一道竞赛试题的解法探究

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一道竞赛题精彩解法的探究

＋
．
Ｙ
— —
ｓｉｎ（￣一０）＋ｓｉｎ０
２０１３年第１１期
数学教学
１１ — ２９
）
１
（２）按本解法不难得到一１ ≤（ｘ＋ｙ）ＣＯＳ ≤
，ｎ
ｆ
１，一１ ≤ （ｘ－ｙ）ｓｉｎ ≤１，即（＋）ｉ＝一 — －二＿，
得Ｙ：＿ｓｉｎ０
，
（０ ∈［０，），所以５－５．Ｏ＝ｘｂ－￣２＋（＝）・（＝），
即
ｉｎ０ｓｑｏｓ：ｃ。ｓ０一 — ｃｏ
—
＿
．
故
Ｓｉｎ
ｓｉｎ
＋ＹＣＯＳ＝ＣＯＳ０． …………………一 ①
解法３：依题意要使Ｘ＋Ｙ有最大值，则Ｘ＞０，Ｙ＞０，故点必在劣弧ＡＢ上．如图２，以点０为原点，（＝）方向为Ｘ轴正方向建立平
面直角坐标系，并设＜ＯＡ，ＯＣ＞＝０，（０∈
［０，】），则Ａ（１，０）、Ｂ（ＣＯＳ、ｓｉｎ）（ｃｏｓ、
ｓｉｎ）．故（ＣＯＳ０，ｓｉｎ０）＝０Ｃ＝ｘＯＡ＋ｙＯＢ＝
Ｘ（１，０）＋（ＣＯＳ，ｓｉｎ）＝（＋ＹＣＯＳ，Ｙｓｉｎ），所以Ｘ＋ＹＣＯＳ＝ＣＯＳ０，Ｙｓｉｎ＝ｓｉｎ，解
，、

一道竞赛题的解法思考

一道数学竞赛题的解题思考相似是初中数学学习的一个重要知识点，也数学问题解决时常用的数学方法，下面的这道赛题就能证明这一点.笔者现将自己对一道几何竞赛填空题的解法探究整理成文，期待同行指正.一、原题呈现题目如图1，在ABC △中，D 为BC 边上一点，E 为线段AD 上一点，延长BE 交AC 于点F 。

若25BD BC =，12AE AD =，则AFAC= .(2016年“大梦杯”福建省初中数学竞赛题)二、探寻解法过程思路1：过点C 构造平行线，构造相似解题解法1 ：如图2，过点C 作CG BF ∥交AD 的延长线于点G ，则AF AEAC AG=. 因为CG BE ∥，所以DGC DEB △∽△，所以32DG DC DE DB ==，所以37222AG AD DG DE DE DE =+=+=，所以27AF AE DE AC AG AG ===.解法2 ：如图3，过点C 作CG ∥AD 交BF 的延长线于点G ，所以△BDE ∽△BCG ，所以DE CG =25BD BC =, 由CG ∥AD ，所以△AEF ∽△CGF ，所以AE AF CG FC =,因为12AE AD =，所以AE=DE ，所以AF FC =BD BC 25,所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.【评析】解答时，做到了三合一即相似三角形的性质，平行线分线段成比例定理，比例的基本性质，熟练选择，才能灵活应用，巧妙解题.思路2：过点D 构造平行线，构造相似解题解法3 ：如图4，过点D 作DG ∥AC 交BF 于点G ，所以△BDG ∽△BCF ，所以DG FC =25BD BC =, 由DG ∥AC ，所以△DGE ∽△AFE ，所以DG DE AF AE =,因为12AE AD =，所以DG DEAF AE==1，所以DG=AF ，所以AF FC =25,所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.解法4 ：如图5，过点D 作DG ∥BF 交AC 于点G ，所以△AEF ∽△ADG ，所以AE AFED FG=, 因为12AE AD =，所以AE AFED FG==1，所以FG=AF ，由DG ∥BF ，所以FG BD FC BC =,因为25BD BC =，所以FG FC =25,所以AF FC =25, 所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.【评析】构造平行线不是盲目的，而是围绕能将已有图形分解出熟悉的“A ’字型，”8“字型两种三角形相似的模型图形来，为解题提供有力支撑.思路3：过点B 构造平行线，构造相似解题解法5 ：如图6，过点B 作BG ∥AC 交AD 的延长线于点G ，所以△BGD ∽△CAD ，所以BG DG BD AC AD DC ==,因为25BD BC =，所以BD DC =23,所以BG AC =23，DG AD =23，所以DC=23AD ，由BG ∥AF ，所以△BGE ∽△FAE ，BG GE AF AE =,因为12AE AD =，所以AE=ED=12AD ，所以213212AD AD BG AF AD +==73,所以BG=73AF ，所以73AFAC =23，所以AF AC =27. 解法 6 ：如图7，过点B 作BG ∥AD 交AC 的延长线于点G ，所以△ACD ∽△GCB ，所以AC CD AD CG CB BG ==,因为25BD BC =，所以CD BC =35,所以AC CG =35=AD BG ，所以AC=35CG ，由BG∥AD，所以AG BDCG BC=,所以AGCG=25，所以AG=25CG，由BG∥AD，所以12AF AE ADFG BG BG==,所以AFFG=3152⨯=310，所以AF=310FG，因为AF=FG-AG,所以AF=103AF-AG,所以AG=73AF，所以AF=37AG=37×25CG=635CG，所以AFAC=63535CGCG=27.思路4：过点A构造平行线，构造相似解题解法7：如图8，过点A作AG∥BC交BF的延长线于点G，所以△AGE∽△DBE，所以AG AEBD ED=,因为12AEAD=，所以AG=BD，由AG∥BC，所以△AGF∽△CBF，AG AFBC FC=, 因为AG=BD，所以BD AFBC FC=,因为25BDBC=，所以AFFC=25，所以AFAC=27.解法8：如图9，过点A作AG∥BF交CB的延长线于点G，所以AFAC=GBGC,由AG∥BF，所以AE GBED BD=, 因为12AEAD=，所以BG=BD，因为25BDBC=，所以BC=52BD，所以AFAC=GBGC=52BDBD BD+=27.思路5：过点F构造平行线，构造相似解题解法9 ：如图10，过点F作FG∥AD交BC于点G，所以△FCG∽△ACD，所以FG FC CG AD AC CD==,由FG∥AD，所以△BDE∽△BGF，DE BDFG BG=,因为12AEAD=,所以2AD BDFG BG=,所以CDCG2BDBG=,所以2BG BDCG CD=,因为25BDBC=，所以BDDC=23，所以BG=43CG，所以BD+DG=43(CD-DG),所以DG=27CD，由FG∥AD，得AFAC=27CDDGDC CD=-27.解法10 ：如图11，过点F作FG∥BC交AD于点G，所以△AGF∽△ADC，所以AG AF FGAD AC CD==,由FG∥BC，所以△FGE∽△BDE，FG GEBD ED=,因为12AEAD=,所以2FG GEBD AD=,所以BDDC2AGGE=,因为25BDBC=，所以BDDC=23，所以AG=43GE，所以AE-GE=43GE，所以AE=73GE，所以AD=2AE=143GE，所以AFAC=43143GEAGAD GE=-27.【评析】三角形ABC外围上的所有点，都能通过构造平行线，转化成模型相似形三角形，把问题加以解决，这种模型转化的方式，要熟记，能熟用.接下来就留下了一个点E没有发挥作用，这个点是否也有这样的功效呢？思路6：过点F 构造平行线，构造相似解题解法11 ：如图12，过点E 作EG ∥BC 交AC 于点G ，所以△AGE ∽△ACD ，所以AG AE EGAC AD DC==,因为12AE AD =，所以AC=2AG=2GC ，DC=2EG,由EG ∥BC ，所以△FEG ∽△FBC ，EG FG BC FC =, 所以2DC FG BC FC =,因为25BD BC =，所以DC BC =35，所以1325FG FC =⨯=310，所以FC=103FG,所以FG+CG=103FG,所以CG=73FG ，所以AC=2CG=143FG ，AF=43FG ，所以AF AC =43143FGFG =27. 解法12 ：如图13，过点E 作EG ∥AC 交BC 于点G ，所以△DEG ∽△DAC ，所以DE EG DGAD AC DC==,因为12AE AD =，所以AC=2EG ，DC=2DG,即DG=GC ，因为25BD BC =，所以225BD BD DG =+,所以BD=43DG ，所以7210BG BD DG BC BD DG +==+,由EG ∥AC ，所以△BGE ∽△BCF ，所以EG BG FC BC =,所以EG FC =710，所以FC=107EG,所以AF=AC-FC=2EG-107EG=47EG, 所以AF AC =472EGEG =27.三、解后反思：解题时，要把题目所给出的条件进行认真思考，并与所学知识进行科学对接，明确对接中所缺失的条件，找到补充条件的方法，进行合理的变形与推理，这个过程实际上就是一个智慧碰撞的过程，就是一个创新思维的过程，就是一个数学能力提升的过程，长此以往，我们常说的创新精神，创新意识，就会潜移默化得以提高，创新思维就不会只停留在口头，而是落在学习的每一个过程中，你对创新就不会再感到抽象，无边际了，养成了创新思维的好习惯，将来才会创造出更大的奇迹.。

