共焦點的圓錐曲線離心率之間的一組性質(zhì)

1、 i共焦點的圓錐曲線離心率之間的一組性質(zhì)（王淼生（福建省廈門一中郵編36i003 ）筆者近期瀏覽各省、市、區(qū)高考模擬試卷，頻頻遇到共焦點圓錐曲線的離心率之間及角形成文字，與同與離心率之間關(guān)系的試題.懷著好奇心，經(jīng)過推理得到它們之間一組性質(zhì),行探究，以期拋磚引玉.2性質(zhì)i:若橢圓三a224 i ( a b 0)與雙曲線與 bm2-y2 i(m 0, n0）共焦點F1（右焦點），F(xiàn)2 ,P是兩曲線的一個交點,PF1F2，PF2Fi則有cos cos HYPERLINK l bookmark402 o Current Document 22”2i ,-T( ei、e2eie2分別為橢圓、雙曲線的離心

2、率）證明：不妨設(shè)點P在第一象限，則有PF2PFiPFi2a2mPF2PFi設(shè)半焦距為c,由題意易得b2ceie2聯(lián)立橢圓與雙曲線解得X02222a m (b n )a2(c(a2c2)(c2m2)2 / 2m (a2、22m ) a m過P作x軸垂線,垂足為cos cosc X0c X0PF2 PF1一 2222m ) (a c )mPF1F2 中,我們易得(a2m2)2c-2a2 X0 -2 m22a m2-c2 m2c (am2) HYPERLINK l bookmark431 o Current Document 224cc HYPERLINK l bookmark573 o Curre

3、nt Document c-2 -2ee22ei e22 HYPERLINK l bookmark569 o Current Document 2 cc2ei2 c-2 e22性質(zhì)2:若雙曲線三a24 i(a 0, b2b 0）與拋物線0）共焦點Fi,橢圓另一個焦點為F2, P是兩曲線的一個交點,PF1F2PF2F1a313a icos cos =e3 e 2 3e i (e為雙曲線離心率). e3 3e2 e i 證明：顯然p 2c,聯(lián)立解得交點 P的橫坐標為x032 c 2a ac 2a c2.由拋物線定b2義可得PFi =c x0,再由雙曲線定義得到PF2 =2a c x0過P作x軸垂線

4、，垂足為D ,在PF1F2中，我們易得cos cos_ c xo= -PF2 HYPERLINK l bookmark883 o Current Document 2322c x _c x_ cb a ac2a c=.2.232c2PF12a c xo 2ab b c a ac 2a c32 c 23c ac 3a c a32e e 3e 1322332c 3ac ca a e 3e e 12性質(zhì)3:若橢圓與 a24 1 (a b 0)與拋物線y2 2px(p 0)共焦點Fi,橢圓另 b一個焦點為F2, P是兩曲線的一個交點，PF1F2,PF2F1，則有cos cos32e e 3e 12e

5、3e e 1（e為橢圓離心率）性質(zhì)3的證明類似于性質(zhì) 2,此處從略.由上述性質(zhì)1與性質(zhì)2容易得到：22推論1：若橢圓，4 1 （a b 0）與等軸雙曲線共焦點 F1, F2, P是兩曲線的一 a b2e2 1，個父點，PF1F2,PF2F1，則cos cos =?。╡為橢圓離心率）.2 e推論2:若拋物線y2 2 Px（p 0）與等軸雙曲線共焦點橢圓另一個焦點為 F2, P是兩曲線的一個交點,PF1F2,PF2F1，貝U有 cos4.2 9 cos =7對幾道數(shù)學問題的統(tǒng)一簡捷的解答（福建省廈門第一中學 361003王淼生）數(shù)學通報、數(shù)學教學中的數(shù)學問題欄目，幾乎每題必做，其中有些試題確實難以

6、 入手，而且命題人給出的解答也較為復(fù)雜.惠特霍斯說過：“一般地，解題之成功，在很大的程度上依賴與選擇一種最適宜的方法.”由柯西不等式容易得到一個最簡單的變式：若 aiR、biR (i1、2、n、n),貝Ui 12 aibiaii 1nbi i 1筆者經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)可以利用上述 不當之處，肯請批評指正.題1 （數(shù)學教學數(shù)學問題 384）（1）對其中數(shù)學問題給予簡捷完美的解答.ABC 中,求證:b2b c a cab證明：直接利用上述（ 題2 （數(shù)學教學數(shù)學問題1）即可得證.488）已知ab2c 112.證明：利用上述1）可得b2c 1(a ac) c(a b c 3) 3 2a b c 3(a3)2

7、,9 6題3 （數(shù)學教學數(shù)學問題538）若 a、b、C均大于1,且 a2b2a 1證明：利用上述3.12（1）可得2.22a b c2,2a b11(a b c)2再一次利用上述柯西不等式的變式可得121212(11)2題4 （數(shù)學教學數(shù)學問題552)若a、 b均大于求證:2tabt 1b2tat 1證明：利用上述（1）可得2tabt 1b2tat 1(atbt)2(at , tb 2)(at bt) 2(atbt) 2（1）現(xiàn)整理成文,12 ,求證:c 6 .3.(at bt 2)4 4 4 8.2 b2注：令t 1就得到前蘇聯(lián)奧林匹克試題： 8.b 1 a 1題5 （數(shù)學教學數(shù)學問題 85

8、9）若正數(shù)a、b滿足；a b ab,0,求證:a b 4 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark335 o Current Document 22. HYPERLINK l bookmark633 o Current Document b2a24證明：顯然（a b）2 4ab 4（a b）,即a b 4 .利用上述（1）可得2b2ab(a b)ab2 aa2b b (a2b ab2)(a b)(a b)2ab(a b) (a b)2(a b)a b2(a b) (a b) (a b)構(gòu)造f (x)（x 4）,顯然該函數(shù)為增函數(shù)，故有f(a b) f(4)a b (

