全国高中数学联赛试题及解析苏教版42

2005年全国高中数学联赛试卷(2005年10月16日上午8∶00－9∶40)一、选择题： 1．使关于x的不等式eq\r(x－3)+eq\r(6－x)≥k有解的实数k的最大值是()A．eq\r(6)－eq\r(3)B．eq\r(3)C．eq\r(6)+eq\r(3)D．eq\r(6)2．空间四点A、B、C、D满足|eq\o(\s\up7(→),AB)|＝3，|eq\o(\s\up7(→),BC)|＝7，|eq\o(\s\up7(→),CD)|＝11，|eq\o(\s\up7(→),DA)|＝9．则eq\o(\s\up7(→),AC)·eq\o(\s\up7(→),BD)的取值()A．只有一个B．有二个C．有四个D．有无穷多个3．△ABC内接于单位圆，三个内角A、B、C的平分线延长后分别交此圆于A1、B1、C1，则eq\f(AA1·cos\f(A,2)+BB1·cos\f(B,2)+CC1·cos\f(C,2),sinA+sinB+sinC)的值为()A．2B．4C．6D．84．如图，ABCD－ABCD为正方体，任作平面α与对角线AC垂直，使得α与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l，则()A．S为定值，l不为定值B．S不为定值，l为定值C．S与l均为定值D．S与l均不为定值5．方程eq\f(x2,sin\r(2)－sin\r(3))+eq\f(y2,cos\r(2)－cos\r(3))＝1表示的曲线是()A．焦点在x轴上的椭圆B．焦点在x轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线6．记集合T＝{0，1，2，3，4，5，6}，M＝{eq\f(a1,7)+eq\f(a2,72)+eq\f(a3,73)+eq\f(a4,74)|ai∈T，i＝1，2，3，4}，将M中的元素按从大到小排列，则第2005个数是()A．eq\f(5,7)+eq\f(5,72)+eq\f(6,73)+eq\f(3,74)B．eq\f(5,7)+eq\f(5,72)+eq\f(6,73)+eq\f(2,74)C．eq\f(1,7)+eq\f(1,72)+eq\f(0,73)+eq\f(4,74)D．eq\f(1,7)+eq\f(1,72)+eq\f(0,73)+eq\f(3,74)二、填空题：7．将关于x

的多项式f(x)＝1－x+x2－x3+…－x19

+x20表为关于y的多项式g(y)＝a0+a1y+a2y2+…+a19y19+a20y20，其中y＝x－4，则a0+a1+…+a20＝；8．已知f(x)是定义在(0，+∞)上的减函数，若f(2a2+a+1)＜f(3a2－4a+1)成立，则a9．设α、β、γ满足0＜α＜β＜γ＜2π，若对于任意x∈R，cos(x+α)+cos(x+β)+cos(x+γ)＝0，则γ－α＝；10．如图，四面体DABC的体积为eq\f(1,6)，且满足∠ACB＝45，AD+BC+eq\f(AC,\r(2))＝3，则CD＝；11．若正方形ABCD的一条边在直线y＝2x－17上，另外两个顶点在抛物线y＝x2上，则该正方形面积的最小值为；12．如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”．将所有“吉祥数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2005，则a5n＝．三、解答题：13．数列{an}满足a0＝1，an+1＝eq\f(7an+\r(45a\o(\s\do3(n),\s\up4(2))－36),2)，n∈N，证明：⑴对任意n∈N，an为正整数；⑵对任意n∈N，anan+1－1为完全平方数．14．将编号为1，2，3，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各放一个小球，设圆周上所有相邻两个球号码之差的绝对值之和为S，求使S达到最小值的放法的概率．(注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后与另一种放法重合，则认为是相同的放法)15．过抛物线y＝x2上一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于点D，交y轴于点B，点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足eq\f(AE,EC)＝λ1；点F在线段BC上，满足eq\f(BF,FC)＝λ2，且λ1+λ2＝1，线段CD与EF交于点P，当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程．加试卷一、如图，在△ABC中，设AB＞AC，过点A作△ABC的外接圆的切线l，又以点A为圆心，AC为半径作圆分别交线段AB于点D；交直线l于点E、F．证明：直线DE、DF分别通过△ABC的内心与一个旁心．二、设正数a、b、c、x、y、z满足cy+bz＝a，az+cx＝b，bx+ay＝c．求函数f(x，y，z)＝eq\f(x2,1+x)+eq\f(y2,1+y)+eq\f(z2,1+z)的最小值．三、对每个正整数n，定义函数f(n)＝eq\b\lc\{(\a(0，当n为完全平方数，,[\f(1,{\r(n)})]，当n不为完全平方数．))(其中[x]表示不超过x的最大整数，{x}＝x－[x])．试求eq\o(\s\do10(k＝1),∑,\s\up15(240))f(k)的值．呜呼！不怕繁死人，就怕繁不成！

