解题-对一道竞赛试题的思考-杨广亮
对一道竞赛题的探究与拓展
对一道竞赛题的探究与拓展唐传胜（江苏省灌云县杨集中学，江苏灌云 ２２２２２１） 新课程下的竞赛题与课后习题都注重物理学与日常生活的融合，突出“一个好的习题，就是一个科学问题”的思想，重视此类试题的研究对提高学生科学思维能力，促进他们理论联系实际、树立学以致用的意识是非常有益的．下面是笔者对一道源于课本的竞赛题的探究与拓展． 图１题目．（第２８届全国中学生物理竞赛预赛试题，第１２题）某同学选用了一个倾角为θ的斜坡，他骑在自行车上刚好能在不踩踏板的情况下让自行车沿斜坡匀速向下行驶，现在他想估测沿此斜坡向上匀速行驶时的功率，为此他数出在上坡过程中某一只脚蹬踩踏板的圈数Ｎ（设不间断的匀速蹬），并测得所用的时间ｔ，再测得下列相关数据：自行车（如图１所示）和人的总质量ｍ，轮盘半径Ｒ１，飞轮半径Ｒ２，车后轮半径Ｒ３．试导出估测功率的表达式．已知上、下坡过程中斜坡及空气作用于自行车的阻力大小相等，不论是在上坡还是下坡过程中，车轮与坡面接触处都无滑动．不计自行车内部各部件之间因相对运动而消耗的能量．这道竞赛试题源于教材上的一道课后习题，现做探究和拓展如下：探究１．自行车的传动原理． 图２例１．如图２所示，自行车传动机构的示意图．假设脚踏板每２ｓ转１圈，要知道在这种情况下自行车前进的速度有多大，还需要测量哪些量？请在图中用字母标注出来，并用这些量推导出自行车前进的速度的表达式．解析：自行车是靠轮盘、飞轮和后轮实现传动的．轮盘、飞轮、后轮是相互关联的三个传动部件，自行车在正常行驶的情况下（不打滑）后轮的线速度大小即为自行车前进的速度．设轮盘、飞轮、后轮的角速度分别为ω１、ω２、ω３，半径分别为Ｒ１、Ｒ２、Ｒ３，轮盘与飞轮通过皮带传动，它们轮缘的线速度相等，即ω１Ｒ１＝ω２Ｒ２；飞轮与后轮共轴，角速度相同，即ω２＝ω３．由上述关系可知自行车前进的速度（后轮的线速度）ｖ＝ω３Ｒ３＝ω１Ｒ１Ｒ３Ｒ２，由此可以看出在踏板转速一定的情况下要测定自行车的前进速度应分别测出轮盘的半径Ｒ１、飞轮半径Ｒ２、后轮半径Ｒ３．脚踏板每２ｓ转１圈，则ω１＝π，因此得自行车前进的速度ｖ＝πＲ１Ｒ３Ｒ２．这是新教材的一道课后习题，该题旨在引导学生在学习物理过程中要多观察、多思考、多探究，多关注与生活相关的物理问题．它要求学生能根据物理问题中的已知事实和条件，进行逻辑推理和论证，并能够把推理过程正确地表达出来．探究２．骑车上坡时的功率．例２．（第２８届全国中学生物理竞赛预赛试卷第１２题，题目略）解析：由功率的计算公式Ｐ＝Ｆｖ可知：欲求该同学骑车上坡时的功率，应分别求出该同学蹬车的力Ｆ和自行车上坡的速度ｖ．由“骑在自行车上刚好能在不踩踏板的情况下让自行车沿斜坡匀速向下行驶”知人骑车所受的阻力ｆ与重力沿斜面分量ｍｇｓｉｎθ相等，向上匀速行驶时蹬车的力Ｆ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，即Ｆ＝２ ｍｇｓｉｎθ．利用例１的探究结论可知上坡时的车速ｖ＝ω１Ｒ１Ｒ３Ｒ２．轮盘的角速度ω１＝２πＮｔ，即ｖ＝２πＮＲ１Ｒ３Ｒ２ｔ，由此可估算出该同学汽车上坡时的功率Ｐ＝４πＮｍｇＲ１Ｒ３ｓｉｎθＲ２ｔ．这道竞赛题以考生熟悉的自行车为背景，考查了考生分析、推理、建模等能力，要求考生能弄清“骑车同学”的物理状态和物理过程，结合学过的知识和获得的方法，建立匀速圆周运动和匀速直线运动的物理模型找到解决问题的方法．拓展１．