9、a b)（1）令令令題6（數(shù)學通報數(shù)學問題912）若明:一一 3 sin一一 3 sin一一3 sinsinsinsin證明：由已知得到sinsinsinsin sinsin 1 ,利用上述（1）可得一一 3sinsin一一 3sinsin一一3 sinsin(sin2 )2sin sin(sin2 )2sin sin(sin2 )2 sin sin有趣的是：讓 取不同的值就可以得到一系列漂亮的不等式，如:一 a b0時得到_a : 1,這正是2003年江西省九江市競賽試題；b2 a2a b 41時得到二a P 4 ,這正是2007年福建省廈門第一中學競賽試題；b2 1 a2 154就得到 a

10、 b 1 ,這正是中等數(shù)學2012年第6期上的一個不b2 4 a2 4 2等式，令人遺憾的是其給出的證明過程十分繁雜均為正銳角，且sin2 sin2 sin2 =1 .證, .2. 2 2、2(sinsinsin )sin sin sin sin sin sinc滿足a b題7 （數(shù)學通報數(shù)學問題 1659）已知正數(shù)a、b、a(1 b) b(1 c) c(1 a)證明：由已知易得 ab bc ca 12,利用上述（1）可得a(1 b)b(1 c) c(1 a)2(1 1 1)(a bc) (ab bcca)12a(1 b)96 12題8 （數(shù)學通報問題11724）已知正數(shù)b、c滿足a bc1b

11、 cac ab27412 b(1c)12c(1 a)證明：由已知易得ab bc1 一ca -,利用上述（1）可得3a bcb cac ab12bc1212(acac ab(1 11)227b c) (ab bc ca)講注：客觀地講, 得到極其簡捷的解答，1）式可以原題（2009年韓國奧林匹克競賽試題）:已知a、b、c是正數(shù)，求證:b3c(a2 bc) a(b2 ca)3cb(c2ab)(1)上述這些數(shù)學問題難度較大，甚至無從入手，運用上述（足以看出上述柯西不等式的變式功能強大，有興趣的讀者再去閱讀數(shù)學通報、數(shù)學教學中的數(shù)學問題欄目， 會發(fā)現(xiàn)還有很多題目運用上述（1）輕松解決.因筆者功力淺薄，

12、上述 8個例子也僅僅是“滄海之一粟”，僅僅拋磚引玉，以期引起更多同行 的研究，則是筆者本文的目的.對一道韓國奧林匹克試題的簡證與探究（福建省廈門第一中學361003王淼生）文1對2009年韓國奧林匹克試題給出一種簡證和推廣.筆者對這道韓國試題頗感興趣,并作一些膚淺探本文利用最常見的、最不不起眼的“代數(shù)不等式”作為工具給出四種簡證, 究.現(xiàn)整理成文，與同行交流，不當之處，肯請批評指正.分析：我們不難將上述待證不等式適當恒等變形得到2cbc ab為了簡潔，可設(shè)一 ax,z,則上述不等式等價于:以下來剖析證明上述2).(2)若xyz 1 ,證明:1四種簡證2證法1: -xx y(2x)2 x y(2

13、y)2由基本不等式a2b22ab的變式:22a0)可得(2x)2 x y一 2一 2(2y)(2z) HYPERLINK l bookmark581 o Current Document y zz x4x(xy)4y(yz)4z (z x)證法2:利用最簡單的代數(shù)不等式:2(xz)63 xyz6.0)可得33 xyz證法3:利用簡單的均值不等式:可得上述三式相加即可得證.正如愛因斯坦所言：“數(shù)學美，本質(zhì)上終究是簡單性”證法4:由對稱性不妨設(shè)222xyz由排序不等式可得亂序和不小于反序和,（反序和）.(3)2（亂序和）x y要證明（2）,只需證明下面（4）,即(4)要證明（4）,只需要借助上述證

14、法1、證法2、證法3任一種證法都可快速解決.2 一點思考由排列知識可得共有a36種組合方式.排序不等式除同序和以及反序和之外，應(yīng)該還有四個亂序和，上述（ 和之外，還有三個亂序和.3）左邊只是其中一個亂序和，也就是說，除上述（對應(yīng)地，這道韓國奧林匹克試題應(yīng)該還有同胞的“三兄弟3）左邊的亂序22xy2 z3a2bb2c2 c az x x yy z2c(c2 ab)a(a2 bc)2b(b ca)22xy2 z33 ab3c2 c ay z x yz x2c(a2 bc)a2(c2 ab)2b(b ca)22xy2 z33 ca3bb2cz x y zx y2b(c2ab)c2(b2 ca)a(a

15、2 bc)將“四兄弟”，即(1)、（6）、（7）對照發(fā)現(xiàn)：原來“四兄弟”中（1也就是說（1）最容易入手證明.如果這道韓國奧林匹克試題換成（5）、亮,(5)(6)）最整齊、漂（6）、，盡管本質(zhì)與（1”完全相同，但“長相、模樣”嚇人，恐怕考生束手無策，由此說明韓國命題 專家非常“溫柔”，富有濃濃的人情味！3 一點探究我們知道完整的排序不等式是：同序和不小于亂序和不小于反序和，即在上述（ 礎(chǔ)上增加同序和，即得到3)基（同序和）（亂序和）（反序和）(8)由此得到（同序和）3. 1（9）與第2屆世界“友誼杯”z23x y 2(9)試題的關(guān)系我們熟知第2屆世界“友誼杯”試題，原題如下:2 22.已知 a、