一道联赛试题的解法探讨

一道联赛试题的解法探讨由于没有具体题目，本篇文章将以一道例题为例进行解析。

例题：在10个人中选出3人，分别在数字1-10中抽取数，求其中至少有1个人得到两个相同数的概率。

解法一：使用概率的公式 $P(A) = \dfrac{|A|}{|S|}$，其中 $|A|$ 表示事件 $A$ 的样本点个数，$|S|$ 表示样本空间的样本点个数。

首先需要求出出三个人后，每人抽到两个不同的数，在此时至少有一人得到两个相同的数的概率，即为事件$A$。

对于第一个人，从$10$个数中任选一个，有$10$种情况。

对于第二个人，不能与第一个人抽到的数相同，则从其余$9$个数中任选一个，有$9$种情况。

对于第三个人，同样不能与前两个人抽到的数相同，则从其余$8$个数中任选一个，有$8$种情况。

而三个人抽出的数必须两两不同，则总共的样本点个数为：$|S| = {10 \choose 3} = \dfrac{10 \times 9 \times 8}{3\times 2 \times 1}=120$。

因此，事件$A$的样本点个数为：$|A| = 10 \times 9 \times 8 - 10 \times 9 \times 8 \times \dfrac{7}{10}\times \dfrac{6}{9} \times \dfrac{5}{8} = 300$。

其中，$10 \times 9 \times 8$ 表示三个人抽出的三个数两两不同的情况数，$10 \times 9 \times 8 \times \dfrac{7}{10}\times\dfrac{6}{9} \times \dfrac{5}{8}$ 表示三个人抽出的三个数两两不同但没有任何一个人得到两个相同数的情况数。

因此，事件$A$的概率为：$P(A) = \dfrac{|A|}{|S|} = \dfrac{300}{120} = 2.5$。

显然，这个答案不符合概率的定义，因此解法一是错误的。

一道竞赛题的解析证法

一道竞赛题的解析证法随着科技的发展，竞赛题目也愈加复杂，解析证法尤为重要。

本文就来对竞赛题的解析证法进行详细的论述：一、必要条件分析法1.认真分析题目中的关键要素：首先需要全面而细致地分析题目，把握题目关键要素，并弄清它们所指代的内涵，明确不同要素之间的联系，进而使得对问题推导出一个结构清晰的答案。

2.把握必要条件：必要条件就是该题必须具备的条件，可以从中得出结果，要严格地加以分析，尽量简化思考路径，减少可能性，使得答案越来越明确。

二、大数定律分析法1.理解大数定律：要把握大数定律的原理，即经过一定数量的实验或者连续事件，最终的结果将会接近概率论中的数学期望。

2.实践总结：按照大数定律原理，可以经过大量的练习总结出解题的经验，因此可以更快道地掌控解题路径从而得出答案。

三、归纳总结法1.归纳抽象：根据同类题目，归纳分析出题目特点，把握题目之间的相同点和不同点，归纳出其中的抽象特征，从而更容易的理解所有题目的解题思路。

2.总结准则：将归纳抽象出来的题目解题特征进行综合总结，归纳出一套可行的答案准则，以此总结出一定的解题方法思路。

四、排除法1.分析可能性：通过题意及常识，首先对题目中提供的可能性进行分析，将题目中可能出现的操作情况及结果都列出来，并进行分类，归纳出所有类型的操作及结果。

2.排除可能性：根据题目给出的附加条件和题意，从所有操作及结果中逐一进行排除，最终仅剩下一种结果，则表明这种结果最可能就是题目的所求答案。

以上就是关于竞赛题解析证法的介绍，从上面我们可以看出，竞赛题解析证法非常丰富，而我们在解答问题时要想得出正确的答案，就必须在充分的分析和思考之后，掌握这些解题方法，从而使得自己在竞赛中更加有优势。