2005年全国高中数学联赛试卷(2005年10月16日上午8∶00－9∶40)一、选择题： 1．使关于x的不等式eq\r(x－3)+eq\r(6－x)≥k有解的实数k的最大值是()A．eq\r(6)－eq\r(3)B．eq\r(3)C．eq\r(6)+eq\r(3)D．eq\r(6)选D．解：3≤x≤6，令eq\r(x－3)＝eq\r(3)sinα(0≤α≤eq\f(π,2))，则x＝3+3sin2α，eq\r(6－x)＝eq\r(3)cosα．故eq\r(6)≥eq\r(3)(sinα+cosα)≥eq\r(3)．故选D．2．空间四点A、B、C、D满足|eq\o(\s\up7(→),AB)|＝3，|eq\o(\s\up7(→),BC)|＝7，|eq\o(\s\up7(→),CD)|＝11，|eq\o(\s\up7(→),DA)|＝9．则eq\o(\s\up7(→),AC)·eq\o(\s\up7(→),BD)的取值()A．只有一个B．有二个C．有四个D．有无穷多个选A．解：eq\o(\s\up7(→),AB)+eq\o(\s\up7(→),BC)+eq\o(\s\up7(→),CD)+eq\o(\s\up7(→),DA)＝eq\o(\s\up7(→),0)．DA2＝eq\o(\s\up7(→),DA)2＝(eq\o(\s\up7(→),AB)+eq\o(\s\up7(→),BC)+eq\o(\s\up7(→),CD))2＝AB2+BC2+CD2+2(eq\o(\s\up7(→),AB)·eq\o(\s\up7(→),BC)+eq\o(\s\up7(→),AB)·eq\o(\s\up7(→),CD)+eq\o(\s\up7(→),BC)·eq\o(\s\up7(→),CD))＝AB2+BC2+CD2+2(eq\o(\s\up7(→),AB)·eq\o(\s\up7(→),BD)+eq\o(\s\up7(→),BC)·eq\o(\s\up7(→),BD)－eq\o(\s\up7(→),BC)2)，(其中eq\o(\s\up7(→),BC)+eq\o(\s\up7(→),CD)＝eq\o(\s\up7(→),BD)，eq\o(\s\up7(→),CD)＝eq\o(\s\up7(→),BD)－eq\o(\s\up7(→),BC))＝AB2+BC2+CD2－2BC2+2(eq\o(\s\up7(→),AC)·eq\o(\s\up7(→),BD))．故2eq\o(\s\up7(→),AC)·eq\o(\s\up7(→),BD)＝DA2+BC2－AB2－CD2＝92+72－32－112＝0eq\o(\s\up7(→),AC)·eq\o(\s\up7(→),BD)＝0．选A．3．△ABC内接于单位圆，三个内角A、B、C的平分线延长后分别交此圆于A1、B1、C1，则eq\f(AA1·cos\f(A,2)+BB1·cos\f(B,2)+CC1·cos\f(C,2),sinA+sinB+sinC)的值为()A．2B．4C．6D选A．解：AA1·coseq\f(A,2)＝2sin(B+eq\f(A,2))coseq\f(A,2)＝sin(A+B)+sinB＝sinC+sinB．AA1·coseq\f(A,2)+BB1·coseq\f(B,2)+CC1·coseq\f(C,2)＝2(sinA+sinB+sinC)．故原式＝2．选A．4．如图，ABCD－ABCD为正方体，任作平面α与对角线AC垂直，使得α与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l，则()A．S为定值，l不为定值B．S不为定值，l为定值C．S与l均为定值D．S与l均不为定值选B．解：设截面在底面内的射影为EFBGHD，设AB＝1，AE＝x(0≤x≤eq\f(1,2))，则l＝3[eq\r(2)x+eq\r(2)(1－x)]＝3eq\r(2)为定值；而S＝[1－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)(1－x)2]secθ＝(eq\f(1,2)－x－x2)secθ(θ为平面α与底面的所成角)不为定值．故选B．5．方程eq\f(x2,sin\r(2)－sin\r(3))+eq\f(y2,cos\r(2)－cos\r(3))＝1表示的曲线是()A．