（汽车）无级变速的原理． 图３例３．无级变速是在变速任意范围内连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器，很多高档汽车都应用了无级变速．如图３所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚轮从右向左移动时，从动轮转速增加．当滚轮位于主动轮直径Ｄ１、从动轮直径Ｄ２的位置时，主动轮转速ｎ１与从动轮转速ｎ２的关系是（Ａ）ｎ２ｎ１＝Ｄ１Ｄ２． （Ｂ）ｎ１ｎ２＝Ｄ１Ｄ２．（Ｃ）ｎ２ｎ１＝Ｄ１２Ｄ２２．（Ｄ）ｎ２ｎ１＝Ｄ１Ｄ槡２．解析：无级变速是通过主动轮和从动轮半径的连续变化实现传动比的任意改变，从而实现速度的连续变化．无级变速的传动原理与自行车相似，当主动轮转动时主动轮—２７—Ｖｏｌ．３３Ｎｏ．５（２０１２）物 理 教 师ＰＨＹＳＩＣＳ ＴＥＡＣＨＥＲ第３３卷第５期２０１２年通过滚轮（相当于自行车链条）带动从动轮转动．主动轮边缘上的线速度ｖ１＝πｎ１Ｄ１，从动轮边缘线速度ｖ２＝πｎ２Ｄ２，主动轮与从动轮边缘上的线速度是相同的，即ｖ１＝ｖ２，则有ｎ２ｎ１＝Ｄ１Ｄ２．当滚轮从右向左移动时，主动轮的半径（连续）增大，从动轮的半径（连续）减小，从动轮的转速ｎ２将增大，促进车速连续提升．该题既有利于开阔学生的视野，又能增进他们学习科学，应用科学的热情，激发他们的创新意识．拓展２．车速的估算．例４．某品牌电动自行车的铭牌见表１．表１车型：２０英寸型（车轮直径：５０８ｍｍ）电池规格：３６Ｖ１２Ａｈ（蓄电池）整车质量：４０ｋｇ额定转速：２１０ｒ／ｍｉｎ（转／分）外形尺寸：Ｌ１８００ｍｍ×Ｗ６５０ｍｍ×Ｈ１１００ｍｍ充电时间：２－８ｈ电机：后轮驱动、直流永磁式电机额定工作电压／电流３６Ｖ／５Ａ 根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为（Ａ）１０ｋｍ／ｈ． （Ｂ）１５ｋｍ／ｈ．（Ｃ）２０ｋｍ／ｈ．（Ｄ）２５ｋｍ／ｈ．解析：由电动自行车的铭牌可知车轮直径Ｄ为５０８ｍｍ，后轮驱动的电机额定转速为２１０ｒ／ｍｉｎ，该电动自行车的额定时速ｖ＝２πｎＲ＝πｎＤ＝５．５８ｍ／ｓ≈２０ｋｍ／ｈ，应选（Ｃ）项．对各类产品铭牌（说明书）的识读既能培养学生信息收集与处理能力，又有利于引导他们在学习过程中将物理知识与日常生活相融合，用物理原理解决与生活相关的实际问题．教师在平时的教学中要加强对课后习题的研究，努力促使课后题与竞赛题的融合与渗透，鼓励学生用物理知识、物理原理和物理方法解决与生活相关的实际问题．这既利于学生对所学知识的透彻理解又利于学生科学思维发展和实践意识的增强．在练习设计时要多选择以真实物理现象为依据的问题，讲评时力求做到讲好一题，带活一片．这对提高学生的科学素养是大有裨益的．（收稿日期：２０１１－１２－０４）（上接第７１页）全新的物理情景或者在旧物理模型中经常变换过程情景，陈题面貌翻新；二是突出动态物理情景，体现学科特征．（４）物理与数学有着密切的关系．凡中学阶段学到的数学知识，例如几何、代数、解析几何、三角，甚至微积分都可成为求解物理竞赛试题的数学工具．在这种物理竞赛中，几乎所有的大题和难题都要涉及数学知识的应用，甚至不少的教师和学生说有的难题似乎在考察数学能力而非物理能力，因为这方面的难题涉及的数学问题比物理方面的问题要难得多．（５）实验能力对研究自然科学的重要性不言而喻，而竞赛中的实验题的难度要远远高于高考的难度．