一道竞赛题的解法及推广演变

１试题解法及点评
＝
Ｅ
至 Ⅳ使刚＝Ｆ连接Ａ再延Ｅ，Ｎ，
长ＢＡ交刚于点且易每哺
ＡＤ＝２。ＮＨ＝ＦＮ — ＦＨ＝１．
＝二＝＝
ＦＮ＝ＥＴ３．ＦＦ－Ｈ－
Ｂ
Ｃ
Ｇ
图４
１１利用全等三角形．
７
、
、
．
『、、、Ｄ：、、／、
－Ｄ、、／，、
，，，，
，一
／
Ｂ
ｉ．ｆ１Ｊ）ｒ］ＭＦ＝＿＿，ｆ
ＣＧ
／
／
／
Ｍ
图３
Ｄ
又因ＤＦ：ＣＦ—ＣＤ＝１，
Ｉ
所以ＡＤＨ是等腰直角三角形，Ｆ
ＤＨ＝４ＤＦ＝２＇ＦＨ＝
即ＦＯ上Ｃ于点０，０为Ｃ则Ｅ的中点．
ＨＦ
一
图１
此题是２Ｏ年全国初中数学联赛浙江赛区初赛试Ｏ５该试题结构简单，形式优美，内容丰富，可用知识点
多，法多样，有一定的启发性和拓展性．面就解法解具下思路及其演变作些探析，大家共赏．与
所以／ＡＣｔ／Ｂ＝４。＿Ｄ＝Ｉ＿ＤＣ５，
ＣＧ
交ＣＥ于点Ｈ
ＤｉＦ亍是ＨＥ．
△ＣＤ日一 △ ＣＦＥ．
ＣＧ
图７
则＝ＣＤ＝＿．面ＣＨ＝２
图９
ＬＥＦ：÷ ＧＦ＝５，ＣＣ４。

一道竞赛题的解法探究与拓广

线的交点记为Ｑ、Ｒ则和式，＋为定值－
。．
Ｑ
图３
证明：如图２设＝，Ｏ到两腰的（）点距离为ｄ则有ＳＡＲ＝，ＡＱＡＱ＋ＳＡＲＯａＯ，
‘ ０是ＢＣ的中点，ＳＢＱ＝ＳＣＱａＯａＯ，
ＳＡＢＯＱ＋ＳＡＢＯＲ＝ＳＡｃｏｅ＋Ｓａｃｏ￣，
则由体积公式得
一
Ｓｎ：去ＱＰＳ・ＰＱ・，ＰＲ・ ……… ② …・
０ｃｉｓ（－）ｉ（）ｉ（－）ｂｓｎｉ９ａｓ￣一ｓｑ７ｎ￣ｎｎｏ
，、、７为三面角Ｐ —
ｖ— ＲｐＡＱ＝去・）Ｐ， ……③ 尸ＪＦＲ・Ｑ・ ……
６２ —ｏ
数学教学
２１年第６００期
一
道竞赛题的解法探究与拓广
７６０宁夏彭阳县第三中学王伯龙５０５
１问题的提出．
问题：１９年全国高中数学联赛题）（９５如图１，
设Ｏ是正三棱锥Ｐ —ＡＢＣ的面ＡＡＢＣ的中心，
过《的动平面与三棱锥Ｐ—Ａ＝｝ＢＣ的三条侧棱或
￣４Ｓｎｄ・Ｏ，
一
ｋＲ・Ｑｓ，ＡＡｎｉ
化简得ＡＢ・ＡＲ＋ＡＣ・ＡＱ＝２ＡＲ・Ｑ．Ａ
ＳＲ一ＱＱ＋ＳＲ＝吉５Ｒ・ＴＱ
＋
又Ａ＝Ａ＝ａ．ａ・ＢＣ，。Ａ冗＋ａ・．ＡＱ＝２Ｒ・Ａ
１
：
吉１ｄＱ（＋３Ｒｄ）ｓ
。．．
ｓ
Ｖ —ＱｃＳＲ＝Ｖ — ｏ一Ｑ，Ａｓｎ＋ｓＲ故

一道全国初中竞赛题的解法研究

一道全国初中竞赛题的解法研究全国初中竞赛题目的解法研究旨在提供一种针对竞赛题目的解题方法和策略。

本文将以一道典型的全国初中竞赛题为例，详细阐述解题思路和步骤。

题目背景：某校举办一次篮球比赛，共有9个班级参加比赛，每个班级派出5名学生参赛。

现在给出每个班级得分的情况，需要求出获胜班级和该班的分数。

解题思路：这道题需要求出获胜班级和该班的分数。

由于涉及到多个班级的得分情况，我们可以通过对得分数据进行整理和统计，以便于后续的比较和判断。

解题步骤：步骤1：数据整理首先，我们将给出的每个班级的得分情况整理成一个表格或列表的形式，以便于进行后续的统计和比较。

假设得分情况如下所示：班级得分班级1 45班级2 50班级3 42班级4 49班级5 53班级6 44班级7 51班级8 46班级9 48步骤2：求出最高分和对应班级通过对得分进行比较，我们可以找出最高分和对应的班级。