焦点在x轴上的椭圆B．焦点在x轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线选C．解：由于eq\r(3)+eq\r(2)＞πeq\f(π,2)＞eq\r(3)－eq\f(π,2)＞eq\f(π,2)－eq\r(2)＞0cos(eq\r(3)－eq\f(π,2))＜cos(eq\f(π,2)－eq\r(2))sineq\r(2)－sineq\r(3)＞0；又，0＜eq\r(2)＜eq\r(3)c＜πcoseq\r(2)－coseq\r(3)＞0，曲线为椭圆．sineq\r(2)－sineq\r(3)－(coseq\r(2)－coseq\r(3))＝eq\r(2)[sin(eq\r(2)－eq\f(π,4))－sin(eq\r(3)－eq\f(π,4))]．而0＜eq\r(2)－eq\f(π,4)＜eq\r(3)－eq\f(π,4)＜eq\f(π,2)sineq\r(2)－sineq\r(3)＜coseq\r(2)－coseq\r(3)焦点在y轴上．故选C．6．记集合T＝{0，1，2，3，4，5，6}，M＝{eq\f(a1,7)+eq\f(a2,72)+eq\f(a3,73)+eq\f(a4,74)|ai∈T，i＝1，2，3，4}，将M中的元素按从大到小排列，则第2005个数是()A．eq\f(5,7)+eq\f(5,72)+eq\f(6,73)+eq\f(3,74)B．eq\f(5,7)+eq\f(5,72)+eq\f(6,73)+eq\f(2,74)C．eq\f(1,7)+eq\f(1,72)+eq\f(0,73)+eq\f(4,74)D．eq\f(1,7)+eq\f(1,72)+eq\f(0,73)+eq\f(3,74)选C．解：M＝{eq\f(1,74)(a1×73+a2×72+a3×7+a4)|ai∈T，i＝1，2，3，4}，a1×73+a2×72+a3×7+a4可以看成是7进制数，(a1a2a3a4)7，其最大的数为(6666)7＝74－1＝2400．从而从大到小排列的第2005个数是2400－2004＝396，即从1起从小到大排的第396个数，396＝73+72+4(1104)7，故原数为eq\f(1,7)+eq\f(1,72)+eq\f(0,73)+eq\f(4,74)．故选C．二、填空题：7．将关于x

的多项式f(x)＝1－x+x2－x3+…－x19

+x20表为关于y的多项式g(y)＝a0+a1y+a2y2+…+a19y19+a20y20，其中y＝x－4，则a0+a1+…+a20＝；填eq\f(521+1,6)解：f(x)＝a0+a1(x－4)2+a2(x－4)2+…+a20(x－4)20．令x＝5得f(5)＝1－5+52－53+…－519+520＝eq\f((－5)21－1,(－5)－1)＝eq\f(521+1,6)＝a0+a1+…+a20．8．已知f(x)是定义在(0，+∞)上的减函数，若f(2a2+a+1)＜f(3a2－4a+1)成立，则a填(0，eq\f(1,3))∪(1，5)．解：eq\b\lc\{(\a(2a2+a+1＞0，,3a2－4a+1＞0．))a∈(－∞，eq\f(1,3))∪(1，+∞)．2a2+a+1＞3a2－4a+1a2－5a＜00故所求取值范围为(0，eq\f(1,3))∪(1，5)．9．设α、β、γ满足0＜α＜β＜γ＜2π，若对于任意x∈R，cos(x+α)+cos(x+β)+cos(x+γ)＝0，则γ－α＝；填eq\f(4,3)π．解：由f(x)≡0，得f(－α)＝f(－β)＝f(－γ)＝0：cos(β－α)+cos(γ－α)＝cos(β－α)+cos(γ－β)＝cos(γ－α)+cos(γ－β)＝－1．故cos(β－α)＝cos(γ－β)＝cos(γ－α)＝－eq\f(1,2)，由于0＜α＜β＜γ＜2π，故β－α，γ－β，γ－α∈{eq\f(2,3)π，eq\f(4,3)π}．从而γ－α＝eq\f(4,3)π．10．如图，四面体DABC的体积为eq\f(1,6)，且满足∠ACB＝45，AD+BC+eq\f(AC,\r(2))＝3，则CD＝；填eq\r(3)．解：V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC×BCsin45×h≤eq\f(1,6)AC×BC×ADsin45．即AC×BC×ADsin45≥1eq\f(AC,\r(2))×BC×AD≥1．而3＝AD+BC+eq\f(AC,\r(2))≥3eq\r(3,AD·BC·\f(AD,\r(2)))＝3，等号当且仅当AD＝BC＝eq\f(AC,\r(2))＝1时成立，故AC＝eq\r(2)，且AD＝BC＝1，AD⊥面ABC．CD＝eq\r(3)．11．若正方形ABCD的一条边在直线y＝2x－17上，另外两个顶点在抛物线y＝x2上，则该正方形面积的最小值为；填80．解：设正方形ABCD的顶点A、B在抛物线上，C、D在直线上．