在竞赛考纲所规定的３４个物理实验中，有８０％左右的内容在中学没有涉及过，因此竞赛的实验要求可想而知，要想在竞赛实验中有所斩获，不但要有扎实的理论基础，还必须要有超强的动手能力和过硬的心理素质．物理竞赛从各个方面来说都是远高于高考层次的，对于考查学生的５种能力来说尤为如此．由于层次较高，特别是在复赛和决赛中，所有的试题几乎能考查学生的所有能力，若某一能力有所欠缺，要想在物理竞赛中有所成功，是相当难的．４ 对竞赛的几点想法（１）竞赛是讲究原则的．这里的原则是指是否合适参加物理竞赛，并不是所有人都合适参加．对于物理竞赛，应鼓励有兴趣和在物理学习方面有潜质的学生积极参与．以前有的学生为了能够高考加分和保送名校，带着功利性的目的参与，成功还好，一旦失败，不但弄得身心疲惫，而且似乎一无所获．这样来参加竞赛，是毫无意义的．因此对学生来说，都要慎对物理竞赛活动．（２）竞赛的工作要持之以恒．了解物理竞赛的教师都知道，要想参赛学生在物理竞赛中取得优异的成绩，对这些学生进行适时的专门培训是非常有必要的，而且是一项长期的工作，几乎是从高一到高三，不但要抽专门的时间，在平时的物理教学中也宜不时地渗透竞赛方面的知识，搞突击是没有多大效果的．（３）重视和加强竞赛实验培训．说到物理实验，不光是竞赛的问题，高考也是如此，不光是贵州地区如此，全国还是如此．物理竞赛把实验也搬到了考场上了，而且要求参赛考生在极短时间内把实验设计、实验原理图、操作过程、数据处理、分析报告等全部完成．这对于没有专门培训过的学生，能完成吗？可能连仪器的使用都弄不清楚．２０１０年贵州省物理竞赛有这样的例子，一学生在复赛中理论知识考了前６名，但实验却得了零分，而受训过的学生是几乎没有得零分的．这说明了若要想取得优异的竞赛成绩，实验部分也尤为重要．一般总的来说，实验考试比理论部分的考试完成起来要稍微容易一些．然而，目前在贵州省中学做一线培训的教师，几乎没有一个是去培训实验的．究其原因，一是自身业务水平的问题，但更为重要的是实验仪器的不足和对待竞赛的心态还有待于调整．参考文献：１ 中国中长期教育改革和发展规划纲要（２０１０－２０２０年）．２０１０．２ 全国中学生物理竞赛委员会办公室．全国中学生物理竞赛专辑．北京：北京大学出版社，２０１０．３ 全国中学生物理竞赛常委会组织．全国中学生物理竞赛实验指导书．北京：北京大学出版社，２００６．（收稿日期：２０１１－１０－０８）。
对一道典型试题的解法探讨
对一道典型试题的解法探讨
安徽邵同洋卢大亮
典型试题
图1是当地球运行到远日点附近时，某地在一天当中的太阳高度的变化情况。
求（1）该地的地理纬度；（2）该日太阳直射点的纬度。
评析：本题主要考查太阳高度角的变化及地球运动的相关知识，空间想象能力要求高，有一定难度。
不妨打破思维定势，变换视角，便会云开雾散，柳暗花明。
解题思路：由于图1中显性信息为太阳高度角的极值（正午12时最大和0时最小），但没有指明太阳直射点的纬度位置，所以不能直接用正午太阳高度角公式（，
其中为当地纬度，为太阳直射点所在的纬度）计算。
不过12时所在经线和0时所在经线在同一经线圈上（如图2），不防变换视角，把0时经线视为12时经线的延长线，同时令该地与极点的纬度差为a，这样便把该地0时和12时的太阳高度角转化为12时经线延长
线上b点（纬度）和12时经线上的a点（纬度）的正午太阳高度角，进而
再用正午太阳高度角公式计算两地“正午太阳高度角”之差（），便可巧妙地避开太阳直射点的纬度而把问题解决。
