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黄冈中学竞赛训练题 高中数学



黄冈中学竞赛训练题 高中数学(77)
1、已知正三棱锥 S-ABC 的高 SO 为 3, 底面边长为 6, 过 A 向它所对侧面 SBC 作垂线, 垂足为 O′, 在 AO′上取一点 P,使 AP︰PO′=8,求经过 P 点且平行底面的截面的面积. 2、设正三棱锥 P—ABC 的高为 PO,M 为 PO 的中点,过 AM 作与棱 BC 平行的平面,将正三棱锥截 成上、下

两部分,试求两部分体积之比.

3、四面体 ABCD 被平面α 所截,对棱 AB,CD 都与α 平行且与α 等距,设α 截得截面四边形的面 积为 S,对棱 AB 与 CD 的距离为 h,求这个四面体 ABCD 的体积.

4、设 S-ABCD 是一个高为 3,底面边长为 2 的正四棱锥,K 是棱 SC 的中点,过 AK 作平面与线段

SB、SD 分别交于 M、N(M,N 可以是线段的端点).试求四棱锥 S-AMKN 的体积 V 的最大值与最
小值.

5、直三棱柱 ABC-A B C 的底面是等腰三角形,AB=AC,∠BAC=α ,AD 是 BC 边上的高,若此直棱
1 1 1

柱的侧面积为 S,过 BC 且与 AD 平行的平面与底面成角β ,求这平面截棱柱所得截面面积以及棱
1

柱被截面分成的两部分的体积.

6、已知圆锥的表面积等于其内切球的表面积的 n 倍,试确定正整数 n 的一切可能值.

7、已知△ABC 中各顶点的坐标分别为(xA,yA),(xB,yB),(xC,yC),点 E,F 分别 AC,AB 上,



求 BE 与 CF 的交点 P 的坐标.

8、 △ABC 中, O 为外心, 三条高 AD, BE, CF 交于点 H、 直线 ED 和 AB 交于 M, FD 和 AC 交于点 N. 求 证:(1)OB⊥DF,OC⊥DE;(2)OH⊥MN.

答案:

分析:本题的关键在于求出过 P 平行于底的截面到顶点的距离与底 面到顶点的距离之比. 解答:如图 10.13,因 S-ABC 是正三棱锥,所以 O 是正三角形 ABC 的中心.连结 AO 延工交 BC 于 D,则

D 是 BC 的中点,故 BC⊥AD,BC⊥SD,因而 BC⊥平面 SAD,从而平面 ASD⊥平面 SBC.又 AO′⊥平面 SBC, 故 SO′在平面 SAD 内,因而 O′在 SD 上,于是



设过 P 作平行于底的平面与 SD 的交点为 O1,则

于是

故所求截面面积 分析:设过 AM 且平行 BC 的平面交平面 PBC 于 EF(E∈PB,F∈PC),要求两部分体积之比,只 要求 VP—ABC=S△PEF︰S△PBC.

解答:如图 10.14,过设 AM 且平行 BC 的平面与棱 PB、PC 分 别交于 E、F.则 EF//BC.连结 AO 并延长交 BC 于 D,则 D 为 BC 的中点,连结 PD 交 EF 于 G,则

因 A 到平面 PEF 的距离即为 A 到平面 ABC 的距离, 所以

在△PAD 中,过 O 作 PD 的平行线,交 AG 于 N.因为 M 为 PO 的中点,故|ON|=|PG|,

,故

,因而

,故所求上下两部分体积之比为

分析:利用“等底、等高的两个四面体的体积相等”将四面体添 加几个等体积的四面体,构成一个平行六面体来计算. 解答:过四面体 ABCD 的各棱分别作与其对棱平行的平面,六个平面相交得一平行六面体 AC1BD
1 1

1

-A CB D(如图 10.15).此时 VABCD 等于平行六面体的体积 V 减去四个彼此等积的三棱锥的体 积,这四个三棱锥分别是 A-A CD,B-B DC,C-C AB,D-D AB.因为这四个三棱锥的底面积为
1 1 1 1

平行六面体底面积的

,其高与平行六面体的高相等,故每一个三棱锥的体积等于

于是

由于 AB,CD 与截面α 等距,如图 10.15 可知 K,L,M,N 分别是 AA1,CC ,BB ,DD 的中点,易
1 1 1



,而 h 就是平面 AC1BD1 与平面 A1CB1D 的距离,所以

说明:利用“等积”进行割补,是解决多面体体积问题的一个有效方法.

分析:显然 S-AMKN 的体积 V 可由 SM,SN 的长度确定,令

,设法

建立 V 与 x, y 的函数关系, 以及 x 与 y 的关系, 消去 x (或 y) , 使 V 成为 y(或 x)的一元函数,再求 V 的最大值和最小值. 解答:为了建立 V 与原四棱锥 S-ABCD 的关系.我们需要下列结论: 引理:设 A1,B ,C 分别在三棱锥 S-ABC 的侧棱 SA,SB,SC 上,又 S-A B C 与 S-ABC 的体积
1 1 1 1 1

分别是 V 和 V,则
1

事实上,如图 10.17,设 C,C 在平面 SAB 上的射影分别是 H,
1

H1.则



,所以

下面回到原题,如图 10.16.