设直线AB方程为y＝2x+b，⑴求AB交抛物线y＝x2的弦长：以y＝2x+b代入y＝x2，得x2－2x－b＝0．△＝4+4bl＝2eq\r(5(b+1))．⑵两直线的距离＝eq\f(|b+17|,\r(5))．⑶由ABCD为正方形得，2eq\r(5(b+1))＝eq\f(|b+17|,\r(5))100(b+1)＝b2+34b+289b2－66b+189＝0．解得b＝3，b＝63．正方形边长＝4eq\r(5)或16eq\r(5)正方形面积最小值＝80．12．如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”．将所有“吉祥数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若an＝2005，则a5n＝．填52000．解：一位的吉祥数有7，共1个；二位的吉祥数有16，25，34，43，52，61，70，共7个；三位的吉祥数为x1+x2+x3＝7的满足x1≥1的非负整数解数，有Ceq\o(\s\do3(8),\s\up5(2))＝28个(也可枚举计数)．一般的，k位的吉祥数为x1+x2+…+xk＝7的满足x1≥1的非负整数解数，令xi＝xi+1(i＝2，3，…，k)，有x1+x2+…+xk＝7+k－1．共有解Ceq\o(\s\do3(k+5),\s\up5(k－1))＝Ceq\o(\s\do3(k+5),\s\up5(6))组．4位吉祥数中首位为1的有28个，2005是4位吉祥数中的第29个．故n＝1+7+28+28+1＝65．5n＝325．Ceq\o(\s\do3(6),\s\up5(6))+Ceq\o(\s\do3(7),\s\up5(6))+Ceq\o(\s\do3(8),\s\up5(6))+Ceq\o(\s\do3(9),\s\up5(6))+Ceq\o(\s\do3(10),\s\up5(6))＝1+7+28+84+210＝330．即是5位吉祥数的倒数第6个：5位吉祥数从大到小排列：70000，61000，60100，60010，60001，52000，…．三、解答题：13．数列{an}满足a0＝1，an+1＝eq\f(7an+\r(45a\o(\s\do3(n),\s\up4(2))－36),2)，n∈N，证明：⑴对任意n∈N，an为正整数；⑵对任意n∈N，anan+1－1为完全平方数．证明：⑴a1＝5，且an单调递增．所给式即(2an+1－7an)2＝45aeq\o(\s\do3(n),\s\up4(2))－36aeq\o(\s\do3(n+1),\s\up4(2))－7an+1an+aeq\o(\s\do3(n),\s\up4(2))+9＝0．①下标加1：aeq\o(\s\do3(n+2),\s\up4(2))－7an+2an+1+aeq\o(\s\do3(n+1),\s\up4(2))+9＝0．②相减得：(an+2－an)(an+2－7an+1+an)＝0．由an单调增，故an+2－7an+1+an＝0an+2＝7an+1－an．③因a0、a1为正整数，且a1＞a0，故a2为正整数，由数学归纳法，可知，对任意n∈N，an为正整数．⑵由①：aeq\o(\s\do3(n+1),\s\up4(2))+2an+1an+aeq\o(\s\do3(n),\s\up4(2))＝9(an+1an－1)an+1an－1＝(eq\f(an+an+1,3))2④由于an为正整数，故an+1an－1为正整数，从而(eq\f(an+an+1,3))2为正整数．但an、an+1均为正整数，于是eq\f(an+an+1,3)必为有理数，而有理数的平方为整数时，该有理数必为整数，从而eq\f(an+an+1,3)是整数．即an+1an－1是整数的平方，即为完全平方数．故证．原解答上有一段似无必要：记f(n)＝an+1an－(eq\f(an+an+1,3))2，则f(n)－f(n－1)＝(an+1an－anan－1)－eq\f(1,9)(2an+an+1+an－1)(an+1－an－1)＝eq\f(1,9)(an－1－an+1)(an+1－7an+an－1)＝0．即f(n)＝f(n－1)＝…＝f(0)＝1，故④式成立．故anan+1－1为完全平方数．又证：由上证，得③式后：an+2－7an+1+an＝0．特征方程为x2－7x+1＝0．解得：x＝eq\f(7±3\r(5),2)＝eq\b\bc\((\f(3±\r(5),2))\s\up8(2)＝eq\b\bc\((\f(\r(5)±1,2))\s\up8(4)．令an＝αeq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4n)+βeq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4n)．