在表格中可以很明显地看出班级5的得分最高，为53分。

步骤3：确定获胜班级获胜班级是得分最高的班级，即班级5。

步骤4：确定获胜班级的得分获胜班级的得分即是最高分，即53分。

思考与扩展：在解决这道题目的过程中，除了求出最高分和对应班级的方法外，我们还可以考虑对班级得分进行排序，以便于比较和判断。

这样可以对得分情况有更加清晰的了解。

另外，如果题目给出的是多个班级的得分情况，我们可以通过编程的方式进行解题。

例如，可以使用Python语言编写程序，读取班级得分数据，进行排序和比较，然后输出获胜班级和得分。

结论：综上所述，全国初中竞赛题的解题研究需要通过整理和统计数据，找出最高分和对应班级，从而确定获胜班级和得分。

在解题过程中，我们可以考虑使用排序等方法，以便于直观地比较和判断。

此外，编程也是解决这类问题的一种有效方式。

通过分析和解决竞赛题目，可以提高学生的逻辑思维和问题解决能力。

一道竞赛题的解法探究及溯源

，得ＣＯＳＯｔＯＯＳ￣＋ｓｉｎａｓｉｎ￣＝Ｏ，即ｃ０ｓ（
ｂＬ
）＝ｌ，＝
、
解法探究
ｉｆ＋２ｋ－ｒｒ。 ∈Ｚ．
ａ
解法１：（配凑法）原式化为
ｂ（ａ２＋ｂ）ｓｉｎ４ｘ＋ａ２（ａ２＋６。）ｃｏｓ４ｘ — ａ２ｂ２＝０．整理得ｂ４ｓｉｎ４ｘ＋ａ％ｏｓ４ｘ＋ａ２ｂ（ｓｉｎ４ｘ＋ＣＯＳ４Ｘ一１）＝０，
１，由柯西不等式知
解法３：（方程思想）令￡：ｉ，原式化为乓＋
，
Ｄ
：
（删
（、ｓｉｎ￣ｘ－＋
＋ ¨ ｃ＿＿ｏｓＺｘ２当且
整理可得
仅当６ｎ＝。２ｃｏｓ时取等号，又由ｓｉｎ：ｘ＋ｃｏｓ２ｘ＝ｌ得ｓｉｎ２ｘ＝
ｃ。ＳＯ￣－ＣＯ
、／＋６
，
所
＝ａ％ｂ
＇ｃｏｓ＝
ａ％ｂ，
以下略．评注：学生要在对圆的参数方程熟悉的情况下．才能
灵活运用三角换元解题，且运用了两次三角换元，技巧性
即（ｂＺｓｉｎ２ｘ一ｏｓ）＝０，所以ｂ２ｓｉｎ２ｘ — ａ２ｃｏｓ２ｘ＝０，结合
有一定难度．ｓｉｎｓ得ｓｉｎ２ｘ＝杀，ｃｏｓ＝，代入＋较高．解法５：（基本不等式）原式化为ｓｉ＋ｃｏ＋ｓｉ＋得到答案赤．

一道物理竞赛试题的解法探析

好是Ｌ刚开始显示绿色的时刻，此汽车能不。则停顿地通过三盏信号灯的最速率是大
一
ｆ／可／ｓ ≤８ｓ８ ≤ ｍｍ
，
ｌ／ ≤ ≤ ２ｓ昔ｍｓｍ／
则导ｍｓ／ ≤ ≤ ２ｓｍ／
ｍ／。一辆匀速向前行驶的自行车通过ｓ若
原题（２届预赛试题）一条笔直的公第５在
路上依次设置三盏交通信号灯Ｌ、：和，ＬＬ：
与Ｌ相距为８ｍ，￣Ｌ相距为１０每盏信ｌ０Ｌ与ｌ２ｍ，号灯显示绿色的时间间隔都是２ｓ显示红色的０，时间间隔都是４ｓＬ０，与Ｌ同时显示绿色时，。３Ｌ则在Ｌ显示红色经历１ｓ开始显示绿色。。０时规定
之美。
…
ｊｍ６２、锹ｆ一０属于自然数）１（６ｏｍ属丁目０：ｏ＼＜ｆ
３０６ｍ０Ｉ０ｎ一４６０、３
－ — —
。。。。
解ｆ一ｌ３｛：３｛一３得｛２｛＝一５１ｆ２ｆ４ｆ一ｎ研，，扎，ｒ，：一
一
Ｖｏ１２Ｎｏ３６．８．７
（）Ｓ４０１．２０．３６．
物
理
教
学
探
讨
第２８卷总第３６７期
２１００年第４期（半月）上
（０６ｋ一４）、 … ；０Ｓ…
“ 图”在物理学中有着十分重要的地位，它是将抽象的物理问题直观化、象化的最佳工形具。利用图像来表达和分析物理问题是一种很重

一道竞赛题的解法探究

问２ ∈’，足题：设（１满 ≯ ＋ｊ－０）、／２，＇
求ｘｙ的最大值．很显然，由于条件等式变得简单一些，因此求解本题较为
容易．解法１由题设及均值不等式，得：
一
、
题目与已有解法的评析
２００８年中国西部数学奥林匹克第６题如下（为问题Ｉ．记）
Ｙ
＋
：＋一
Ｙ
由＞，于ｔ０故有４一 ≤０得ｔ４ｔ３，即《｝．
（＋ ≤ ｝２则不要的果争）＋一，得到求结．
所 ≤｝吾，号且当＝＝＝时以（）：等当仅，：｝，
成立．
解３、＝、＝法：／。／６令，，
且有１＝ ③，１Ｙ一ｕ一＝
＋Ｙ一（＋＋：）＋。
＝
④，１Ｚｔ ⑤ ，一－ｌ＝Ｊ
给③④⑤各式分别乘以、Ｙ之后，再相加得、
（＋加）ｙＭ＋。ｘｚ
ｕ＋￣ｚ＋ｗ）ｙｘ
即得（６）（ｂ＋１（Ｙ＋２＝０ｎ —１［ａ）＋）］，
内部结构入手，借助减元策略，先使复杂问题简单化处理，然后从中找出某种规律，再利用学生比较熟悉的方法，使问题得
二、降低难度，寻找多解途径
从上述解法可知，对条件等式的处理，是解决问题的关键．
Ｎ００Ｏ２１９
ＪｕｌｏｈｎｓｔｅｔｓＥｕａｉｎｏｍａｆＣｉｅｅＭａｈｍａｉｄｃｔｃｏ

一道竞赛题的解法探究

＝５，
・
’ ．
直线＝一了＋４４与
＼． ’
Ｂ
＼
解得ｍ＝妻，
・
轴，Ｙ轴的交点分别为Ａ３０，（，）
Ｂ（，）０４，
・
．
．
Ｃ标为（，．的坐０要）
．
．
Ａ＝Ａ＝￣Ｏ：Ｂ。Ｂ／Ａ＋Ｄ廖
０
、
ｊ
：
５．
－．．
ＥＲ：
一４．
・
．
．
ｓ ÷ × ＝２８．一＝衄职攀一．１＋５／
相似）方程及函数等知识求解，要时从动手操作中寻、必找答案，从而找到解决问题的突破口．
（收稿日期：００８４２１０１）
．
．
．ＳＦ一１＋ｓＡ－（一ｘ８删一Ｅ筝２Ｒ￣
．
／
ｌ
．
．
Ｄ
图５
＼＼
－
ｃ的坐标为（，０３）
．
将Ａ，Ｅ的坐标代入Ｙ＝
＋ｂ得
．
将Ａ，ｃ的坐标代入ｙ＋６：
ｒ
０：３ｋ＋ｂ，
得【，．｛・３．
．
ＡＡＢ＝Ｂ＝￣Ｏ：０￣＝，ＣＯ：，０Ｂ＝／Ａ＋ｔ５设Ｄ＝Ｃｎ贝Ｃ
易求，只要求出ＡＣ上另外一点，如点ｃ的坐标，用待定系数法将ＡＣ代入一次函数的一般形式即可求出直线，
ＡＣ的解析式．
４一ｎ．
‘ ．
・

