一道竞赛题的推广

(cosβ)2=

S HBCS

,(cosγ)2= HCA, S ABCS BCA

∴(cosα)2+(cosβ)2+(cosγ)2 SSS

= HAB+ HBC+ HCA S CABS ABCS BCA

=

S HAB+S HBC+S HCA

=1,

S ABC

因此α、β、γ应满足关系式 (cosα)2+(cosβ)2+(cosγ)2=1.

由(cos30°)2+(cos45°)2+(cos60°

)2

213

+2+()2=≠1, 2222

也可以说明本文开头给出的题目是一道=错题.

另外,三棱锥V ABC中,三个侧面VAB、

VBC、VCA两两垂直,三侧面VAB、VBC、VCA与底面ABC所成的二面角分别为α、

β、γ,

由cosα=

SVFS VAB

=,cosβ= VBC, CFS CABS ABC

cosγ=

S VCA

. S BCA

我们还可以得到一个结论:

(S VAB)2+(S VBC)2+(S VCA)2=(S ABC)2. 这可以看成空间中的勾股定理:若三棱锥三个侧面两两垂直,则三个侧面的面积的平方和等于底面面积的平方.

应用这个公式,可解决一些难度较大的问题.

例 一个三棱锥的三个侧面两两垂直,若体积为定值V,求此三棱锥的底面积的最小值(或者求三棱锥的高的最大值).

解 设三棱锥V ABC的三条侧棱长分别为VA=a,VB=b,VC=c,

∵三棱锥V ABC的三个侧面两两垂直,

∴VA⊥侧VBC.

·24·

1

∴V=VA VBC=S VBC VA

3

111

= ( b c) a=abc. 326∴abc=6V.

又 ∵(S ABC)2=(S VAB)2+(S VBC)2+(S VCA)2

111

=(ab)2+(bc)2+(ca)2 2221

=(a2b2+b2c2+c2a2) 4

1

≥(3

41

= 3.

4

∴S ABC≥=.

当且仅当a2b2=b2c2=c2a2,即a=b=c时,等号成立.即三棱锥底面△ABC的面积取

, 同时,三棱锥的高取得最大值

V==1 S ABC3

一道竞赛题的推广

福建师范大学数学系2002级 周郑鹃

1 预备知识

定比分点公式在R2上,设点P(x,y),A(x1,

x+λx2AP

y1),B(x2,y2),λ=,则x=1,y=

PB1+λ

y1+λy2x+λx2y1+λy2

,即点为P(1,).

1+λ1+λ1+λ

一般的,在Rm上,设点P(x1,x2,Lxm),

AP''"""

A(x1',x2Lxm),B(x1,x2Lxm),λ=,则xi=

PB

xi'+λxi"

(i=1,2,Lm),即点P坐标为 1+λ

'""'"

xm+λxmx1'+λx1x2+λx2

(,,L). 1+λ1+λ1+λ

定义 Rn={(a,b)a,b∈Z,n(a b)}(0≠ n∈N)是Z上的一个等价关系.Z关于等价关系Rn的商集Z/Rn={0,1,2,Ln 1},

其中i={kn+i|k∈Z},i=0,1,L,n 1. 将Z/Rn中的每一个等价类称为模n剩余类.

2 一道竞赛题

例1 试求平面上至少应任给几个整点,才能使其中至少有两个点的连线的中点为整点?

解 不妨设两点A(x1,y1),B(x2,y2)为两整点,则由定比分点公式可得AB连线的中点

x+x2y1+y2

C的坐标为(1,且C为整点当

22

且仅当x1+x2,y1+y2均为偶数.

平面上所有整点可分为4类:(奇,奇),(奇,偶),(偶,奇),(偶,偶),再根据抽屉原理,可得平面上只要取出不少于5个整点,就可得到其中至少有两个点属于同一类点.易得无论这两点属于四类中的哪一类,它们相应的横坐标纵坐标之和均为偶数.从而两点连线的中点必为整点.易知不同类的两点连线的中点不是整点,所以应至少给出5个整点.

现在我们换一个视角,借助模n剩余类的知识来看平面上整点的分类.我们用模2剩余类0代表着偶数,1代表着奇数.从而平面上所有整点可分为(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)四类.

任给五个整点则必有两个在同一类中,则这两个整点的横坐标(纵坐标)可能出现的情况为0+0或1+1=0,即其和必为偶数.故其中点为整点.

若平面上给出的四个点分别属于(0,0),

所以,平面上应至少任给5个整点,才能使其中至少有两个点的连线的中点为整点. 3 推广

(1) 考虑平面上至少应任给几个整点,才能使其中至少有两个点的连线的n等分点均为整点?