的体积为

于是,由引理可得

于是

,而由





时,等号成立,故 V 的最小值为

其次,令

时,

所以 f(u)在

单调递减而在[1, 2]上单调递增, 且

因此 f(u)在

上的最大值为

从而当



取最大

值为

综上得四棱锥 S-AMKN 的体积 V 的最大值为

,最小值为



说明: 本题也可由关于 x 的方程

在区间

上有实根的条件, 经过讨论得出

且两端等号均能达到,从而得出上述同样的结论.

分析:利用线面平行关系确定截面的位置后,再计算. 解答:如图 10.18,因截面与 AD 平行,故截面与底面的交线为过 B 与 DA 平行的直线,设这条 直线交 CA 的延长线于 E,连 C1E 交 A A 于 F,连 BF.则△C FB 即为平行于 AD 的平面截棱柱所得
1 1

的截面. 因为 CC ⊥平面 ABC,又 AD⊥BC,AD//EB,故 BC⊥EB,由三垂线定理得 BE⊥BC1,而∠C BC 是二
1 1

面角 C -BE-C 的平面角,故∠C BC=β .
1 1

设 BC=a, 则
1 1 1

, 于是

又 CC

1

⊥平面 ABC,故 CC ⊥BC.在 Rt△C CB 中,CC =BCtanβ =atanβ .从而有

故截面 BC F 的面积为
1

设棱柱 ABC-A1B1C1 的体积为 V,它被截面分成上、下两部分的体积分别为 V1 和 V1,于是

又 F 到平面 BCC1B1 的距离为 h=AD.故

因此

解析:如图 10.19,设圆锥底面半径为 R,母线长为 l,母线与底面的夹

角为α ,内切球半径为 r.依题意,有π R(R+l)=n·4π r2.而在△O1OB 中有

,在

△BOC 中,有

,代入上述等式并约去π R2 后,得



代入后,得



,我们得到

于是当

因为 z 必须为正数,所以

注意到,要使上述解满足条件还必须是 0<α <90,即

因为

故 z1,2 都符合要求。故所求正整数 n 为不小于 2 的一切正整数. 说明: 本题的关键是利用了三角函数将一个含三个变量的方程化为一元二次方程来讨论. 从而使 问题迎刃而解. 解答:由定比分点公式得

另一方面,由梅涅劳斯定理又有

,于是

,从而再次利用定比分点公式,得

同理可得

所以,所求交点的坐标为 说明:由例 1 中公式可得:△ABC 的重心 G、内心 I、垂心 H、外心 O 的坐标分别为:

证明:(1)如图建立直角坐标系,设 A(0,a),B(b,0),C(c,0),则

AB 的方程为 ax+by-ab=0.① AC 的方程为 ax+cy-ac=0.② CF 的方程为 bx+ay-bc=0.③ BE 的方程为 cx+ay-bc=0.④

于是可求得

又 BC 的中垂线方程为

,AC 的中垂线方程为

,故可求得

又因 FD 过点 F,故可设其方程为

,而 FD 过原点,所以

,代入上式整理得 FD 的方程为



所以 理可证 OC⊥ED.

,又

于是

故 OB⊥FD.同

(2)联立②、⑤可得

交换 b 与 c 又可得





,故

,从而 OH⊥MN.

说明:本题中利用字母的对称性,只要将 AB、BE 的方程中字母 b 与 c 交换,便可得 AC,CF 的方 程.只要将 N 的坐标中 b 与 c 交换,便可得 M 的坐标,从而使计算简化.

黄冈中学竞赛训练题 高中数学(29)

例 1、已知 a+b=1,a,b≥0,求证:



例 2、利用排序不等式证明





例 3、证明:对于任意正整数 N*,有



例 4、n 为正整数,证明:



例 5、已知 a1,a ,?,a >0,且 a +a +?+a =1.求证:
2 n 1 2 n



答案:1、思路分析:不等式左边是 a、b 的 4 次式,右边为常数 ,如何也转化为 a、b 的 4 次 式呢?

略解:要证

,即证



评述: (1) 本题方法具有一定的普遍性. 如已知 x1+x +x =1, xi≥0, 求证:
2 3

. 右

侧的 可理解为

.再如已知 x +x +x =0,求证:x x +x x +x x ≤0,此处可把
1 2 3 1 2 2 3 3 1

0 理解为

,当然本题另有简便证法.

(2)基本不等式实际上是均值不等式的特例. 一般地,对于 n 个正数 a ,a ,?,a .
1 2 n

调和平均



几何平均



算术平均

平方平均



这四个平均值有以下关系:Hn≤Gn≤A-n≤Q--n,其中等号当且仅当 a =a =?=a 时成立.
1 2 n

2、

证明:令

,由 b1b ?b = ,故可取 x ,x ,?,x >0,
2 n 1 1 2 n

使得

,由排序不等式有:

评述:对 3、

各数利用算术平均大于等于几何平均即可得 Gn≥Hn.

