数学望远镜

题: 已知 $\begin{cases} x_1-x_2-x_3-\cdots-x_n=2a, \\ -x_1+3x_2-x_3-\cdots-x_n=4a, \\ -x_1-x_2+7x_3-\cdots-x_n=8a, \\ \cdots\\ -x_1-x_2-x_3-\cdots+(2^n-1)x_n=2^n a. \end{cases}$
用含 $n$ 和 $a$ 的代数式表示 $x_n$ .

解: 首先容易证明:

$\begin{aligned} &2^{n-2}-2^{n-3}-2^{n-4}-\cdots-2-1-1=0, \\ &-2^{n-2}+(2^2-1)\times 2^{n-3}-2^{n-4}-\cdots-2-1-1=0, \\ &-2^{n-2}-2^{n-3}+(2^3-1)\times 2^{n-4}-2^{n-5}-\cdots-2-1-1=0, \\ &\cdots\\ &-2^{n-2}-2^{n-3}-\cdots+(2^k-1)\times 2^{n-1-k}-2^{n-2-k}\cdots-2-1-1=0, \\ &\cdots\\ &-2^{n-2}-2^{n-3}-\cdots+(2^{n-1}-1)\times 1-1=0, \\ &-2^{n-2}-2^{n-3}-\cdots-2-1+(2^{n}-1)=2^{n-1}. \end{aligned}$

所以将原方程式从上至下依次乘 $2^{n-2}$ , $2^{n-3}$ , $2^{n-4}$ , $\cdots$ , 2, 1, 1, 再相加, 得

$2^{n-1}x_n=\big[2^n+(n-1)\cdot 2^{n-1}\big]a=2^{n-1}(n+1)a.$

$x_n=(n+1)a.$

OM20190324001

2019年3月24日

几何, 平面几何

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admin

设 $H$ 是 $\triangle ABC$ 的垂心, $J$ 为边 $BC$ 的中点, 点 $M$ , $N$ 在边 $BC$ 上, $BM=CN$ , 且 $B$ , $M$ , $N$ , $C$ 四点按此次序排列. 过 $H$ 且垂直 $HM$ 的直线交 $AB$ 于 $E$ 点. 过 $H$ 且垂直 $HN$ 的直线交 $AC$ 于 $F$ 点. 则直线 $JH\perp EH$ .

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OM20190322002

设 $AB$ 为圆 $\omega$ 的一条弦, $P$ 为 $AB$ 上一点. 圆 $\omega_1$ 经过点 $A$ 和 $P$ , 并与圆 $\omega$ 相内切; 圆 $\omega_2$ 经过点 $B$ 和 $P$ , 并与圆 $\omega$ 相内切. $\omega_1$ , $\omega_2$ 相交于点 $P$ , $Q$ . 直线 $PQ$ 与圆 $\omega$ 相交于点 $X$ , $Y$ . 设 $AP=5$ , $PB=3$ , $XY=11$ , $PQ^2=\dfrac{m}{n}$ , 其中 $m$ , $n$ 为互质正整数. 求 $m+n$ .

OM20190322001

设 $g(n)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (k, n)$ , 其中 $n\in\mathbb{N}^{*}$ , $(k, n)$ 表示 $k$ 与 $n$ 的最大公约数, 求 $g(100)$ .

OM20190320

在 $\triangle ABC$ 中, 已知 $AB=2$ , $AC=1$ , $\angle BAC=90^{\circ}$ , $D$ , $E$ 分别为 $BC$ , $AD$ 的中点, 过点 $E$ 的直线交 $AB$ 于点 $P$ , 交 $AC$ 于点 $Q$ , 求 $\overrightarrow{BQ}\cdot \overrightarrow{CP}$ 的最大值.

20190318002

如图, 四边形 $ABCD$ 中, $\angle ADB=2\angle ABD$ , $\angle ABC=\angle BDC=30^{\circ}$ . 求证: $AC=AD$ .

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简证: 作 $C$ 关于 $AB$ 的对称点 $O$ , 则 $\triangle OBC$ 为等边三角形. 分别延长 $BA$ , $CD$ , 交于点 $E$ .

由 $\triangle BOC=2\angle BDC$ , 知点 $D$ 在以 $O$ 为圆心, $OB$ 为半径的圆上. 故 $\triangle OCD$ 是等腰三角形.

易知 $\triangle CBD\backsim \triangle CEB$ , 得 $CB^2=CD\cdot CE$ . 故 $CO^2=CD\cdot CE$ . 所以 $\triangle CDO\backsim \triangle COE$ .

设 $\angle ABD=\alpha$ , 则 $\angle ADB=2\alpha$ , $\angle DAE=3\alpha$ , $\angle OEC=\angle DOC=2\angle CBD=2(30^{\circ}-\alpha)$ .

所以 $\angle COE=90^{\circ}-(30^{\circ}-\alpha)=60^{\circ}+\alpha$ .

所以 $\angle DOE=\angle COE-\angle COD=(60^{\circ}+\alpha)-(60^{\circ}-2\alpha)=3\alpha$ .

所以 $\angle DAE=\angle DOE$ . 所以 $A$ , $D$ , $E$ , $O$ 四点共圆.

所以 $\angle AOD=\angle AED=\dfrac{1}{2}\angle CEO=\dfrac{1}{2}\angle COD$ . 故 $\triangle AOC\cong \triangle AOD$ . 所以 $AC=AD$ .

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20190318001

如图, 在平面直角坐标系 $xOy$ 中, $\odot O$ 的半径为 $2$ , 点 $A$ 在 $\odot O$ 上, 点 $B$ , $C$ 分别在 $x$ 轴和 $y$ 轴上, $AB=BC$ , $\tan A=\dfrac{4}{3}$ , $P$ 在 $AC$ 上, 且 $PA=3PC$ , 连 $OP$ , 求 $OP$ 的取值范围.