每日一题: 2020-05-11
题目: 已知$x$ 为实数, 求代数知$2x-2x^2-1$ 的最大值.
每日一题：2020-05-10
每日一题: 2020-05-10
题目:
已知关于$x$ 的方程$(4-k)(8-k)x^2-(80-12k)x+32=0$ 的解都是整数, 求整数$k$ 的值.
参考思路
当$(4-k)(8-k)= 0$即$k=4$ 或$k=8$ 时, 代入可得$x=1$ 或$x=-2$,所以$k=4$ 或$k=8$ 满足要求. 当$(4-k)(8-k)\neq 0$ 时, 原方程用十字相乘可得: $[(4-k)x-8][(8-k)x-4]=0\Rightarrow x_1=\frac{8}{4-k}, x_2=\frac{4}{8-k}$. 所以$4-k=\pm 1,\pm 2,\pm 4, \pm 8\Rightarrow k=3,5,2,6,0,8,-4,12$ 且$8-k=\pm 1,\pm 2,\pm 4\Rightarrow k=9,7,10,6,12,4$, 要$x_1,x_2$ 都为整数得$k=6,12$. 综上可得,当$k=4,8,6,12$ 时,满足要求.每日一题：2020-05-08
每日一题: 2020-05-09
题目:
如图所示, 在正方形$ABCD$ 中, 点$E,F$ 分别在$BC,CD$ 上, $EAF=45^{\circ}$, 直线
$AE$ 与$DC$ 交于点$G$, $AF$ 与$BC$ 交于点$H$. 求证: $S{\triangle GCH}-S{\triangle CEF}=2S_{\triangle AEF}$.
参考思路
如图所示, 以$C$ 为原点, $CB$ 所在直线为$x$ 轴, $CD$ 所在直线为$y$ 轴建立坐标系, 设$AB=1,CE=a,CF=b\Rightarrow 0\lt a\lt 1, 0\lt b\lt 1, A(-1,1),E(-a,0),F(0,b)$. 易求得直线$AF$ 的方程为: $y=(b-1)x+b$, 令$y=0\Rightarrow x=\frac{b}{1-b}$; 直线$AE$ 的直线方程为: $y=\frac{1}{a-1}(x+a)$, 令$x=0\Rightarrow y=\frac{a}{a-1}$. 因此有$CH=\frac{b}{1-b}, CG=\frac{a}{1-a}$. 由熟知结论知$BE+DF=EF, S_{\triangle AEF}=S_{\triangle ABE}+S_{\triangle ADF}$. 在直角三角形$\triangle CEF$ 中$EF^2=CE^2+CF^2\Rightarrow (1-a+1-b)^2=a^2+b^2\Rightarrow ab=2a+2b-2$. 另一方面$S_{\triangle CGH}=\frac{1}{2}CH\cdot CG=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{1-a}\cdot \frac{b}{1-b}=\frac{ab}{2-2a-2b+2ab}=1$. 又$S_{\triangle CEF}+2S_{\triangle AEF}=S_{ABCD}=1\Rightarrow S_{\triangle GCH}-S_{\triangle CEF}=2S_{\triangle AEF}$ 每日一题：2020-05-06
每日一题: 2020-05-06
题目:
若正整数$p,m,n$ 为一组勾股数, 其中$p$ 为奇质数, 且$n>p,n>m$. 求证: $2n-1$ 必为完全平方数.
参考思路
由题意得$n^2=m^2+p^2\Rightarrow p^2=n^2-m^2=(n+m)(n-m)\Rightarrow 0\lt (n-m)\lt p$. 设$n=m+r (0\lt r\lt p)\Rightarrow m=n-r$ 代入上式得 \\[ p^2=n^2-(n-r)^2=2nr-r^2=r(2n-r) \\] 由$r\mid p (0\lt r\lt p)\Rightarrow r=1\Rightarrow p^2=2n-1$, 所以$2n-1$ 必为完全平分数.每日一题：2020-05-05
每日一题: 2020-05-05
题目:
如图, 等边$\triangle OAB$ 和等边$\triangle AFE$ 的一边都在$x$ 轴上, 双曲线$y=\frac{k}{x}(k>0)$
经过边$OB$ 的中点$C$ 和$AE$ 的中点$D$, 已知等边$\triangle OAB$ 的边长为$4$.
(1) 求该双曲线所表示的函数解析式;
(2) 求等边$\triangle AEF$ 的边长.
参考思路
(1)因为$OD=4\Rightarrow C(1,\sqrt{3})\Rightarrow k=\sqrt{3}$, 所以$y=\frac{\sqrt{3}}{x}$. (2) 设$AE=4a\Rightarrow D(4+a,\sqrt{3}a)\Rightarrow (4+a)\cdot \sqrt{3}a=\sqrt{3}\Rightarrow a(4+a)=1$. 解得$a=-2\pm \sqrt{5}$, 因为$a\gt 0\Rightarrow a=\sqrt{5}-2\Rightarrow AE=4\sqrt{5}-8$.每日一题：2020-05-04
每日一题: 2020-05-04
题目:
已知, 如图: 在平面直角坐标系中, 点$A(12,0)$, 直线$y=\frac{\sqrt{2}}{4}x+b(b>0)$
分别与$x$ 轴, $y$ 轴相交于点$B,E$. 过$A$ 作直线$AC \bot x$ 轴交直线$BE$ 于点$C$,
过线段$AO$ 的中点$F$ 作$FD \bot BC$ 于$D$. $DF=6$.