由a0＝1，a1＝5解得α＝eq\f(\r(5)+1,2\r(5))，β＝eq\f(\r(5)－1,2\r(5))；得an＝eq\f(1,\r(5))[eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4n+1)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4n+1)]⑤注意到eq\f(\r(5)+1,2)·eq\f(\r(5)－1,2)＝1，eq\f(\r(5)+1,2)+eq\f(\r(5)－1,2)＝eq\r(5)．有，anan+1－1＝eq\f(1,5)[eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4n+1)+eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4n+1)]·[eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4n+5)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4n+5)]－1＝eq\f(1,5)[eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(8n+6)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(8n+6)+eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4)+eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4)－5]＝eq\f(1,5)[eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4n+3)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4n+3)]2由二项式定理或数学归纳法知eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4n+3)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4n+3)为keq\r(5)型数(k∈N*)，故anan+1－1为完全平方数．(用数学归纳法证明：n＝0时，eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(3)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(3)＝2eq\r(5)．设当n≤m(m∈N*)时，eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4n+3)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4n+3)＝kneq\r(5)(kn∈N*)，且k1＜k2＜…＜km．eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4(m+1)+3)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4(m+1)+3)＝[eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4m+3)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4m+3)]·[eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4)]－[eq\b\bc\((\f(\r(5)+1,2))\s\up8(4m－1)+eq\b\bc\((\f(\r(5)－1,2))\s\up8(4m－1)]．＝7kmeq\r(5)－km－1eq\r(5)＝(7km－km－1)eq\r(5)．由归纳假设知km+1＝7km－km－1∈N*，且km＜km+1成立．得证．14．将编号为1，2，3，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各放一个小球，设圆周上所有相邻两个球号码之差的绝对值之和为S，求使S达到最小值的放法的概率．(注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后与另一种放法重合，则认为是相同的放法)解：9个有编号的小球放在圆周的九个九等分点上，考虑镜面反射的因素，共有eq\f(8!,2)种放法；为使S取得最小值，从1到9之间应按增序排列：设从1到9之间放了k个球，其上的数字为x1，x2，…，xk，则|1－x1|+|x1－x2|+…+|xk－9|≥|1－x1+x1－x2+…+xk－9|＝8．当且仅当1－x1、x1－x2、…、xk－9全部同号时其和取得最小值，即1，x1，x2，…，xk，9递增排列时其和最小．