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张善立 《中学数学教学参考》2000,(8)
本文把 [1]中的结果再进行推广 .定理 1 设任意多边形的面积为Ｓ ,周长为Ｌ ,则存在等周等积矩形的充要条件是Ｌ≥ 4Ｓ .证明 :若存在长度分别为ｘ、ｙ的矩形与多边形等周等积 ,则 ｘｙ =Ｓ ,2 (ｘ ｙ) =Ｌ ,有正解 ,它等价于方程ｔ2 -Ｌ2 ｔ Ｓ =0有两个正根 ,由于Ｌ >0 ,Ｓ >0 ,这与Δ =( - Ｌ2 ) 2 - 4Ｓ≥ 0即Ｌ≥ 4 Ｓ是等价的 .推论 任意四边形有等周等积矩形 .事实上 ,设周长为Ｌ的正方形的面积为Ｓ′ ,按等周定理 ,Ｓ′≥Ｓ ,而Ｓ′ =( Ｌ4 ) 2 ,故 ( Ｌ4 ) 2 ≥Ｓ ,即Ｌ≥4Ｓ ,由定理 1即知推论成立 .定理 2 体积为Ｖ ,表面积… 相似文献
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第34届IMO预选题中有以色列提供的一道试题,在△ABC的三条边BC,CA,AB上分别取点D,E,F,使△DEF为等边三角形,a,b,c分别表示△ABC的三边长,而S表示它的面积,求证: DE≥22~(1/2)S·(a~2 b~2 c~2 4~3(1/2)S)~(-(1/2)) (1) (参见《中等数学》1996年第1期第29页) 本文给出一种较为简单的证明 证 如图△DEF是正三角形,令其边长为d,又设。 卢=A 60°=(p,则2S=d·(csina十bsin卢)=d[csma bsin(甲-o)] =d[(c-bcos~)sina bsinqocosa] =d(c-bcos~)~2 b~2sin2伊(1/2)·sin(O ")≤d(c-bcos(p)~2 b~2sin2甲(1/2)· 又(c-bcosqo)~2 b~2sin~2甲=c~2 b~2-2bccos(p=b~2 C~2-2bccos(A 60°) =b~2 c~2-bccosA 3~(1/2)bcsinA =(1/2)(b~2 c~2 a~2) 23~(1/2)S. ∴由(2)得d≥22~(1/2)S[a~2 b~2 c~2 43~(1/2)S]~-(1/2),即不等式(1)成立. 相似文献
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本期问题初 1 2 9 一个数改变其原有的顺序后 ,可得到一些不同于原数的数 ,这里将它们称做原数的派生数 .问是否存在这样的四位数 ,使得(1 )至少存在一个派生数与原数之差能被 2 0 0 3整除 ;(2 )至少存在一个派生数与原数之差能被 2 0 0 4整除 .若存在请求出这样的数的个数 ;若不存在请说明理由 .(杨拥良 荀洋滔 湖南省汩罗市第五中学 ,41 44 1 1 )初 1 3 0 试证 :在分母小于等于 1 650 0的分数中 ,3 551 1 3 最接近π(π =3 1 41 592 653 5… ) .(贺 斌 湖北省谷城县第三高级中学 ,441 70 0 )高 1 2 9 已知x1,x2 ,… ,xn 及x1+x2 … 相似文献
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命题 对任意三棱柱,总可以作一个截面,使它与侧棱或侧棱延长线相交所得的截面三角形,与一个给定的三角形相似。 引理1 Heron公式。设a、b、c是三角形三边长,S表示面积,则 相似文献
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对不等式6~(1/2)≥(1 a)~(1/2)≥(1 b)~(1/2)≥1 2~(1/2)(a≥0,b≥0,a b=1)可作如下推广: 相似文献
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