思路分析:原不等式等价于 边为其算术平均.

,故可设法其左边转化为 n 个数的几何平均,而右

略证:

. 评述:(1)利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化,使其两边与均值不等式形式相近.类

似可证



(2)本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证,但较繁. 4、

证明:先证左边不等式

∴①式成立,故原左边不等式成立.

②式恰符合均值不等式,故原不等式右边不等号成立.

5、

思路分析:左边各项形式较复杂,首先将其化简为

左边为和的形式,但其各项

之积难与右边联系,利用算术平均大于等于几何平均难求证.而左边各项 和平均.

为倒数形式,尝试用调

证明:对

利用 An≥Hn,有











黄冈中学竞赛训练题 高中数学(28)
例 1、已知 a,b,c>0,求证:ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc.

例 2、已知 a,b,c>0,求证:



例 3、已知 a、b、c∈R+,求证:



例 4、设 a1,a ,?,a ∈N*,且各不相同,求证:
2 n



例 5、利用基本不等式证明 a2+b2+c2≥ab+bc+ca.

答案: 1、
略解:∵ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc

评述:(1)本题所证不等式为对称式(任意互换两个字母,不等式不变),在因式分解或配方时,往 往采用轮换技巧.再如证明 a +b +c ≥ab+bc+ca 时,可将 a +b +c -(ab+bc+ca)配方为
2 2 2 2 2 2

,亦可利用 a +b ≥2ab,b +c ≥2bc,c +a ≥2ca,3 式相加证明. (2 )
2 2 2 2 2 2

本题亦可连用两次基本不等式获证.

2、
思路分析:显然不等式两边为正,且是指数式,故尝试用商较法.

略解:不等式关于 a,b,c 对称,不妨设 a≥b≥c,则 a-b,b-c,a-c∈R+,且 1.

都大于等于

评述:(1)证明对称不等式时,不妨假设 n 个字母的大小顺序,可方便解题. (2)本题可作如下推广:

若 ai>0(i=1,2,?,n),则 (3)本题还可用其他方法得证.



因 aabb≥abba,同理 bbcc≥bccb,ccac≥caac.另 aabbcc≥aabbcc,4 式相乘即得证. (4)设 a≥b≥c≥0,则 lga≥lgb≥lgc.(3)等价于 alga+blgb≥algb+blga,类似(4)可证 alga +blgb+clgc≥algb+blgc+clga≥algc+blgb+clga.事实上,一般有排序不等式(排序原理): 设有两个有序数组 a1≤a ≤?≤a ;b ≤b ≤?≤b ,则
2 n 1 2 n

a b +a b +?+a b (顺序和)
1 1 2 2 n n



(乱序和)



(逆序和).

其中 j ,j ,?,jn 是 1,2,?,n 的任一排列.
1 2

当且仅当 a = a =?= a 或 b = b =?= b 时等号成立.
1 2 n 1 2 n

排序不等式应用较为广泛 (其证明略) , 它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式. 如 a,b,c∈R+时,

a3+b3+c3≥a2b+b2c+c2a



3、
思路分析:中间式子中每项均为两个式子的和,将它们拆开,再用排序不等式证明.

略解:不妨设 a≥b≥c,则



同理,



两式相加再除以 2,即得原式中第一个不等式.

再考虑数组 a3≥b ≥c 及
3 3

,仿上可证第二个不等式.

4、

思路分析:不等式右边各项

可理解为两数之积,尝试用排序不等式.

略解:设 b1,b ,?,b 是 a ,a ,?,a 的重新排列,满足 b <b <?<b .
2 n 1 2 n 1 2 n



所以



由于 b ,b ,?,b 是互不相同的正整数,故 b ≥1,b ≥2,?,bn≥n.
1 2 n 1 2

从而

原式得证.

评述:排序不等式应用广泛,例如可证我们熟悉的基本不等式 a +b ≥a·b+b·a,
2 2

a +b +c ≥a ·b+b ·c+c ·a = a·ab+b·bc+c·ca≥a·bc+b·ac+c·ab=3abc.
3 3 3 2 2 2

5、
思路分析:左边三项直接用基本不等式显然不行,考虑室不等式的对称性,可用轮换的方法. 略解:由 a2+b ≥2ab,同理 b +c ≥2bc,c +a ≥2ac;三式相加再除以 2 即得证.
2 2 2 2 2

评述:(1)利用基本不等式时,除了本题的轮换外,一般还须掌握添项、连用等技巧.



,可在不等式两边同时加上 x2+x +?+x +x .
3 n 1

再如证(a+1)(b+1)(a+c)3(b+c)3≤256a b c (a,b,c>0)时,可连续使用基本不等式.
2 2 3

(2)基本不等式有各种变式,如 等.如上式左右两边次数均为 2,系数和为 1.

等.但其本质特征不等式两边的次数及系数都相



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