解析：由题意可推知时间为7月初，该地为极昼，所以该地为北极点附近，参照图2解题：
（1）其中，，从而可知，因此该地的纬度为。
（2）图2中c为切点，，与b点比较，解法同题（1），可得出c点的纬度为，即极昼范围为以北，所以太阳直射在纬线上。
回归条件本源 走出思维定式——一道教师解题能力大赛试题的解法探究
两 个 三角 形 虽 只 满 足 “边 边 角 ”的 条 件 ，但 由于 等 角 是
钝 角 ，所 以 可 以 进 一 步 证 得 全 等 ，只 是 还 需 添 加 新 的
辅 助 线 。如 此 思 考 ，虽 可 得 出 结 论 ，但 解 法 过 于 复 杂 ，
笔者不甚满意。
旋转A B C D 又会怎么样
位 线 的 添 加 却 颇 费 周 章 。若 直 接 取 A C 的 中 点 联
结 则 很 难 得 出 进 一 步 的 结 论 ；若 过 点 F 作
C E 的 平 行 线 ，又 不 能 保 证 经 过 A C 的 中 点 。于是笔
者 再 次 想 到 “同 一 法 ”。设 A C 和 A E 的 中 点 分 别 为 点 H 和 点 F '，
9 ) ，类似可得 A H E D S A B t D 和A A B F c/^A E H F ，
进 而 _ = ^ | = ^ = ^ 。第 （2 ) 问 和 第 （3 ) 问的
一道联赛试题的画法、解法及启示
因为 Ｖ Ｂ — Ａ Ｃ Ｄ ＝ Ｖ Ｄ — Ａ Ｂ Ｃ ，即 Ｓ Ａ Ａ Ｃ Ｄ．
＝
一
、
１ ．常 规 画 法
ｄ Ｓ Ａ Ａ Ｂ Ｃ ＂ 明所 以 三 ｜ ） ・ ４ ￣ ２ ｈ ＝ － １ Ｊ ． － １ ，
．
受 解 题 习惯 影 响， 画 出 了一 般 形 状 的 四
一
一
因为Ｖ Ｂ— Ａ Ｃ Ｄ＝ Ｖ Ａ ～ Ｂ Ｃ Ｄ，即
△ Ａ Ｇ Ｄ・
ｈ＝ ￣ Ｓ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ・ ＡＯ ｆ 设 点 Ｂ 到 平 面 ＡＣＤ 的 距
离为 ， 下 同） ， 所以 １
．
２ ＝ ． １
． ． ．
，
从 而 ｈ：
．
２ ．改 进 画 法 ， 再 用 等积 法 由题 目条 件 Ｚ ＡＢＣ ＝９ ０ 。 ， ＺＤＣＢ ＝ ９ ０ 。 ，
面体 的常规 图， 如图１ ，由条 件 平 面 Ｂ Ｄ 与 平 面 ＡＢＣ 成 ４ ５ 。的 二 面 角 ，自 然 想 到 过 点 作 （ ＝ ） ｊ 一 面 Ｂ Ｄ， 得 Ｂ０ ＝４ ５ 。 ，因 为 ＡＢ ＝ １ ，
．
从 而 ｈ：
所 以 ＯＢ ＝ ＯＡ＝
，由三 垂 线 定 理 逆 定 理 可
Ｄ
Ｃ
图５
评注： 此 画法 中虽然点 不在长方体 的顶
图３
点上， 但 其 点 Ｂ到平面 Ａ Ｄ 的距离 Ｊ Ｅ ｝ 日 容易
寻找 且 直 观 性 更 强 ， 也 是一 种 好 画 法 ． 二 、 一 点启 示
评 注 ：一 种 好 画 法 可 能 带 来 一 种 好 解 法 ，
许多未给 出图形的立几试题 ， 在 画法 的选 择上 显 得很 重要 ， 常 规 的画法 虽 然 也 能解 出答 案， 但耗时太长， 方法 的选择上也大打折扣 ．
化学竞赛试题命题思想、解题思路与试题分析
化学竞赛试题命题思想、解题思路与试题分析作者:北京师范大学化学系吴国庆全国化学竞赛的根本出发点是推动中学素质教育。
试题的基本命题思想主要是考察能力的试题。
―能力‖的内涵很丰富，跟―智力‖不太好分清。