运用广义对称另解竞赛题——一道竞赛题的解法新探

从题目的要求看，此题属于利用待定系数法求直线的解析式问题，根据经验，须具备两个独立的条件才可
求出．已知条件易求出点Ａ的坐标（，）故求出直线而３０，
・
ＡＣ的解析式为）＋３，：一１
．
．
＿．
ＡＣ上另一点的坐标是解题的关键！文［］出的四种１提
一一
Ｈ一旦一ｎ。 ‘Ｄ８ — ０ —ＡＢ ’ ＤＢ一３ — ５Ｐ
．
Ｏ詈詈４３ｃ，．Ｃ ∞＝ × 即（吾＝＝，ｏ）
ｒ＝３＋６，Ｏ
将Ａ，Ｃ的坐标代人ｙ＝＋ｂ得，
’ ＝３＝（雌鼽 ‘ 一等ｌ，器＋５ ’ ０等一、。５８工寸＿
ＯＤ＝ＯＡ＝３，Ｂ＝４，Ｂ＝￣Ｏ２ＢＯＡ／Ａ＋Ｏ＝５．
直线ｙ＝一下＋４与４
Ｄ
Ａ３０，０４．（，）Ｂ（，）
・
．
．
轴，轴的交点分别为Ａ３０，Ｙ（，）
８０４．（，）
’
・．
’
Ｏ＃Ａ．Ｄｅ
一一
．、．
１
０
ＡＢ两点，，Ｃ是Ｙ轴上一点，沿直线ＡＣ折叠ＡＢ刚好落在轴
图１
Ｂ一旦一 Ⅱ 。 ‘ＯＢ —ＡＢ — ＯＡ ’ Ｏ一５ — ３Ｂ
．
一一
’
．．．
。。ＯＢ５．３一８寸－ｌ／’ 一Ｌｕｌ工，
图３
．
一Ｃ一Ａ一５ ‘ Ｂ

一道竞赛习题的解法探究

解
ｙ４．ｘ＋３￣最大＝ｘ８２ｙ有
．
— —
分析解此题的关键是消去条件式中的项．解法１引入参数￡因．ｘ：ｘＹ ≤ ｙｔ．
ｚ一）２＋去ｎ（ ≤ ｓ
评将析３
，
。（＿变Ｊ为１２＋
恿目若３锄ｘ３２，８Ｚ２ｙ的Ｏ则ｘ３２＋
上
ｔ，
一一
狄
使
问
题
获
最大值是
再用本等，得（）运基不式而到一／从＼・３詈
而要求的是８２ｙ最大值．令＋３￣故
故当且仅
极
值１Ｑ真６巧炒
解法６设＋３ｓ则ｓ３￣ｘ＋２＝，（ｘ－ｙ
由：２３２，３２３＋ — ０得＋
３＝０（ｘ＋３２，（ｓ－６））２８２ｙ）即３１０ｘ（ｓ４０＝（）３－６）０．
＋（６８）８２一（１ｘ一＋＝・０）≤１０６．故当４－￣，８％２ｙ）ｌ（ｘｙ（ｘ３２６１
、２／３
——ＣＳＯ — Ｏ￣－ｔ
，
１一
２３
３６
３
— ６ｖＶ— 。 — ＝ｌ — ０，３
— ｎｃｓ＋ｎａ２Ｓｏｓ＋：０Ｉ —— ・２＝ＵｉＯ
・
（去）故只需令拄２即可得（— ）舍，，３２＋
８２３

一道竞赛题的解法及其推广研究

因ｘｓ１０且Ｃ２Ｘ０为ｆｉ，Ｏ＇ —ｎｉ＞ＳＩｔＴ＞
＼２／２
… 一
由正弦函数的有界性和均值不等式可得 ≥Fra bibliotek（）１
ｌ２≥ ｓｘｉｎｉ刊
：１ ±
・
・
（）２
所以ｓｉｎ
新的列，：＝２ｌｉ ÷，＝５］ …，＝数即ｂ ÷，＝）ｂ ÷，＝ｂｌｌｂ ÷，＝４ｊｂ ÷，３
原题如下：方程ｘ２ｓ求ｉ一
２
由（）ＩＩＩｉｒ￣１１知ｘ：ｘｎ－＜ｒｘｉ
＋：的所有根．１Ｏ
由２孚＝ｘ＋，ｚ（知詈）＝２ｋ１ｋ
由（）（）ｘ ± １、２得＝１解法二：２ｓｎ＇ｘ＋１０ｘ一ｘｉ一ｒｒ＝
２１ｇ５ｏ￣期考试周１－６刊
，
以
、
一
道竞赛题的解法及其推广研究
哼≯
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张
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魏春强
７５０）２００
（康学院数学系，西安康安陕
１５年全国首次数学竞赛在四个城市举行．当时引起了９６广泛的关注．本文对北京市该次数学竞赛第二试试题中的第七题给出了几种解法，对其进行了推广、究．并研
３数学知识之间的内在联系也体现了数学文化。每个民－２族都有自己的文化，就一定有属于这个文化的数学。照福也按来登塔尔的现实教育思想，学来源于生活，在于现实，数存并且实现于现实．应该从情境出发让学生自己发现数学概念和解决数学方法．正是这种思想是的欧拉在散步的过程中发现了七桥问题，斐波那契在兔子的繁殖问题中发现了斐波那契数列，中国数学强调实用的管理数学，在算法上得到了长而却足的发展，冲之的圆周率计算、辉三角那样的精致计算课祖杨题，可能在中国诞生。数学知识之间的内在联系，得学生只使能够从联系中了解不同的文化背景，正地了解数学文化。真３数学的内在联系可以引导学生积极地反思数学学习。－３数学学习的过程是知识的同化和迁移的过程．反思是同化和迁移的核心步骤，学生通过反思可以挖掘知识之间的内在联系，进知识的同化和迁移．利于帮助学生建立合理的知识促有结构和体系。目前数学教学中最薄弱的环节正是数学的反思性学习这一环节，所谓学之道在于 “ ” 只有学生自己的领正悟，悟才能获得理解．领悟的关键就在于反思。而３把握知识之间的内在联系，以完善认知结构，养．４可培学生数学想象能力和创新思维。学的各个概念、题之间存数命在着各种各样的联系．些内在联系是数学想象的客观基础。这而创新能力的培养．要学生对于给定的数学问题。够在以需能前不相关联的数学思维之间建立起一种联系。能够对学习的新知识进行再发现．已有知识进行独特的应用，够发现问对能题、出问题、于质疑、于发表不同的看法，而找出问题提敢敢从