16、b、c是正數(shù)，則-a1-ca bc .(10)b cc aa b 21的情況下所得到的結(jié)論.由此說明上述（9）就是（10）在abc 注：我們注意到：2,2a bb c c a2,cabca b2a b c 3b c c a a b 2(11)上述右邊（即（11）正是1963年莫斯科數(shù)學奧林匹克試題，原來它們本質(zhì)上是等價.事實上，上述（11）正是文3第43頁習題2-1第15題.筆者對上述（11）的研究心得：對一道課本習題多視角剖析、推廣及應(yīng)用即將發(fā)表在數(shù)學教育研究（江蘇大學）2013年第4期上.由此可見：一道經(jīng)典試題，如同一顆枝繁葉茂的參天大樹，年復(fù)一年，花開花 落，必然在其周圍播下種子繁衍后代

17、.3. 2（9）與第36屆數(shù)學國際奧林匹克試題的關(guān)系如果我們設(shè)x ，y , z 一代入上述（9）得到:若 mnp 1 ,貝U 3m (n P)P113n3(p m) p3(m n) 2(12)上述（12）正是大家熟悉的第 36屆數(shù)學國際奧林匹克試題，原題如下: 已知a、b、c是正數(shù)，且abc 1.證明：1113a3 b c b3 c a c3 a b 2由此說明：這道韓國奧林匹克試題就是第36屆國際數(shù)學奧林匹克試題的加強.注：筆者在文2中對這道第36屆國際數(shù)學奧林匹克試題給出了21中證法并給予推廣,仿照這21種證法，那么上述這道韓國奧林匹克試題還可以獲得很多種證法.4 一點感悟事實上，數(shù)學通報

18、、數(shù)學教學、數(shù)學通訊（學生刊）等國內(nèi)最優(yōu)秀最權(quán)威的期刊 上面的數(shù)學問題、數(shù)學征解上的題目有相當一部分就是這樣編擬、命制出來的，即對一些熟知的著名的經(jīng)典試題，尤其是歷屆國際奧林匹克試題、各個國家的歷年的國家隊集訓(xùn)試題、 選拔試題進行變式、加強、引申、推廣甚至多個經(jīng)典命題嫁接，等等.當然這需要命制、編 擬試題的作者對原來的著名試題真正吃準、弄透，畢竟真正把握這些經(jīng)典試題需要深邃的數(shù)學目光與深厚的數(shù)學功底.其實上述（5）、（6）、（7）完全可以作為數(shù)學問題或數(shù)學征解的題目. 參考文獻：1查正開.一個競賽不等式的簡證和推廣J.福建中學數(shù)學，2012 （12） 47-48.2王淼生.數(shù)學百題精彩千解M.

19、福州：福建教育出版社，2009 （128-133）.3中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學課程標準實驗教科（不等式選講選修4-5） M.人民教育出版社，2007 （43-44）.三角形中一個不等式題根的應(yīng)用(福建省廈門第一中學361003王淼生)我們知道在 ABC中有一個基本性質(zhì)：兩邊之和大于第三邊，即 abc0,bca0,cab 0. 由均值不等式可得(a b c) (c a b) a-(a b c)(c a b).(a b c) (b c a) b . (a b c)(b c a)(b c a) (c a b) c： - (b c a)(c a b)abc (a b c)(b c a)(c

20、a b). 我們把上述與三角形的邊相關(guān)的不等式：abc (a b c)(b c a)(c a b)稱為“題根”，這個題根看似“默默無聞”，實則功能不俗.本文擬從幾個具體例子談?wù)勗擃}根的 應(yīng)用，權(quán)當拋磚引玉，以期更多的數(shù)學愛好者來挖掘其功能.(注：本文中出現(xiàn)的 a、b、c、R、r、p、S是指 ABC的三邊長、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑、三角形半周長、三角形面積)例 1.在 ABC 中，證明：abc 8( p a)( p b)( p c). 證明：注意到p為三角形半周長并應(yīng)用上述題根可得8( p a)( p b)( p c) (a b c)(b c a)(c a b) abc.例2.在 ABC中，求證

21、：sin Asin BsinC (sin A sin B sin C)(sin B sinC sin A)(sin C sin A sin B). 證明：設(shè)三角形外接圓的直徑為 1,由正弦定理可得a sin A , b sin B , c sin C , 代入上述題根即可得證.注：本題倘若直接從三角的角度去證明顯得極其復(fù)雜，利用上述題根獲得賞心悅目的妙解.事實上，例 2可以看作上述題根的三角形式；例 1可以看作上述題根的代數(shù)等價形式.例 3.在 ABC 中，證明：abc(a b c) 16S2.證明：由海倫公式并應(yīng)用上述題根可得S . p(p a)(p b)(p c) S2 p(p a)(p

22、b)(p c)S 2 abc abc b c a cab 22222 (a b c)(a b c)(b c a)(c a b) 16Sabc(a b c) 16S2.例4. (2007年亞太地區(qū)數(shù)學奧林匹克試題)在 ABC中，求證：bca . c a b a b c3.證明：由三元均值不等式并結(jié)合上述題根可得abcbca - c a b , a b ccabc33 . (a b c)(b c a)(c a b)例5.(第6屆IMO試題)在 ABC中，求證：3.222a (b c a) b (c a b) c (a bc) 3abc.證明：應(yīng)用上述題根并將題根直接展開可得abc (a b c)(