有人认为智力包括观察力、记忆力、思维力和想象力四个主要表现形式。
有人认为智力可分成音乐智力、言语智力、逻辑-数学智力、身体运动智力、空间感受智力、人际交流智力、个人内在智力七种。
又有人将思维力分为逻辑能力与非逻辑能力。
逻辑能力包括判断、推理、比较、分类、综合、归纳、演绎等，非逻辑能力包括想象、联想、直觉、灵感、逆向思维、侧向思维、发散思维、集中思维、创造性思维等等。
化学竞赛属于智力竞赛，但不可能测试所有智力，也与电视台上的智力竞赛不同，主要不是测试应试者对知识记忆得多不多，牢不牢，遇到他人发问时从大脑中提取已有知识得快不快，而是考察应试者的观察力、思维力、想象力和创造力。
其策略是尽可能令应试者身处陌生情景，利用原有的知识基础，提取、加工、理解新情景显现的信息，提出解决问题的方案、战略和策略，形成知识、发展知识，达到考察应试者学、识、才三者统一的水平。
―学‖不仅包括对前人知识的掌握，还包括个人的经验；―识‖是见识、洞察力、是看清和把握方向，进行判断和抉择；―才‖是才能，是能力，包括认识能力和实践能力两个方面，特别是在认识和实践中的创造力。
我们化学竞赛的试题还强调考察应试者具有的对化学学科特有的分子三维立体结构的空间想象能力或者说空间感受能力，考察化学实验能力和科学表述能力（包括运用文字、图象、符号、公式等的能力）等；竞赛试题还要求应试者关注化学知识的前沿发展，化学发展与技术进展及其他学科发展的关系和科学与社会发展——人类进步、经济发展、生活质量提高、环境改善的关系以及社会舆论中与化学有关的热点问题的认识、态度、判断能力、价值取向等。
竞赛重点考察应试者如下思维品质：敏锐性、精确性和深刻性。
竞赛中应试人的心态也是测试的重要内容，要检测应试人的自信心、应变能力、勇于提出假定、勇于修正错误、百折不挠等心理品质。
解数学竞赛题的若干思想方法
解数学竞赛题的若干思想方法元济高级中学 张金良求解高水平的数学竞赛题通常不能直接套用现成的公式，需在一般思维规律的指导下，灵活运用数学基础知识进行探索与尝试，选 择与组合，这当种包括我们经常使用的待定系数法、换元法、配方法、数学归纳法等等，然而在解决某些数学竞赛题时高层次的解题技巧，本文试图介绍一些已有的数学竞赛解题思想与技巧。
一、构造法例1．已知f （）=2ab ，-1≤≤1，若|f （）|的最大值是M ．证明：M ≥21． 分析：构造等式① 例2．设、、, a 、b 、c 是正实数，且满足a=1,b=1,c=1，求证：cac ()1,0∈)2(1532,1211≥-+==-n n a a a n n n a 7000，则执行语句⑦，否则回语句②继续进行② ⑦打印③ ⑧程序终止④ 由语句⑦打印的数值是什么？例 10在很大的湖岸边（可视湖岸为直线）停放着一只小船，由于缆绳突然断开，小船被风刮跑，其方向与湖岸成︒30角，,同时岸上有一人，从同一地点开始追赶赶小船，已知他在岸上跑的速度为4m/h,在水中游的速度为2m/h ，问此人能否追上小船；若小船速度改变，则小船能被人追上的最大速度是多少？ 五、配对例10．设,1)(22xx x f +=计算)21()19991()20001(f f f S +++= )2000()2()1(f f f ++++ 。
