得$y=-(x+)(x-4)+m$, 由题意知当$x=-8$ 时$y\leq 0$; 或当$x=4$ 时$y\leq 12$, 即$-(-8+2)(-8-4)+m\leq 0\Rightarrow m\leq 72$ 或$-(4+2)(4-4)+m\leq 12\Rightarrow m\leq 12$.所以$0\lt m\lt 72$. 向下平移$m(m>0)$ 个单位得$y=-(x+2)(x-4)-m$, 联立$y=x+8$ 得 \\[ \\left\\{\\begin{array}{lr} y=-(x+2)(x-4)+m \\\\ y=x+8 \\end{array}\\right.\Rightarrow x^2-x+m=0 \\] 由$\Delta\geq 0\Rightarrow m\leq \frac{1}{4}$. 综上: 向上最多可平移$72$ 个单位, 向下最多可以平移$\frac{1}{4}$ 个单位. 每日一题：2020-07-12
每日一题: 2020-07-12
题目: 已知函数$f(x)=x^2+ax+3-a$, 在$-2\leq x\leq 2$ 范围内总有$f(x)\geq 2$ 成立,
求$a$ 的取值范围.
参考思路
因为$f(x)$ 的对称轴为$x=-\frac{a}{2}$ (1) 当$-\frac{a}{2}\leq -2$ 即$a\geq 4$ 时, 函数$f(x)$ 在$-2\leq x\leq 2$ 范围内是 增函数, 所以有$f(-2)=4-2a+3\geq 2$ 解得$a\leq \frac{5}{3}$. 此时无解. (2) 当$-\frac{a}{2}\geq 2$ 即$a\leq -4$ 时, 函数$f(x)$ 在$-2\leq x \leq 2$ 范围内 是减函数, 所以有$f(2)=4+2a+3-a\geq 2$ 解得$a\leq 5$. 故得$a\leq -4$. (3) 当$-2\lt -\frac{a}{2}\lt 2$ 即$-4\lt a\lt 4$ 时, $f(x)$ 在$x=-\frac{a}{2}$ 时 取得最小值, 即$f(-\frac{a}{2})=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{2}+3-a\geq 2$ 解得$-2-\sqrt{2}\leq a\leq -2+2\sqrt{2}$ 得$-4\lt a\leq -2+2\sqrt{2}$. 综上可得: $a\leq -2+2\sqrt{2}$每日一题：2020-07-11
每日一题: 2020-07-11
题目: 如图, 抛物线$E:y=x^2+4x+3$ 交$x$ 轴与$A,B$ 两点, 交$y$ 轴于$M$ 点, 抛物线$E$
关于$y$ 轴对称的抛物线$F$ 交$x$ 轴于$C,D$ 两点.
(1) 求 抛物线$F$ 的解析式;
(2) 在$x$ 轴上方的抛物线$F$ 或$E$ 上是否存在一点$N$, 使以$A,C,N,M$ 为顶点的四边形
是平行四边形? 若存在,求出点$N$ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.