23、b c a)(c a b)22 ,a (b c a) b (c a2 ，b) c (a b c) 2abc.移項即可得證.例6. （2001年奧地利波蘭數(shù)學奧林匹克試題）在ABC中，求證:3 U33b c c a a b abcabc abc3.證明：原不等式變形（去分母）等價于2abc bc(b c) ca(c a) ab(a b)/ 3(ab3 c3) 3abc3,33、 八，,b c ) 2abc abc0 bc(b c) ca(c a) ab(a b) (a 0 (a b c)(b c a)(c a b)由三角形兩邊之和大于第三邊，顯然上述雙向不等式左邊成立；而右邊正是上述題根. 值得

24、注意的是：不等式的證明需要一定的代數(shù)變形、化簡能力，這是最基本的要求.例7.（著名的Euler不等式） 在 ABC中，求證：R 2r.證明：由三角形面積公式并結(jié)合上述題根可得abc4RR pabc pabc - 2r 4S 4P(P a)(P b)( p c)abc 24( P a)(P b)(p c)R 2r.上述這幾個例子都是在已知三角形的前提下利用上述題根來解決問題， 其實有些問題表 面上看似與三角形毫無關(guān)系， 但是經(jīng)過適當?shù)拇鷶?shù)變形， 問題可以轉(zhuǎn)入三角形中 （即構(gòu)造三 角形），巧妙借此題根簡捷獲解，請看：例8. （2004年中國西部數(shù)學奧林匹克試題改編）求證：對于任意正實數(shù)a、b、c,

25、都有 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark48 o Current Document abc 3 2,a2 b2b2 c2.c2 a22證明：設(shè)a2江2, b2三口，c2人(X、y、z R)則222有y z x , z x y , x y z .因此x、y、z可以作為三角形的三邊，于是所要 證的原不等式右邊等價于y z X z X y X y z 3 z . xy, xy(y z x) yz(z x y) zx(x y z) 3 xyzxy(y z x) yz(zx y) zx( x yz) 2. xy2z(y z x)(z x y)x證明：因abc 1,設(shè)a

26、, b y顯然上述三個因式xy z、y z x、z x y中最多一個負數(shù).2vxyz2(z x y)(x y z)2x2yz(x y z)(y z x) 9xyz.由二元均值不等式可得：上式的左邊xy(y z x) yz(z x y) zx(x y z) TOC o 1-5 h z 2 /、zx(yzx)y(zxy)2/xy(zxy)z(xyz)/、2 /、yz(xyz)x(yzx) HYPERLINK l bookmark676 o Current Document 222 ,、6xyz x (y z x) y (z x y) z (x y z).因此只要證明：2226xyz x (y z

27、x) y (z x y) z (x y z) 9xyz222x (y z x) y (z x y) z (x y z) 3xyz.上式正是第6屆IMO試題(即上述 例5).例9.(第41屆IMO試題)設(shè)a、b、c均為正數(shù)，且abc 1 ,求證：1.11,a 1 b 1 c 11 . HYPERLINK l bookmark463 o Current Document bca HYPERLINK l bookmark583 o Current Document yzc 一(x、y、z R),則不等式等價于 zx(1)(x y z)(y z x)(z x y) xyz.(1)若上述三個因式中只有一

28、個為負數(shù)，則左邊為負數(shù)，右邊為正數(shù)，顯然成立;（2）若上述三個因式均為正數(shù)，則就是上述題根.注：上述（1）就是1983年瑞士數(shù)學奧林匹克試題.例10.設(shè)a、b、c均為正數(shù)，且a b c 3,求證：求證:證明：由已知條件可得所證不等式等價于a b c a b c a b c2 2 2abc(a b c)(b c a)(c a b)(2)注：本題是安振平老師在文 3中提出的，其實此處（2）正是上述（1）,由此看出安老 師就是依據(jù)上述第 41屆IMO試題改編而來. 參考文獻：1邵明憲.也談一組三角形不等式的證法J.數(shù)學通訊，2010 （5,下旬）.2胡典順.一組三角形不等式的證明J.數(shù)學通訊，200

29、9 （10,下旬）.3安振平.二十六個優(yōu)美不等式J.中學數(shù)學教學參考，2010 （1 2上旬）.4王淼生.例談一類換元法證明三角形不等式.高中數(shù)學理化，2012 （12）.（文章發(fā)出后的補充）例 1.在 ABC 中，求證： 一a一 一b一 一c一 3.bcacababc證明：由三元均值不等式并應(yīng)用上述題根可得abc -abc-33! 3 .bcacababc （a b c）（b c a）（c a b）再談一類換元法證明三角形不等式（福建省廈門第一中學361003王淼生）筆者在拙文1中談到：對邊長分別為a、b、c的 ABC來說，必然存在一個內(nèi)切圓 O 與邊 BC、CA、AB 分別切于點 D、E、

30、F ,記 BD BF x, CD CE y , AE AF z,則有 TOC o 1-5 h z axy,byz,czx.由并結(jié)合三角形半周長和面積（海倫）公式不難得到 p x y z, S Jxyz（x y z）.上述既可以看作代數(shù)換元，又具有明顯的幾何意義.本文借助上述、例談證明與 三角形有關(guān)的不等式（注：本文中出現(xiàn)的 a、b、c、R、r、p、S均指 ABC的三邊、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑、三角形半周長、三角形面積）題 1.在 ABC 中，求證： abc （a b c）（b c a）（c a b）.證明：由上述可得原不等式等價于(x y)(y z)(z x) 8xyz.由二元均值不等式可得上