平面上所有的整点可按模n剩余类分为:

(0,0)(0,1)L(0,n 1) (1,0)(1,1)L(1,n 1)

……

(n 1,0) (n 1,1)L(n 1,n 1). 设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB两点连线的

n等分点分别记为P1,P2LPn 1,则对k=1,

APk

2Ln 1,λk=k=.由定比分点公式

PkBn k

得,

kx1+x2

(n k)x1+kx2xk=n, =

kn1+

n kky1+y2

(n k)y1+ky2, yk==

kn1+

n k

(n k)x1+kx2(n k)y1+ky2

即Pk(,).

nn

若A、B两点属于同一类,不妨设x1,x2均属于i,y1,y2均属于j,0≤i≤n 1,0≤j≤

n 1则有(n k)i+ki=0,从而(n k)x1+kx2必能被n整除.

同理(n k)y1+ky2必能被n整除. 任给平面上n2+1个整点,由抽屉原理知,必有两个整点属于同一类,则这两个整点的n等分点均为整点.

若只给n2个整点,则结论不成立. 例如 (0,0)…(0,n 1)

(1,0),(0,1),(1,1)四个类的点.则任意两个点的中点都不是整点.

……

(n 1,0)…(n 1,n 1),

此时任意两个点n等分点不都是整点.

·25·

所以,在平面上应任给n2+1个整点,才能使得至少有两个点的n等分点为整点.

2、考虑在Rm上,应任给多个点,才能使其中至少有两个点的n等分点为整点?

''"""已知点A(x1',x2Lxm),B(x1,x2Lxm),由

变化思考角度,确定参数取值

福建晋江市侨声中学 张润泽

定比分点公式可知AB连线的n等分点

PkPk

Pk(k=1,2Ln)的坐标(x1Pk,x2Lxm)为xiPk=

k"

xi'+xi

n k(i=1,2Lm).对i=1,2Lm,要使n

xiPk为整数,则须(n k)x1'+kxi"均为n的整数

函数是中学数学研究的最主要的内容之一,函数的思想方法贯穿于整个高中数学.运用函数思想解题,重在对问题中的变量的动态进行研究,从变量的运动变化寻找解题的突破口.函数和方程在一定条件下可以互相转化,本文通过转化,多角度利用函数思想确定一类方程中的参数,下面举例说明.

例1 若方程ax

求实数a的取值范围. 解法一 (1)a=0方程有唯一根x=0;

(2)a

≠0时,原方程等价于x=x/a+1.倍.故把Rm上的所有整点按模n剩余类划分为n×n×L×n=nm类.

由抽屉原理得,若给出的点不少于nm+1的整点,则其中必有两个点在同一类中,记为

''"""

点A(x1',x2Lxm),B(x1,x2Lxm).A,B两点属于同一类,则x,x是属于0,1Ln 1之中的同一类.对xi',xi"∈j(j=0,1,2Ln 1),均有

'

i

"i

(n k)j+kj=nj=0

因此(n k)x+kx∈0可表示为nt(t∈Z),

'1

"i

(n k)xi'+kxi"nt

从而x===t是整数,即n

nn

等分点Pk是整点,故AB连线所有n等分点都是整点.

从而可知在欧式空间Rm上至少应任给nm+1个整点,才能使其中至少有两个点的连线的n等分点能成为整点.

至此,我们将一道竞赛题的结论做了推

Pki

x+1.a

图象的交点个数.函数y=x图象为折线,函根的个数等于函数y=x与函数y=数y=x/a+1图象为过定点(0,1)的直线,可得1/a≥1或1/a≤ 1时两函数图象有唯一交点,解得 1≤a<0或0<a≤1.

综上: 1≤a≤1.

评注 转化后函数y=x与函数y=x/a

广,得到了一般性结论:在欧式空间Rm上至少应任意给nm+1个整点,才能使其中至少有两个点的连线的n等分点都是整点.

参考文献

[1] 辛林、陈清华、戴跃进.近世代数.当代中国出版 社,2000.

[2] 陈清华.现代数学与中学数学(讲义).福建师大数 计学院讲义,2005.

·26·

+1解法二 当x= ±1时方程显然不成立,故x≠±1时方程

x

变为a=, x 1

x

令y=(x≠±x 1该函数是奇函数,图象关于原点对称,当x≥0,x≠1时,函数化为

11x

,图象可由y=(x≥ y==1+

xx 1x 1