一道代数竞赛题的不同解法与反思

大值．
Ｓ△ Ｂ≤ Ｓ△ Ｂ．
’ ．．
题目
求函数Ｙ＝
＋，＋ｌ／ —￣４ — ｘ
魏霞老师在《中数学初教与学》扬州大学）０９年（２０
Ｐ・ＰＢ ≤ Ｐｏ・Ｐ０ＡＡＢ．
又‘ ．
・．．
＋ＰＡＰＢ＝Ｂ，船＝ｏ＋０ｚＡ
第３期上撰文介绍了此题的四种代数解法，文通过把本代数语言转换成如图１的几图１何图形语言，出一种直观的几何解法．给
（＋Ｂ ≤（Ａ＋ＰＢＰ）０）．
＋ＰＢ≤ＰｏＡ＋Ｐ１（Ｂ，
。．．
即
‘ ．．
一
等两都以。的积得 ÷：式边除ｂ乘，＋三
２问题的反思
一
± ｌ＝二（：！鱼二二
ｂ（一ｃ）ｃ６
ｂ一ｂｃ一２ｂ＂ｃｃ４－
一 —
反思１解法１以说抓住了本题的条件与待证可结论的特征．什么这样说，为一般来说，出两个条件给等式，第一个想法是肯定要同时用到两个等式的条件，
Ｃ＞０，
ｔ，是正实数，足０ｂｂ十）ｂ＝ｃｃ），ｂｃＴｔ￣满＝（ｃ，（十ｎ，
证明：＋＿１
口０
所以ｎ；＞６同理ｂ＞ｃ
即ｎ＞ｂ＞ｃ＞．０
１
：一
Ｃ
另由。：（＋）所以０＜（＋）ｂｂｃ，口ｂｃ，得０＋，ｂ口＋，＜ｂ显然的．＜ｂｃ而＜ｃｃ口＋是

一类竞赛试题的解法探索与结论推广

（仅｛＝ｉ）２当当且ｌ：＝或。ｆｆ／＝（。Ｏ
时，上面两式取等号）．２ｌ ≤２，即ｌ１． ’ ．ａｌａＩ．
区０２，］上满足１（ ≤ ，ａ的ｆｘ２求ｌ最大值，）Ｉ并写出Ｉ取得最大值时的ａｌ一个函数表达式．
志（
４ｇＰ（— ）
）ｆ厂ＩＩ（（］＋）Ｉ
而
整理得２＝［２一厂１＋１０一厂１，ａｆ（）（］［（）＿））厂（］
’
．．
’ ｆ＝（＝，ｆ（）厂２ｇ－）／）Ｐ厂＝（＝，厂（，）
）
／（
）（＝口
）６
可得厂（＋））２一／（
）下－ｍｚ＝（ｎ）
，
第二步可得一个通式，）厂，一／（＋－ｚ２（（）
）：
．
‘ ＝
（，（
）＋］㈣
一厂
（这也是为什么选择区间的两端点与中点所对应的三个函数值的式子，便可破解这类问题）；
）一ｐ，
），再两边取绝对值，利用绝对值不】
‘ ．
等式的性质，注意到取等条件，问题便可迅速获解．题１的解答￣ｆ（）ｏｏ＝Ｃ，ｆ１＝ａｂｃ，Ｏ（）＋＋
ｆ２＝４＋６Ｃ，（）ａ２＋发现ｆ２＋ｆＯ一ｆＯ＝２（）（）２（）ａ，
）＋ｇ时，取等号．
第一步列出限定区间［的两端点与中点所ｍ，］