31、式顯然成立.題 2.在 ABC 中，求證：8( p a)(p b)(p c) abc.證明：由上述、可得原不等式等價于8xyz (x y)(y z)(z x)(2歷)(2即)(2岳)(x y) (y z) (z x).由二元均值不等式可得上式顯然成立.題3. (2007年亞太地區(qū)數(shù)學奧林匹克試題)在 ABC中，求證：bcabc3.abc證明：由上述可得原不等式等價于對于上式，先從整體上運用三元均值不等式，再在里面運用二元均值不等式即可得證有趣的是：本題其實就是數(shù)學教學數(shù)學問題543.此外與2009年羅馬尼亞奧林匹克試題如出一轍：在ABC中，求證：abc o3 .b c a cab abc題 4

32、.在 ABC 中，求證：(p a)4 (p b)4 (p c)4 S2.證明：由上述、可得原不等式等價于444,、x y z xyz(x y z).這是顯然的.題5.(著名的Euler歐拉不等式)在 ABC中，求證：R 2r.證明：由上述、并結(jié)合三角形外接圓及內(nèi)切圓半徑公式可得S - abc r R p 4Spabc4S2(x y)(y z)(z x)4xyz(2 xy)(2/yz)(2/zx)2 ,4xyza3 b3 c3 2abc.b c) 2abc題6. (2008年塞爾維亞奧林匹克試題)在 ABC中，求證:a(b2 c2) b(c2 a2) c(a2 b2)證明：適當變形并結(jié)合上述可得

33、原不等式等價于222 ,a (b c a) b (c a b) c (a2x(y z)2 2y(z x)2 2z(x y)22(x y)(y z)(z x)8xyz 0 .這是顯然成立.題7.(著名的費一哈不等式)在 ABC中，求證：a2 b2 c2 4辰 (a b)2 (b c)2 (c a)2.證明：由上述、可得原不等式等價于20O_OOO22222(x V) (y z) (z x) 4 3xyz(x y z) (x y) (y z) (z x)xy yz zx 3 xyz(x y z)2(xy yz zx) 3xyz(x y z)(zx)(xy).(xy)2 (yz)2 (zx)2(xy

34、)( yz) (yz)( zx)上式顯然成立.注意：上述費 一哈不等式就是第3屆IMO試題的加強，即：在 ABC中，求證:222_abc 4 J3s .我們知道上述、都是在三角形中得到的結(jié)論，也就是說使用上述、的前提是在 三角形中.其實，有些問題，表面上看似與三角形毫不相干，當我們加以適當變形（主要通過代數(shù)換元變化）就可以利用三角形最基本的性質(zhì)“三角形中兩邊之和大于第三邊”及a-個正數(shù)中任何兩數(shù)之和大于第三數(shù)，則三數(shù)可以構(gòu)成三角形三邊”（詳見文2）將這些高難度的問題迅速解決，請看：題8. （2000年IMO試題）正數(shù)a、c滿足abc 1,求證:證明：因價于再令m若m、abc(xy22xy ，1

35、,設(shè)2yzzx2yz ，yz2xzx2xy2zR ）,則原不等式等22)(yz2zx22xy )(zx2xyyz2)則上述不等式等價于:p均為正數(shù)，證明:(mn p)( n p m)( p mn) mnp .這正是1983年瑞士數(shù)學奧林匹克試題.分析如下：m n中有一個或三個為非正數(shù)時，則不等式左（1）當 m n p、n p m、 p邊為非正數(shù)，而右邊恒為正數(shù)，顯然成立;(2)當 m n p、n pm、p m n中有兩個為非正數(shù)時，不妨設(shè)0 （相加）這與已知相矛盾！故不存在這種情況!（3）當 m n p、n p m、n全正時，即因此我們可以把 m、n、p看作某一個三角形的三邊，這正是本文中的題

36、1.題 9. (2011年俄羅斯奧林匹克試題）已知x、y、z R , xyz 1 ,且 x(1 z) 1y(1 x) 1z(1 y)證明：因2(xy z)3.a b（a、b、c R ）,則不等式等價于3.上式去掉分母變形可得上述問題等價于:ABC 中,求證:2(a2c b2a c2b)b2c2b3abc.由上述可得上述不等式等價于33322x y z x y y zx 2x2y2x2z2y.這是顯然的，因為由二元均值不等式可得32c 232x z x 2x z, y x y22y x2z2y.上述三式相加即可得證.題10.（文3中第6個優(yōu)美不等式）已知正數(shù)z滿足:證明：不妨設(shè)因此a、b、面積公

37、式可得Syzy zxz xyc可以構(gòu)成三角形的邊長,rp r S xyzpz x,顯然得到b, a b c 2.由上述可得p 1, S xyz.再由三角形tan公2yzBr,tanx2yxy由萬能公式可得sin A -1 A 2 tan 2,2 Atan 一22、xyz(x y z)(x y)(x z)2 xyzx(x y z) yz2、xyzx yz同理可得2. xyz2 , xyzsin B , sin C .y zxz xy因此原不等式等價于sin A sin B sinC 332 xyz 2 . xyz 2 xyz 4 xyzsin A sin B sin C上式正是三角形中一個常見的

38、熟知的結(jié)論 參考文獻J.高中數(shù)理化(教師刊)，2012 (11)J.中學數(shù)學(高中版)，2012 (3).中學數(shù)學教學參考，2010(1-2)(上旬).1王淼生.例談一類換元法證明三角形不等式 2王淼生.妙用三角形基本性質(zhì)巧解競賽試題3安振平.二十六個優(yōu)美的不等式J由一道質(zhì)檢題得到一組有趣的結(jié)論(福建省廈門第一中學王淼生 郵編361003 )2013年3月19日福建省廈門市舉行高三質(zhì)量檢查考試，其中文科第22題(壓軸題)是這樣的：22已知圓O： x2 y2 34,橢圓C：二上一1 .259(I)若點P在圓O上，線段OP的垂直平分線經(jīng)過橢圓的右焦點，求點 P的橫坐標;(H)現(xiàn)有如下真命題：“過圓