故S≥2×8＝16．当S取得最小值时，把除1、9外的7个元素分成两个子集，各有k及7－k个元素，分放1到9的两段弧上，分法总数为Ceq\o(\s\do3(7),\s\up4(0))+Ceq\o(\s\do3(7),\s\up4(1))+…+Ceq\o(\s\do3(7),\s\up4(6))种，考虑镜面因素，共有64种方法．所求概率P＝eq\f(64×2,8!)＝eq\f(1,315)．15．过抛物线y＝x2上一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于点D，交y轴于点B，点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足eq\f(AE,EC)＝λ1；点F在线段BC上，满足eq\f(BF,FC)＝λ2，且λ1+λ2＝1，线段CD与EF交于点P，当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程．解：过点A的切线方程为y＝2x－1．交y轴于点B(0，－1)．AB与x轴交于点D(eq\f(1,2)，0)．设点C坐标为C(x0，y0)，eq\f(CD,CP)＝λ，点P坐标为(x，y)．由eq\f(AE,EC)＝λ1eq\f(AC,CE)＝1+λ1，同理，eq\f(CB,CF)＝1+λ2；而eq\f(CA,CE)、eq\f(CD,CP)、eq\f(CB,CF)成等差数列(过A、B作CD的平行线可证)．得2λ＝1+λ1+1+λ2＝3，即λ＝eq\f(3,2)．从而点P为△ABC的重心．x＝eq\f(1+0+x0,3)，y＝eq\f(1+(－1)+y0,3)．y0＝xeq\o(\s\do3(0),\s\up4(2))．解得x0＝3x－1，y0＝3y，代入y0＝xeq\o(\s\do3(0),\s\up4(2))得，y＝eq\f(1,3)(3x－1)2．由于x0≠1，故x≠eq\f(2,3)．所求轨迹方程为y＝eq\f(1,3)(3x－1)2(x≠eq\f(2,3))．又解：过点A的切线方程为y＝2x－1．交y轴于点B(0，－1)．AB与x轴交于点D(eq\f(1,2)，0)．设点C坐标为C(t，t2)，CD方程为eq\f(x－\f(1,2),t－\f(1,2))＝eq\f(y,t2)，即y＝eq\f(t2,2t－1)(2x－1)．点E、F坐标为E(eq\f(1+λ1t,1+λ1)，eq\f(1+λ1t2,1+λ1))；F(eq\f(λ2t,1+λ2)，eq\f(λ2t2－1,1+λ2))．从而得EF的方程为：eq\f(y－\f(1+λ1t2,1+λ1),\f(λ2t2－1,1+λ2)－\f(1+λ1t2,1+λ1))＝eq\f(x－\f(1+λ1t,1+λ1),\f(λ2t,1+λ2)－\f(1+λ1t,1+λ1))．化简得：[(λ2－λ1)t－(1+λ2)]y＝[(λ2－λ1)t2－3]x+1+t－λ2t2．①当t≠eq\f(1,2)时，直线CD方程为：y＝eq\f(2t2x－t2,2t－1)②联立①、②解得eq\b\lc\{(\a(x＝\f(t+1,3)，,y＝\f(t2,3)．))消去t，得点P的轨迹方程为y＝eq\f(1,3)(3x－1)2．当t＝eq\f(1,2)时，EF方程为：－eq\f(3,2)y＝(eq\f(1,4)λ2－eq\f(1,4)λ1－3)x+eq\f(3,2)－eq\f(1,4)λ2，CD方程为：x＝eq\f(1,2)，联立解得点(eq\f(1,2)，eq\f(1,12))，此点在上述点P的轨迹上，因C与A不能重合，故t≠1，x≠eq\f(2,3)．故所求轨迹为y＝eq\f(1,3)(3x－1)2(x≠eq\f(2,3))．加试卷一、如图，在△ABC中，设AB＞AC，过点A作△ABC的外接圆的切线l，又以点A为圆心，AC为半径作圆分别交线段AB于点D；交直线l于点E、F．证明：直线DE、DF分别通过△ABC的内心与一个旁心．证明：连DC、DE，作∠BAC的平分线交DE于点I，交CD于G．由AD＝AC，∠DAI＝∠CAI，AI＝AI△ADI≌△ACI．故∠ADI＝∠ACI，但∠FAD＝∠ACB(弦切角)；∠FAD＝2∠ADE(等腰三角形顶角的外角)所以∠FAD＝2∠ACI∠ACB＝2∠ACI，即CI是∠ACB的平分线．故点I是△ABC的内心．连FD并延长交AI延长线于点I，连CI．由于AD＝AE＝AF∠EDF＝90∠IDI＝90．而由△ADI≌△ACI知，∠AID＝∠AIC∠DII＝∠CII，又ID＝IC，II为公共边．故△IDI≌△ICI，∠ICI＝90．由于CI是∠ACB的平分线，故CI是其外角的平分线，从而I为△ABC的一个旁心．又证：⑴连DE、DC，作∠BAC的平分线分别交DE于I，DC于G，连IC，则由AD＝AC，得AG⊥DC，ID＝IC．又D、C、E在⊙A上，故∠IAC＝eq\f(1,2)∠DAC＝∠IEC．故A、I、C、E四点共圆．所以∠CIE＝∠CAE＝∠ABC，而∠CIE＝2∠ICD，故∠ICD＝eq\f(1,2)∠ABC．