一道竞赛题引发的探究

一道竞赛题引发的探究∗叶硕海1,㊀郑日锋2(1.学军中学海创园学校,浙江杭州㊀311121;2.学军中学,浙江杭州㊀310012)摘㊀要:文章从学生给出的一个错解出发,对2019年全国高中数学联赛浙江赛区初赛第10题进行了探究与推广,得到一般性的结论.关键词:猜想;三角形;计数问题中图分类号:O123.1㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀文章编号:1003-6407(2021)07-0044-031㊀问题呈现近日,笔者的一个学生遇到了这样一个问题.例1[1]㊀在复平面上任取方程z100-1=0的3个不同的根为顶点组成三角形,则不同的锐角三角形的数目为.(2019年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题第10题)该学生是这样思考的:将单位圆100等分,任取其中3个不同的点,则三角形的个数为N0=C3100=161700.其中直角三角形可先确定其直径,共50条,每条直径的同侧可取49个顶点,共两侧,故直角三角形的个数为N1=52ˑ49ˑ2=4900.因此不同的锐角三角形与钝角三角形的个数之和便为N0-N1=156800.㊀㊀此时,该学生猜想:其中锐角三角形与钝角三角形个数相等,于是锐角三角形的个数为N2=156800ː2=78400.然而78400是一个错误的答案,显然错因出现在最后一步,即其中锐角三角形与钝角三角形的个数并不相等.在给该生讲解之后,笔者发现正确答案为39200,正好是78400的一半.这表示钝角三角形个数恰好是锐角三角形个数的3倍!这是巧合还是对任意的n都成立?就此,笔者与该生进行了如下的猜测:猜想1㊀将单位圆n等分(其中nȡ3),任取3个顶点组成三角形,则其中钝角三角形与锐角三角形的个数之比为3ʒ1.2㊀问题探究通过简单计算发现,该结论并不对任意的nȡ3均成立,事实上:当n=3时,此时仅有锐角三角形,故结论不成立;当n=4时,此时仅有直角三角形,故结论也不成立;当n=5时,可用枚举法得钝角三角形与锐角三角形的个数之比为1ʒ1,故结论还不成立.图1下面为方便起见,在各类情况中,记N0为所有三角形总数,N1为直角三角形总数,N2为锐角三角形总数,N3为钝角三角形总数.当n=6时,N0=C36=20,N1=12,N2=2(即图1中的әA1A3A5和әA2A4A6),此时N3=20-12-2=6,故N3ʒN2=3ʒ1.基于以上观察,笔者改变了猜想的方向,得到:猜想2㊀将单位圆2k等分(其中kȡ3),任取3个顶点组成三角形,则其中钝角三角形与锐角三角形的个数之比为3ʒ1.㊃44㊃中学教研(数学)2021年第7期∗收文日期:2020-12-29;修订日期:2021-01-29作者简介:叶硕海(1989 ),男,浙江舟山人,中学一级教师.研究方向:数学教育.证明㊀显然N 0=C 32k=2k(2k -1)(k -1)3,N 1=2k(k -1),则N 0-N 1=43k(k -1)(k -2).为了证明猜想2,下面只需证明N 2=13k(k -1)(k -2).图2如图2,不妨设这2k 个顶点按逆时针次序排列依次为A 1,A 2, ,A 2k .首先考虑所有以A 1为顶点的锐角三角形,显然另外两个点只能出现在直径A 1A k +1的两侧,故三角形第二个点只需考虑A 2,A 3, ,A k 即可.若第二个点取A 2,则下半圆中没有点能与A 1A 2构成锐角三角形;若第二个点取A 3,则下半圆中仅有点A k +2能与A 1A 3构成锐角三角形;㊀㊀依此类推,若第二个点取A m (其中2ɤm ɤk),则有m -2个点能与A 1A m 构成锐角三角形.因此,所有以点A 1为顶点的锐角三角形的个数为0+1+2+3+ +(k -2)=12(k -1)(k -2).由于共有2k 个顶点,每个三角形被计算了3次,从而N 2=13ˑ12(k -1)(k -2)éëêêùûúúˑ2k =13k(k -1)(k -2),于是N 1ʒN 2=3ʒ1.进一步,我们也可考虑当n 为大于5的奇数时,钝角三角形与锐角三角形的个数之比.过程如下:图3设n =2k +1(其中k ȡ3),显然此时无直角三角形.如图3,不妨设这2k +1个顶点按逆时针次序排列依次为A 1,A 2, ,A 2k +1,记A m 关于圆心的对称点为B m (其中1ɤm ɤ2k +1).首先考虑所有以A 1为顶点的锐角三角形,同理另外两个顶点只能出现在直径A 1B 1的两侧,故三角形第二个点只考虑A 2,A 3, ,A k +1即可.与n 为偶数情形类似,若第二个点取A m (其中2ɤm ɤk +1),则有m -1个点能与A 1A m 构成锐角三角形,故所有以A 1为顶点的锐角三角形的个数为12k (k +1).进而,锐角三角形的总数为N 2=13(2k +1)ˑ12k (k +1)éëêêùûúú=16k (k +1)(2k +1).另外,三角形的总数为N 0=(2k +1)2k (2k -1)6,则钝角三角形的个数为N 3=N 0-N 2=(k -1)2k (2k +1)2,因此,钝角三角形与锐角三角形的个数之比为N 3N 2=3(k -1)k +1.经检验,当k =1以及k =2(即当n =3以及n =5)时,上述公式也成立.综上,我们有如下结论:结论1㊀将单位圆n 等分(其中n ȡ3).任取3个顶点组成三角形,1)若n =4,则所有的三角形均为直角三角形;2)若n 为奇数,则钝角三角形与锐角三角形个数之比为3(n -3)n +1;3)若n 为偶数且n ȡ6,则钝角三角形与锐角三角形个数之比为3ʒ1.进而,我们有如下推论:推论1㊀将单位圆n 等分(其中n ȡ5),任取3个顶点组成三角形,记N 2为锐角三角形总数,N 3为钝角三角形总数,则lim n ң+ɕN 3N 2=3.3㊀问题引申进一步,我们还可考虑能否利用几何概型以及多重积分将该问题推广成连续型:猜想3㊀在单位圆上任取3个不同的点,则取到钝角三角形的概率与取到锐角三角形的概率之比为3.4㊀一点感悟(下转第46页)㊃54㊃2021年第7期中学教研(数学)一道浙江预赛题的解法与变式推广∗栾㊀功(南宁市第三中学,广西南宁㊀530021)摘㊀要:文章通过对2020年浙江省预赛试题第12题的解法探究,得到了相关研究对象在运动变化过程中保持的规律性及其变式推广,并由试题的解答与推广得出了关于圆锥曲线的一个统一结论,从而揭示了问题的本质和规律.关键词:圆锥曲线;一题多解;变式推广中图分类号:O123.1㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀文章编号:1003-6407(2021)07-0046-051㊀试题呈现题目㊀已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,离心率为32,且椭圆C的任意3个顶点构成的三角形面积为12.1)求椭圆C的方程;2)若过点P(λ,0)的直线l与椭圆交于相异的两个点A,B,且APң=2PBң,求实数λ的范围.(2020年全国高中数学联赛浙江赛区预赛试题第12题)分析㊀第1)小题考查椭圆的基本概念和基本性质,是圆锥曲线中最基本的题型,体现了竞赛试题的基础性及对考生的关怀.第2)小题以过点P 的直线l与椭圆交于相异的两个点A,B为背景,设计了APң=2PBң,求点P横坐标λ的范围;为求出实数λ的范围,必须从运动变化中的不变量APң= 2PBң入手寻找化归途径,即由此思考几何关系APң=2PBң如何转化,从而解决问题.该试题既考查了直线和椭圆的位置关系㊁平面向量的概念及基本运算㊁考生的逻辑推理能力和运算求解能力,还深入考查了解析几何的基本思想和基本方法.该试题蕴含着丰富的数学思想,值得深入探究.(上接第45页)‘普通高中数学课程标准(2017年版)“指出:高中数学教学以发展学生数学学科核心素养为导向,创设合适的教学情境,启发学生思考,引导学生把握数学内容的本质[2].因此,由真实的问题引发的数学探究作为一种重要的数学活动,不仅能激发学生的学习兴趣以及探索精神,更能提升学生的思维能力以及数学素养.教师应当在教学过程中鼓励学生提出猜想并严谨求证.此外学生解题时的错解也是教师在教学过程中的一个重要的资源,教师应该用积极的眼光看待学生在解题中出现的错误并加以正确引导.通过对错解的分析,不仅能让师生明白其中的原理,还能得到一些有趣的结论,实现师生之间的教学相长.参㊀考㊀文㊀献[1]㊀中国数学会普及工作委员会及数学奥林匹克委员会.高中数学联赛备考手册㊃2020预赛试题集锦[M].上海:华东师范大学出版社,2020:103-111.[2]㊀中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(2017年版)[S].北京:人民教育出版社,2018:1-3.㊃64㊃中学教研(数学)2021年第7期∗收文日期:2020-10-27;修订日期:2020-12-08作者简介:栾㊀功(1982 ),男,甘肃陇西人,中学高级教师.研究方向:数学教育.。