39、x2222、.y 53上任意一點2 x Q(m, n)作橢圓 52 y 331的兩條切線，則這2 y 731的兩條切線，則這兩條切線垂直”2“過圓x2 y2 42 72上任意一點Q(m, n)作橢圓三42兩條切線垂直” .據(jù)此，寫出一般結(jié)論，并加以證明.本題顯然是考查合情推理中的歸納推理，要求學生具有一定的觀察、分析、 歸納、猜想能力并給予嚴格證明. 但從最后全市統(tǒng)計的數(shù)據(jù)上， 這道壓軸題學生很不適應(yīng)， 尤其是(n) 得分較低.筆者對此題進行一些探究， 將結(jié)論退化到最簡單的圓并推廣到橢圓的 “同門兄弟” 雙曲線，不當之處，敬請同行賜教.定理1：過圓x2 y2 2a2上任意點P作圓x2 y2 a

40、2的兩條切線，則兩條切線垂直.22定理2：過圓x2 y2 a2 b2上任意點P作橢圓 二 與 1 (a b 0)的兩條切線, a2 b2則兩條切線垂直.2yy1的兩條切b2定理3：過圓x2 y2 a2 b2 ( a b 0)上任意點P作雙曲線 當 a線，則兩條切線垂直.上述三個定理證明過程完全類似，以下以定理3為例給予證明:證明：設(shè)過P(x0, yo)作雙曲線相切的切線的斜率為k (對于斜率不存在的情況較容易y y0 k(x x0)驗證)，則切線的方程為y y k(x x。)，聯(lián)立 2；2 22 2得到b x a y a b(b2 a2k2)x2 (2a2k2x02a2ky0)x a2k2x2

41、 2a2ky0 x0 a2y2 a2b20.因為直線與雙曲線相切，顯然 b2 a2k2(2a2ky0 2a2k2x0)2 4(b2 a2k2)(整理為關(guān)于k的一元二次方程： 2 22, 2 222 2 ,4(b x0 a b )k 2b y0 x0k b y0 b達定理可得b2y02 b4a2b2 b2x(2k1 k2222, 2 222彳2b x0 a b b x0a b0 ,且0,即22222222、a k x0 2a kyx0 a y0 a b ) 0.222. 20 ,注意到x y a b ,并依據(jù)韋1,故兩條切線垂直.事實上，上述三個定理的逆命題也成立，即 TOC o 1-5 h z

42、 222定理4：過圓x y a上任意不同兩點 A, B作圓的切線，如果切線垂直且相交于P,則動點P的軌跡為圓：x2 y2 2a2. HYPERLINK l bookmark652 o Current Document 22定理5：過橢圓 勺 4 1 (a b 0)上任意不同兩點 A, B作橢圓的切線，如果切 a b線垂直且相交于 P ,則動點P的軌跡為圓x2 y2 a2 b2. HYPERLINK l bookmark654 o Current Document 22定理6：過雙曲線、 1 (a b 0)上任意不同兩點 A, B作雙曲線的切線，如 a b6i8果切線垂直且相交于P,則動點P的軌

43、跡為圓X2y2 a2b2 .上述三個定理證明過程類似，以下以定理5為例給予證明:證明：設(shè)A（x, yi）,B(X2,V2） , P（x。，y。），則過A, B的切線方程分別為2b xix2a ViV2.2a b2X2X a22.2y2y a b .因切線垂直，則有b4x1x24a ViV2。,且x2X2 Vi。.將兩條切線方程聯(lián)立解得Xoa2(ViV2)XiY2X2V1V。b2(XiX2)Xi V2X2 Vi242aa Vi = 2b同理可得2X。B均滿足2 2、2a b )Viy。242a Vi,2 2b x2ab2242V2)b (Xi X2)(Xiy2 X2yi)242a V2,4242

44、b Xib X2(XiV2 X2Vi)2(b22X2a y2 = a X1 y2,42222b x1 = b x v242,222 b X2 = b X2 yi由、相加得到42a Vi424+ a y2 + b 為,42+ b x2= (a2b2)(Xi2V222X2 Vi ) +2b4= (a2b2)(Xi V2= (a2,2、，b )(Xiy22 2 一一.a b ,于是得到222222a V2 )Vi =a X2 Vi22Vi V2 ；b422- Xi X2 ; ab42a22Xi x2 .2 2a- Xi X2 +i ab422 yi V24a 22_Vi V2 .bX2Vi)2 +

45、2(a2 b2)XiX2ViV2+2( a4Vi y2)XiX2 + -22( b4XiX2)Viy2 ab2 X2Vi). 將代入得證.值得說明的是：我們不難證明上述定理對于焦點在y軸以及經(jīng)過平移、 旋轉(zhuǎn)后的非標準狀態(tài)下的橢圓、雙曲線仍然成立.筆者想向同行的請教以下問題：過一般的二次曲線 Ax2 Bxy Cy2 Dx Ey F 0上任意不同兩點作切線，如果切線垂直且相交，其交點軌跡恒為圓嗎？如是仍然是圓，那圓的方程是什么？其逆命題成立嗎？例談與“積為 冒有關(guān)的不等式的證明策略（福建省廈門第一中學361003王淼生）研究競賽試題的同行肯定注意到一個有趣的現(xiàn)象：無論是省市、全國高中數(shù)學聯(lián)賽、 T