例11．设正整数m 的不同正同数的个数为8)24(=N ，试确定和)1996()2()1(N N N +++ 是奇数还是偶数例12． 计算和式∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡100110123n n 六、赋值例13．在区间[]2,1内任意插入n 个分点，形成n1个子区间，子区间的两个端点分别是有理点、无理点称为好区间。
证明存在好区间且好区间的个数为奇数个。
例14． n 盒火柴摆成一圈，作如下调整：若连续相邻的4盒火柴根数之和为奇数，则从每盒中取出一根；否则每盒火柴加进一根火柴，如果每连续相邻4盒火柴均恰好作一次这样的调整后，n 盒火柴总根数不变，求证：n 是4的倍数。
拨开迷雾见阳光——一道联考试题结论的推广与本质
２ Ａ ２ ） 口 ｂ ， 两式相加化简得 ６ （ ＋Ａ １ ＋Ａ ２ ｃ ）
２
一
意到 Ｂ ｅ ＇＝
及 Ｅ Ｇ ＝Ａ ＋
由
ｃ
＝
ａ
ｙ Ｅ （ ｙ Ｅ＋Ａ ｌ ｙ 曾＋Ａ ２ ｙ ｃ ）＝（ １＋Ａ １＋Ａ ２ ） 口 ｂ ． 注 及 Ｅ Ｇ ＝Ａ ＋Ａ
组共线点： （ １ ） Ｆ ， Ｇ ， Ｊ ， Ｋ四点共线； （ ２ ） Ｅ ， Ｇ ， Ｌ ， Ｍ四
点共线； （ ３ ） Ｅ ， Ｆ ， 日， ，四点共线． 注： 由于定理 ４中的结果（ １ ） （ ２ ）文［ １ ］中已给
图３
线交 于 点 ， 则有 Ｅ， Ｆ， 日， Ｊ四
出部分 证 明 ， 不再 赘述． 限于篇 幅 ， 定 理 ４中 性 质 （ １ ） （ ２ ）可 否 用 类 似
Ｆ ， 日， ， 三点共线， 命题得证． 由定理 １ 、 ２ 、 ３得证 ， 可得 如 下定 理 ：
定理 ４ 圆锥 曲线 上 的 四点 Ａ， Ｂ， Ｃ， Ｄ构 成 了
一
口 ２ ） ， ｙ 。＝ ６ ２ ， 即点Ｅ满足方程 一
＝ｌ ， 易证
日， ， 在直线 一 百 Ｙ ａ Ｙ＝１ 上 则Ｅ ， Ｉ Ｉ ， ， 三点共线， 同
：，
意到Ｂ Ｇ ＇＝
由 ｃ＝
一 Ｇ 一
ｃ
１ ＋ Ａ１＋Ａ２
＝
’ 。 一
１ ＋Ａ１＋ Ａ ２
一 ｃ 一
Ａ１ Ｙ口 ＋ Ａ２ Ｙｃ １ ＋ Ａ１ ＋ Ａ２ ’ ｃ ＝ 一 １ ＋ Ａ１＋ Ａ２ Ａ１＋ Ａ２
可得 ） ， Ｇ Ｙ Ｅ＝ｐ （ ｘ ＋
，
理 Ｆ． 日பைடு நூலகம் ， 三 点共 线 ． 命题 得证．
一道物理竞赛试题的解法探析
一
ｆ ／ 可／ ｓ ≤８ ｓ ８ ≤ ｍ ｍ
，
ｌ ／ ≤ ≤ ２ ｓ 昔ｍ ｓ ｍ／
则导ｍ ｓ ／ ≤ ≤ ２ ｓ ｍ／
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 ，Ｌ Ｌ ：
与 Ｌ 相距 为 ８ ｍ， ￣ Ｌ 相距 为 １ ０ 每盏信 ｌ ０ Ｌ与 ｌ ２ ｍ， 号灯显示 绿色 的时 间 间 隔都 是 ２ ｓ 显 示 红 色 的 ０， 时间间 隔都 是 ４ ｓＬ ０ ， 与 Ｌ 同时显 示绿 色时 ， 。 ３ Ｌ 则 在 Ｌ 显示 红色经 历 １ ｓ 开始 显示 绿色 。 。 ０时 规定
之美 。
…
ｊｍ６ ２ 、 锹 ｆ 一０ 属于自然数） １ （ ６ ｏ ｍ 属丁目 ０ ： ｏ ＼ ＜ ｆ
３ ０ ６ｍ ０ Ｉ ０ｎ一 ４ ６ ０ 、 ３
－ — —
。。 。 。
解 ｆ一 ｌ ３｛：３｛一３ 得｛ ２｛＝ 一 ５ １ｆ ２ｆ ４ ｆ一 ｎ 研 ， ， 扎 ，ｒ ， ： 一
一
Ｖｏ１２ Ｎｏ ３ ６ ． ８ ． ７
（） Ｓ ４ ０１ ．２ ０ ．３６ ．
物
理
教
学
探
讨
第２ ８卷 总 第 ３ ６ ７ 期