一道数学竞赛题的简单解法

一道数学竞赛题的简单解法
数学竞赛题的解法因题目而异，无法给出一个通用的解法。

在解决算术题目时，可以采用以下方法：
1. 熟悉基本的算术运算符和运算规则，熟悉数学运算的基础知识，包括数论、代数、几何等；
2. 阅读题目内容，分析题目意思，弄清题目中问题和最后求解内容；
3. 将难题分解，从容易到难的分类，找出解题特点，结合实际运用一些解题公式或已知方法；
4. 概述解题步骤，正确而有条理的推导解题过程；
5. 检查使用的运算符、变量以及结论是否正确，检查解答答案是否满足题目要求。

一道竞赛试题的多种解法

一道不等式竞赛题的多种解法唐作明（永州市教育科学研究院)不等式()y x a xy x +≤+22对于一切正数y x ,恒成立．则实数a 的最小值为．（第17届“希望杯”全国数学邀请赛）一、几种解法1．分离参数法．解:原不等式可化为: a yx xy x ≤++22．令=),(y x f yx xy x ++22，则有max ),(y x f a ≥．而=),(y x f 2222=+++≤++y x y x x y x xy x ，当且仅当y x =时，取等号．则2),(max =y x f ，故2≥a ．所以，a 的最小值为2．2．三角换元法．解：令()+∈=+R t t y x ,则可设⎩⎨⎧==θθ22sin cos t y t x ,其中⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ．原不等式可化为：at t t ≤+θθθcos sin 22cos2，即a ≤+θθ2sin 2cos 2．令()=θf θθθθ2sin 22cos 21212sin 2cos 2++=+ ()φθ++=2sin 2321,（其中22tan =φ）．显然，()2≤θf ．所以a 的最小值为2．3．基本不等式法．解：原不等式可化为：()0221≤-+-ay xy x a ．因为0,>y x ，∴不等式可化为 ()0221≤-+-a yx y x a ，即有 ()221≥+-x y a y x a令()xy a y x a y x f +-=1),(，则有22),(min ≥y x f ．显然，只有当1>a 时，()()121),(-≥+-=a a x y a y x a y x f ．所以,()2212≥-a a ．解得2≥a ，故a 的最小值为2．4．构造函数法．解：原不等式可化为：()0221≤-+-ay xy x a ．0,>y x ，∴不等式可化为 ()0221≤-+-a yx y x a 令()0>=t t yx ，()()a t t a t g -+-=2212 当0>t 时，要使()()02212≤-+-=a t t a t g 恒成立．若1≤a ,显然不合题意;若1>a ，则0≤∆或()()000120<⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤-->∆g a （无解）．当0≤∆时，解得2≥a ．故a 的最小值为2．二、推广及证明推广：不等式()y x a xy n mx +≤+()0,>n m 对于一切正数y x ,恒成立．则实数222m n m a ++≥．证法一：令()+∈=+R t t y x ,则可设⎩⎨⎧==θθ22sin cos t y t x ，其中⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ．原不等式可化为:at nt mt ≤+θθθcos sin cos 2，即a n m ≤+θθ2sin 2cos 2．令()=θf θθθθ2sin 22cos 222sin 2cos 2n m m n m ++=+()≤+++=φθ2sin 2222n m m 222m n m ++（等号显然可以成立）．所以,222m n m a ++≥．证法二:原不等式可化为a yx xy n mx ≤++．令)0,(2121>+≤r r y r x r xy n ，则()yx y r x r m y x y r x r mx y x xy n mx +++=+++≤++2121，当()21r r m =+，且n r r =212时，2r y x xy n mx ≤++ 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=++-=22222221n m m r n m m r 时,≤++y x xy n mx 222m n m ++．所以，222m n m a ++≥．三、两道变式题的解法１．设()2222,y x y xy ax y x f +++=,满足()-≠+y x f y x ,m ax 022()2,m in 022=≠+y x f y x ，求a ．（浙江省高中数学夏令营）解:由于()()y x f ky kx f ,,=,所以,()=≠+y x f y x ,m ax 022()y x f y x ,m ax 122=+()θθθθπθ2220sin sin cos cos m ax ++=≤≤a ()1sin cos cos )1(220m ax ++-=≤≤θθθπθa⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=≤≤212sin 212cos 21max 20a a θθπθ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=≤≤21)2sin(4121220max a a φθπθ 2141212+++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a a ．同理可得()=≠+y x f y x ,m in 022*******+++⎪⎭⎫ ⎝⎛--a a ．故()-≠+y x f y x ,m ax 022()=≠+y x f y x ,m in 022412122+⎪⎭⎫ ⎝⎛-a ．于是，()312=-a ，即31±=a ．2．已知+∈R y x ,,若()221y xy x y x a +++≤+恒成立,则a 的取值范围是．解法一:构造ABC ∆，使32,,π=∠==BAC y AC x AB ．则222y xy x BC ++=．原不等式可化为 a yx y xy x ≥++++)(122．即a ACAB AC AC AB AB ≥++⋅++)(122．而C B AC AB BC AC AB BC AC AB AC AC AB AB sin sin 32sin221)(1222+=+≥++=++⋅++π 32cos 32cos 2sin23≥-=-+=C B C B C B （当且仅当6,1π=∠=∠=C B BC 时，取等号）．故3≤a ．解法二：令()⎩⎨⎧>==0sin cos 22t t y t x θθ，则有t t y x y xy x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++++≤θ2sin 4111)(12222 而34312sin 4111222≥+≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-+t t t t θ（当且仅当332,4==t πθ时,即36==y x 取等号)．∴3≤a ．注:本文发表在《数学竞赛之窗》。