46、OC o 1-5 h z CMO、還是其它國家數(shù)學奧林匹克競賽，尤其是 IMO ,不等式的證明歷來是熱門話題， 其中有一類試題：積為定值1的不等式證明特別顯眼， 頻頻出現(xiàn)，已經(jīng)成為競賽中一道亮麗 的風景線.本文擬從具體的實例來探求解決這類問題的策略1直接利用“積為1”進行變形利用“積為1”進行適當變形，使得問題簡單化例1 （2001年印度數(shù)學奧林匹克試題）若 a、b、c均為正數(shù)，且abc 1,試證: HYPERLINK l bookmark114 o Current Document abc) HYPERLINK l bookmark641 o Current Document abc1.證明

47、：由abc 1,則原不等式等價于 aabbccabc(abc) 3a b b c c aabc ,1.b c an）為正數(shù)，則有這是顯然的.事實上，本題可以推廣：若 ai （i 1、2、nxii 1xin-n-xii 1策略：遇到“積為1”不等式問題，首先盡量將問題進行化簡變形，有趣的是：上述 n取不同的正整數(shù)時可以得到一系列試題，如1979年上海市、2003年江西省競賽試題、1974 年美國、2006年伊朗數(shù)學奧林匹克試題，等等 .利用“積為1”進行巧妙變形，借力熟知的結(jié)論例2 （第36屆國際數(shù)學奧林匹克試題）設(shè)a , b , c R ,且滿足abc 1 .證明:1113a3 b c b3

48、c a c3 a b 2證明：由已知條件 abc 1可得原不等式等價于.2 22 22. 2 ob ca ca b 3+ -ab ac bc ba ac bc 2上式顯然成立，利用我們熟知的第2屆世界友誼杯數(shù)學競賽試題:據(jù)此可得.2 22 22. 2b c a c a b+ + ab ac bc ba ac bcab bc ca 3 Va2b2c23222策略：當一個問題較為復(fù)雜時， 我們可以進行適當變形，使得問題變成簡單的、或我們熟悉的、或我們已經(jīng)證過的不等式、或著名的不等式等等，從而將問題得到解決.1. 3利用“積為1”尋找等號成立的條件，合理配湊項以便使用均值不等式例3 (第39屆IMO

49、預(yù)選試題)若 x、v、 z均為正數(shù)，且xyz 1,證明:33xy(1 y)(i z) (1 z)(i x)(1 x)(1 y)證明：由三元均值不等式可得x31 y 1 z 3x(1 y)(1 z) 884y31 z 1 x(1 z)(1 x) 88-33y z 1 x 1 y 3z4(1 x)(1 y) 884三式相加可得3x(1 y)(1 z)3y(1 z)(1 x)3cz x y z 3(1 x)(1 y) 2433 xyz3324 4-，為了將x343策略：由結(jié)構(gòu)特點估計當xyz 1時等號成立，此時x(1 y)(1 z)1 y 1 z降為x1,需要使用三元均值不等式，因此還需要湊兩個式子

50、，即一y、，且使得m n1 y 1 z 1,汪思到x y z 1可得m n 8.m n 42利用“積為1”進行換元2.1利用“積為1”進行換元：ai 例4 (上述例2)221,rx y一,則xyz 1 ,即只要證明：zy z z x注意到xyz 33 xyz 3,即只要證明:xyz2這正是第2屆世界友誼杯數(shù)學競賽試題策略：這樣換元對高次分式特別有效，由此本題可以推廣:1-2n 17a (b c)12n 1 /7b (c a)2n c11(a b)2.2利用“積為1”進行換元:3xixi1.例5 （2000年澳門數(shù)學奧林匹克試題）C均為正數(shù),且 abc 1,試證:1.證明：設(shè)az3,則xyz(x

51、 y)(x2xy) xyz同理可證(xy)(2xyxy)xyzxy(x y)xyzxy(x y z)xy(xz)xyz( xyz)xyzxyzyxyz三式相加即可得證.策略：通過這樣換元并結(jié)合適當放縮達到分母相同,便于多項式求和2.3利用“積為1”進行換元:xiai 一（注：xnx1)xi 1例6 （第41屆IMO試題）若b、c均為正數(shù)，且abc 1，試證:1.證明：設(shè)a - y則只要證明:(xy z)(y z x)(xz y) xyz.為了方便，記mxyz故m、n、 p中最多只有一個不是正數(shù)（1）若恰好一個不是正數(shù)，則 mnp 0 ,而xyz不等式成立;（2）若均為正數(shù)，由二元均值不等式可得

52、mn.(x y z)(y z x)y.同理可得 Jnp z , /pm x ,上述三式相乘即可得證策略：之所以這樣換元，就是為了使得每一個掛號內(nèi)的分母相同，如：第一個掛號中的111a與（分母都是y,第二個掛號中的b與分母都是z,第二個掛號中的c與分母都是從而為將分式不等式轉(zhuǎn)化為整式不等式提供便利x-2.4利用“積為1”進行換元：ai（注：xn1 x1）xiabcd 1 ,試證:例7 （2004年羅馬尼亞數(shù)學奧林匹克試題）若 a、b、c、d均為正數(shù),2.a(b 1) b(c 1) c(d1) d(a 1)證明：設(shè)aw , 一d ,則只要證明:z2w 2x 2yx y y z z w12x12z-

53、 8w xxwywxyxzxyxyyzyzyzywzwxz 8.zwzwwxwxxyyzzwwxyzzwwxxy上式顯然成立，因為：第一個括號直接使用四元均值不等式得到 三個括號利用柯西不等式變式可得4 ;第二個括號、第(y w)把12(yw) (1 1)2 x y z w4( yw)1212(x z)工(x z)(11)24(x z)策略：上述證明過程中得到的4.2正是1989年四川省高w x中數(shù)學競賽試題，也是1963年莫斯科數(shù)學奧林匹克試題的推廣（從三元到四元）：3 一.同時請讀者細心體會上述（2.3 ）與（2.4）換兀的區(qū)別，例 72若象例6那樣設(shè)azw一 r 一，一,d 一,則顯得十