(1) 求证: $OE=ED, CD=CA$;
(2) 求点$B,E$ 和$C$ 的坐标;
(3) 在$\angle ACB$ 的内部求一点$G$, 使点$G$ 到射线$CA,CB$ 以及线段$AE$ 的距离相等.
参考思路
(1) 如图所示, 连结$FE,FC$, 过$E$ 作$EH\bot AC$ 于$H$. $\because FD=FO=FA=6\Rightarrow \triangle FOE\cong FDE, \triangle FCD\cong FCA$, $\therefore OE=ED, CD=CA$. (2) 分别将$x=0,x=12$ 代入直线方程可得: $E(0,b), C(12,3\sqrt{2}+b)$. 所以$ED=b, CD=3\sqrt{2}+b\Rightarrow CE=3\sqrt{2}+2b$. 在$Rt \triangle CEH$ 中, $CH=3\sqrt{2}, EH=12\Rightarrow (3\sqrt{2}+2b)^2=(3\sqrt{2})^2+12^2\Rightarrow b=3\sqrt{2}$. 因此直线方程为: $y=\frac{\sqrt{2}}{4}x+3\sqrt{2}\Rightarrow B(-12,0), E(0,3\sqrt{2}), C(12,6\sqrt{2})$. (3) 易得$EB=EA$, 由$EH\parallel OA\Rightarrow \angle CEH=\angle AEH$, 又$CF$ 平分$\angle ACB$ 所以$EH$ 与$CF$ 的交点即为点$G$. 设过$CF$ 的直线方程为$y=mx+n$, 代入$F(6,0),C(12,6\sqrt{2})\Rightarrow y=\sqrt{2}x-6\sqrt{2}$. 令$y=3\sqrt{2}\Rightarrow G(9,3\sqrt{2})$. 每日一题：2020-05-03
每日一题: 2020-05-03
题目:
如图, 已知直线$l_1: y=-x+2$ 与直线$l_2: y=2x+8$ 相交于点$F$, $l_1,l_2$ 分别交
$x$ 轴于点$E,G$, 矩形$ABCD$ 顶点$C,D$ 分别在直线$l_1,l_2$ 上, 顶点$A,B$ 都在$x$ 轴上
且点$B$ 与点$G$ 重合.
(1)求点$F$ 的坐标和$\angle GEF$ 的度数;
(2) 求矩形$ABCD$ 的边$DC$ 和$BC$ 的长;
(3) 若矩形$ABCD$ 从原地出发, 沿$x$ 轴正方向以每秒1个单位长度的速度平移, 设移动
时间为$t(0\leq t\leq 6)$ 秒, 矩形$ABCD$ 与$\triangle GEF$ 重叠部分的面积为$s$,
求$s$ 关于$t$ 的函数关系式, 并写出相应$t$ 的取值范围.
参考思路
(1)设直线$l_1$与$y$ 轴交于点$T$. 联立$l_1,l_2$ 可解得$F(-2,4)$. 易得$T(0,2),E(2,0)\Rightarrow \triangle OTE$ 为等腰直角三角形, 所以$\angle GEF=45^{\circ}$. (2) 由图可知$G(-4,0)\Rightarrow C(-4,6)\Rightarrow D(-1,6)\Rightarrow A(-1,0)$. 所以$DC=|(-1)-(-4)|=3, BC=6$. (3) $S_{GFE}=\frac{1}{2}GE\cdot MF=\frac{1}{2}(2+4)\times 4=12$. 当$t$ 秒时, 移动得距离时$t$, 则$B(-4+t,0), A(-1+t,0)$; (i) 设运动$t$ 秒, 若$BC$ 边与$l_2$ 相交, 设交点为$N$, $AD$ 与$l_1$ 相交设交点 为$K$, 那么$-4\leq -4+t\leq -2$ 即 $0\leq t\leq 2$ 时,可得 $N(-4+t,2t), K(-1+t,3-t)$ \\[ s=S_{GFE}-S_{AEK}=12-\frac{1}{2}t\cdot 2t-\frac{1}{2}(3-t)=-\frac{3}{2}t^2+6t-\frac{9}{2} \\] (ii)若$BC$ 边与$l_1$ 相交设交点为$N$, $AD$ 与$l_1$ 相交设交点为$K$, 那么$-2\lt -4+t$ 且$-1+t\leq 3$, 即$2\lt t\leq 4$ 时, 可得$N(-4+t,6-t), K(-1+t,3-t)$. \\[ s=S_{BNKA}=\frac{1}{2}[(6-t)+(3-t)]\cdot 3=-3t+\frac{27}{2} \\] (iii) 若$BC$ 边与$l_1$ 相交设交点为$N$, $AD$ 与$l_1$ 不相交, 那么$-4+t\leq 3$ 且$-1+t>3$, 即$4\lt t\leq 6$ 时, $N(-4+t,6-t)$, \\[ s=S_{BNE}=\frac{1}{2}[2-(-4+t)]\cdot (6-t)=\frac{1}{2}t^2-6t+18 \\] 综上所述可得 \\[ s=\\left\\{\\begin{array}{lr} -\frac{3}{2}t^2+6t-\frac{9}{2} & (0\leq t\leq 2) \\\\-3t+\frac{27}{2} & (2\lt t\leq 4) \\\\ \frac{1}{2}t^2-6t+18 & (4\lt t\leq 6) \\end{array}\\right. \\]每日一题：2020-05-02
每日一题: 2020-05-02
题目:
如图所示, 矩形$ABCD$ 中, $AB=8, AD=4$, 点$E$ 为线段$BC$ 上动点, 将$DE$ 的中点
$M$ 顺时针旋转$90^{\circ}$ 得到点$N$, 当$A,C,N$ 共线时求$BE$ 的值.