所以，∠AIC＝∠IGC+∠ICG＝90+eq\f(1,2)∠ABC，所以∠ACI＝eq\f(1,2)∠ACB．故I为△ABC的内心．⑵连FD并延长交∠ABC的外角平分线于I1，连II1，BI1、BI，则由⑴知，I为△ABC的内心，故∠IBI1＝90＝∠EDI1．故D、B、I1、I四点共圆．故∠BII1＝∠BDI1＝90－∠ADI＝(eq\f(1,2)∠BAC+∠ADG)－∠ADI＝eq\f(1,2)∠BAC+∠IDG，故A、I、I1共线．所以，I1是△ABC的BC边外的旁心．二、设正数a、b、c、x、y、z满足cy+bz＝a，az+cx＝b，bx+ay＝c．求函数f(x，y，z)＝eq\f(x2,1+x)+eq\f(y2,1+y)+eq\f(z2,1+z)的最小值．解：解方程组：eq\b\lc\{(\a(cy+bz＝a，,az+cx＝b，,bx+ay＝c．))得，eq\b\lc\{(\a(x＝\f(b2+c2－a2,2bc)，,y＝\f(c2+a2－b2,2ac)，,z＝\f(a2+b2－c2,2ab)．))由于x、y、z为正数，故eq\b\lc\{(\a(a2+b2＞c2，,b2+c2＞a2，,c2+a2＝b2．))eq\b\lc\{(\a(a+b＞c，,b+c＞a，,c+a＝b．))即以a、b、c为边可以构成锐角三角形．记边a、b、c的对角分别为∠A、∠B、∠C．则cosA＝x，cosB＝y，cosC＝z．(A、B、C为锐角)f(x，y，z)＝f(cosA，cosB，cosC)＝eq\f(cos2A,1+cosA)+eq\f(cos2B,1+cosB)+eq\f(cos2C,1+cosC)．令u＝cotA，v＝cotB，w＝cotC，则u，v，w∈R+，且uv+vw+wu＝1．于是，(u+v)(u+w)＝u2+uv+uw+vw＝u2+1．同理，v2+1＝(v+u)(v+w)，w2+1＝(w+u)(w+v)．cos2A＝sin2Acot2A＝eq\f(cot2A,1+cot2A)＝eq\f(u2,1+u2)，所以，eq\f(cos2A,1+cosA)＝eq\f(\f(u2,1+u2),1+\f(u,\r(1+u2)))＝eq\f(u2,\r(1+u2)(\r(1+u2)+u))＝eq\f(u2(\r(1+u2)－u),\r(1+u2))＝u2－eq\f(u3,\r(1+u2))＝u2－eq\f(u3,\r((u+v)(u+w)))≥u2－eq\f(u3,2)(eq\f(1,u+v)+eq\f(1,u+w))．同理eq\f(cos2B,1+cosB)≥v2－eq\f(v3,2)(eq\f(1,v+u)+eq\f(1,v+w))，eq\f(cos2C,1+cosC)≥w2－eq\f(w3,2)(eq\f(1,w+u)+eq\f(1,w+v))．于是f≥u2+v2+w2－eq\f(1,2)(eq\f(u3+v3,u+v)+eq\f(v3+w3,v+w)+eq\f(w3+u3,w+u))＝u2+v2+w2－eq\f(1,2)(u2－uv+v2+v2－vw+w2+w2－wu+u2)＝eq\f(1,2)(uv+vw+wu)＝eq\f(1,2)(等号当且仅当u＝v＝w，即a＝b＝c，x＝y＝z＝eq\f(1,2)时成立．)故知[f(x，y，z)]min＝eq\f(1,2)．又证：由约束条件可知eq\b\lc\{(\a(x＝\f(b2+c2－a2,2bc)，,y＝\f(a2+c2－b2,2ac)，,z＝\f(a2+b2－c2,2ab)．))故eq\b\lc\{(\a(1+x＝\f((a+b+c)(－a+b+c),2bc)，,1+y＝\f((a+b+c)(a－b+c),2ac)，,1+z＝\f((a+b+c)(a+b－c),2ab)．))得，f(x，y，z)＝eq\f(1,2(a+b+c))eq\b\bc\[(\f((b2+c2－a2)2,bc(b+c－a))+\f((c2+a2－b2)2,ac(c+a－b))+\f((a2+b2－c2)2,ab(a+b－c)))．⑴显然有a+b－c＞0，a－b+c＞0，－a+b+c＞0．由Cauchy不等式有，eq\b\bc\[(\f((b2+c2－a2)2,bc(b+c－a))+\f((c2+a2－b2)2,ac(c+a－b))+\f((a2+b2－c2)2,ab(a+b－c)))·[bc(b+c－a)+ca(c+a－b)+ab(a+b－c)]≥(a2+b2+c2)2．故f(x，y，z)≥eq\f((a2+b2+c2)2,2(a+b+c)(b2c+bc2+ac2+a2c+a2b+ab2－3abc))＝eq\f(1,2)·eq\f(a4+b4+c4+2a2b2+2b2c2+2a2c2,2a2b2+2b2c2+2c2a2+b3c+b3c+a3b+a3c+c3a+c3b－abc(a+b+c))．下面证明eq\f(a4+b4+c4+2a2b2+2b2c2+2a2c2,2a2b2+2b2c2+2c2a2+b3c+b3c+a3b+a3c+c3a+c3b－abc(a+b+c))≥1．