54、分復(fù)雜.wx3利用“積為1”構(gòu)造齊次例8 （2007年波蘭數(shù)學奧林匹克試題）C均為正數(shù)，且abc1,證明:4證明：利用1 （abc）3,則等價轉(zhuǎn)化為齊次:3.a b4-(abc)3. c因abc 1 ,為了開三次方根，設(shè)z3,因此原不等式等價于這是顯然成立的，依據(jù)21元均值不等式可得21x7y4z，16個16個21z7x4y.16個上述三式相加即可得證.多么和諧對稱啊!策略：一般來說，齊次不等式相對容易一些,因此面對較為復(fù)雜的問題，我們總是利用各種信息將所要求證的不等式齊次化.當然本題設(shè)4z 33 x y x顯然上式就是排序不等式中的亂序和不小于反序和4利用輪換或?qū)ΨQ式的特點來構(gòu)造“積為1”例

55、9 （2005年英國數(shù)學奧林匹克試題）c均為正數(shù)，證明:證明：由外形結(jié)構(gòu)特征，設(shè)(ac)- a此時只要證明：xyyzzx(x2yz)(y2zx) (z2xy)(x 1) (y 1)(z 1).這是顯然的，因為只要證明:2231) (x 1)20.x yz x 1 x(x yz) x(x 1) x xyz x(x 1)x （2007年中國東南地區(qū)數(shù)學奧林匹克試題）若 1 x(x 1) (x 1)(x2 x 1) x(x策略：一般來說，具有輪換式（或?qū)ΨQ式）結(jié)構(gòu)就可以考慮換元，相當于增加一個條件: 積為1,再利用上述方法來解決問題 .當然僅從表面來看，本題似乎既不是輪換式也不是對 稱式，哪為何還這

56、樣換元呢？事實上，只要稍加變形就可以發(fā)現(xiàn)本題是輪換式，因為(a bc)(ab2 bc22、2ca ) abc(a b c)(ab bc ca).由于不等式的證明難度較大、技巧性較強，筆者上述所舉例子“掛一漏萬”，只能是“滄海之一粟”，目的也是請讀者借此去“窺其一斑”而已.5鞏固練習及簡答1. (2006年摩洛哥數(shù)學奧林匹克試題)若 a、1 ab1bc1ca-3.1 a1b1cb、c均為正數(shù)，且abc 1 ,試證:提示：左邊33；，(1-ab)(1-bc)(1-ca).(1 a)(1 b)(1 c) TOC o 1-5 h z 1( 11 -q3c a b &1 HYPERLINK l book

57、mark864 o Current Document 333(1 a)(1 b)(1 c) abc HYPERLINK l bookmark50 o Current Document 111y、z均為正數(shù)，且, x y xyzxyz 1 ,對于n提示：(x 1)( y 1)(z 1)xy yz zx x y z.事實上,111xyz (x 1)( y 1)(z 1) 0. xyz注意到：t 1與tn 1同號，注意到xnynzn(xn 1)(yn 1)( zn 1) 0n n nxyz111n n n xyza、b、c均為正數(shù)，且abc 1 ,試證:k .k對于整數(shù)k 2 ,有-a- -b a

58、b b c4.5.6.提示：由k元均值不等式bk b cb c 4上述三式相加即可得證.（2010年美國集訓(xùn)隊試題）若1a5(b 2c)21 b5(c2a)2因輪換對稱式，當且僅當3x(2y z)22y z272y27kb212k 2個kcka2c a4kc萬c均為正數(shù),5/c (aabc試證:2b)2，則2(2y z)23y2(2z x)22(2x y)21時等號成立,配湊如下：3y(2z x)22z x272z x27（加拿大ay)2Cruxabc2x y272x y27問題2023) b1 ab abcd提示：由已知條件1 bc已知a、bcdbcdeabcde因此原不等式等價于-u x

59、z-.三式相加并運用x333j xyz 3即可得證.1可設(shè)b、c、d、e均為正數(shù),c cdeabcde 1,求證:cd將上式兩邊同時加 5（左邊每個因式各加(x z v)(x y u) (ycdead dea1 deabe eab1）,然后離岸邊乘以v) (x zu)ea3得到(y ueabc10310v)25.上式正是柯西不等式.（2002年澳門數(shù)學奧林匹克試題）已知 a、b均為正數(shù)，證明:3b 321 b 1i a , a提示：因?qū)ΨQ輪換式的特點，設(shè) xa 3b y 3b一,則xy 1 ,此時只要證明: a(x y)3 2(1 x3)(1 y3)(展開)x3 y3 4 3x 3y(x3 1

60、3 13) (y3 13 13) 3x 1 1 3y 1 1.這顯然就是最基本不等式a3 b3 c3 3abc ,多么簡潔??！參考文獻 TOC o 1-5 h z 1沈文選.奧賽經(jīng)典解題金鑰匙高中數(shù)學M.長沙：湖南師范大學出版社，2006.2吳振奎.數(shù)學解題的特殊方法 M.哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學出版社，2011.3熊斌，陳雙雙.解題高手高中數(shù)學M.上海：華東師范大學出版社，2008.4蔡玉書.數(shù)學奧林匹克不等式證明方法和技巧（上）M.哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學出版社，2011.5蔡玉書.數(shù)學奧林匹克不等式證明方法和技巧（下）M.哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學出版社，2011.6王淼生.數(shù)學百題精彩千解M.