即证a4+b4+c4≥a3b+a3c+b3c+b3a+c3a+c3b－(a+b+c由于，a4－a3b－a3c+a2bc＝a2(a2－ab－ac－bc)＝a2(a－b)(a－c)．故⑵a2(a－b)(a－c)+b2(b－a)(b－c)+c2(c－a)(c－b)≥0．不妨设a≥b≥c．则a2(a－b)(a－c)+b2(b－a)(b－c)≥a2(a－b)(b－c)－b2(a－b)(b－c)＝(a2－b2)(a－b)(b－c)≥0，又，c2(c－a)(c－b)≥0于是a2(a－b)(a－c)+b2(b－a)(b－c)+c2(c－a)(c－b)≥0成立．等号当且仅当a＝b＝c时成立．所以，f(x，y，z)≥eq\f(1,2)，且f(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)．又证：令p＝eq\f(1,2)(a+b+c)，⑴式即f(x，y，z)＝eq\f(1,8p)eq\b\bc\[(\f((b2+c2－a2)2,bc(p－a))+\f((c2+a2－b2)2,ac(p－b))+\f((a2+b2－c2)2,ab(p－c)))(由Cauchy不等式)≥eq\f(1,8p)·eq\f((a2+b2+c2)2,bc(p－a)+ca(p－b)+ab(p－c))＝eq\f(1,8p)·eq\f((a2+b2+c2)2,p(ab+bc+ca)－3abc)．而a2+b2+c2＝2(p2－4Rr－r2)，ab+bc+ca＝p2+4Rr+r2，abc＝4Rrp．(*)故，f(x，y，z)≥eq\f(1,2p)·eq\f((p2－4Rr－r2)2,p(p2+4Rr+r2)－12pRr)＝eq\f(1,2p2)·eq\f((p2－4Rr－r2)2,p2－8Rr+r2)．而eq\f((p2－4Rr－r2)2,p2－8Rr+r2)≥p2p4+16R2r2+r4－8p2Rr－2p2r2+8Rr3≥p4－8p2Rr+p2r216R2+8Rr+r2≥3p24R+r≥eq\r(3)p．(**)最后一式成立．故得结论．关于(*)式：由△＝rp，得r2＝eq\f(△2,p2)＝eq\f(p(p－a)(p－b)(p－c),p2)＝eq\f((p－a)(p－b)(p－c),p)＝eq\f(p3－(a+b+c)p2+(ab+bc+ca)p－abc,p)＝eq\f(－p3+(ab+bc+ca)p－abc,p)；①又由△＝eq\f(abc,4R)，得4Rr＝eq\f(abc,p)．故4Rr+r2＝－p2+(ab+bc+ca)．就是ab+bc+ca＝p2+4Rr+r2；a2+b2+c2＝(a+b+c)2－2(ab+bc+ca)＝4p2－2p2－8Rr－2r2＝2(p2－4Rr－r2)；abc＝4R△＝4Rrp．关于(**)式：由r＝4Rsineq\f(A,2)sineq\f(B,2)sineq\f(C,2)，故4R+r＝4R+4Rsineq\f(A,2)sineq\f(B,2)sineq\f(C,2)＝4R+4R(cosA+cosB+cosC－1)＝R(3+cosA+cosB+cosC)＝2R(cos2eq\f(A,2)+cos2eq\f(B,2)+cos2eq\f(C,2))．而p=RsinA+RsinB+RsinC＝4Rcoseq\f(A,2)coseq\f(B,2)coseq\f(C,2)．故4R+r≥eq\r(3)pcos2eq\f(A,2)+cos2eq\f(B,2)+cos2eq\f(C,2)≥2eq\r(3)coseq\f(A,2)coseq\f(B,2)coseq\f(C,2)．又cos2eq\f(A,2)+cos2eq\f(B,2)+cos2eq\f(C,2)≥3eq\r(3,cos2\f(A,2)cos2\f(B,2)cos2\f(C,2))，而3eq\r(3,cos2\f(A,2)cos2\f(B,2)cos2\f(C,2))≥2eq\r(3)coseq\f(A,2)coseq\f(B,2)coseq\f(C,2)eq\f(\r(3),2)≤eq\r(3,cos\f(A,2)cos\f(B,2)cos\f(C,2))coseq\f(A,2)coseq\f(B,2)coseq\f(C,2)≥eq\f(3\r(3),8)sinA+sinB+sinC≤3sineq\f(,3)．(由琴生不等式可证)三、对每个正整数n，定义函数f(n)＝eq\b\lc\{(\a(0，当n为完全平方数，,[\f(1,{\r(n)})]，当n不为完全平方数．))(其中[x]表示不超过x的最大整数，{x}＝x－[x])．试求eq\o(\s\do10(k＝1),∑,\s\up15(240))f(k)的值．解：对于任意n(n不是完全平方数)，存在k，满足k2＜n＜(k+1)2，则1≤n－k2≤2k．此时eq\r(n)＝k+{eq\r(n)}．eq\b\bc\[(\f(1,{\r(n)}))＝eq\b\bc\[(\f(1,\r(n)－k))＝eq