２１ ０ ０年 第 ４期 （ 半 月） 上
（０ ６ ｋ一 ４ ） 、 … ； ０ Ｓ…
“ 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
一道联赛题的多视角思考
２ ）与半圆 ｙ ＝ 槡 上的点 Ｐ（ ０ １－ｘ ｘ， ｙ）所连直线 易知当 Ａ 斜率最大 ， Ａ Ｐ 的斜率 ， Ｐ 与半圆相切时 ， ， ， 此时 ， 由直角三角形 Ａ 中 Ｏ Ｐ Ｏ Ｐ ＝１Ｏ Ａ ＝ ２，
（ 上接第 ４ ７ 页） 故数列 ｛ 是递增数列 ， 即有ｎ ∈ Ｎ 且ｎ ≥ ２ ａ ｎ｝ ３ １ １ 从而所证不等式左 时， ａ × ３ ＝ ． ｎ ＞ａ １ ＝ ２ ２ ２ ７ 槡 边成立 ． 同理 ， 对所证不等式右边利用数列的递减性 可立刻获证 （ 请读者完成 ） ． 作为练习 ， 请读者完成下列两题 ： 求证 ： １． １ （ １） １ ） ３ （ ·…·（ １＋ ） １＋ １＋ ４． ＞槡 ｎ－２ １ ４ ３
π 由 ｘ＋２ ＞ ０ 知ｙ ≥ ０， 令 ｘ ＝ｓ ｉ ｎ － ≤θ θ（ ２
≤ ｏ ｓ π） θ ． ， 则ｙ ＝ ｃ ２ ｓ ｉ ｎ θ＋２ ｓ ｉ ｎ ｏ ｓ ｓ ｉ ｎ ｏ ｓ θ＋２ θ， θ－ｃ θ ＝－２ ｙ ｙ ＝ｃ ｙ ｙ，
２ （ １＋ｙ ｓ ｉ ｎ θ＋φ）＝－２ ｙ， 槡
ｘ ＋２ ｘ ′ ２ （ ， 上的动点 到原点连线的斜率 ， 易 ′ ′） １ Ｐ ｘ ′ ｙ ＝ ｙ
１ 又 ３， ２ 得ｙ 故０≤ｙ ≤ 槡 即ｆ（ 的值 ｘ） ｙ ≥０， ≤ ， ３ ３ ３］ 槡 域为 ［ ０， ． ３ 视角 ４ 着 眼 于 ｆ（ 借用导数 ｘ）的 单 调 性 ， 处理 ． （ 解法 ４ 导数法 ）首先 －１ ≤ ｘ ≤ １． 当 －１ ＜ ｘ ＜ １ 时 ， －ｘ ２ １－ｘ －槡 ２ １－ｘ 槡 ′（ ｘ）＝ ｆ ２ （ ） ｘ ＋２ ） ２ ｘ ＋１ －（ ． ＝ ２ ２ ） １－ｘ （ ｘ ＋２ 槡 （ ） · ｘ ＋２ 当 － １ ＜ ｘ ＜－ １ 时 ， ′（ ｘ）＞ ０， ｘ）在 ｆ ｆ（ ２ １ （ －１， － ）上递增 ； ２ １ 当 － １ ＜ｘ ＜１时 ， 在（ ′（ ｘ） ｘ） － ， ｆ ｆ（ ＜０， ２ ２ ） （ ） ， 又 ｆ ±１ ＝ ０ １ 上递减 ． ］ 时 ，［ ］ 所 以，当 ｘ ∈ ［ １ ｘ） － １， ｆ（ ｍ ａ ｘ ＝ － ｆ（ １） 槡 ３， ［ ］ ）＝ ０． 故０≤ ｘ） ＝ ±１ ｆ（ ｍ ｉ ｎ ＝ ｆ（ ２ ３
对一道数学竞赛试题的思考与推广共3页word资料
对一道数学竞赛试题思考与推广有一道常见数学竞赛试题：?原题已知x,y,z>0,求证：xy+2yz[]x?2+y?2+z?2≤5[]2.?剖析结合求证分式结构特点，通过对分母中与式进行适当拆分，进而运用均值不等式可使问题得到解决.?证明据均值不等式，得：x?2+1[]5y?2≥2[]5xy,4[]5y?2+z?2≥4[]5yz.二式叠加，可得：x?2+y?2+z?2≥2[]5(xy+2yz)，易知，命题得证.?变式1 （2019年第五届中国东南地区数学奥林匹克竞赛试题）求出最大正实数λ,使得对于满足x?2+y?2+?z?2=?1任何实数x,y,z成立不等式：|λxy+yz|≤5[]2.?剖析容易发现本题与原题有许多相似点，因而可结合原题解题思想进行研究.另外，需注意对绝对值号适当处理.?变式2 长方体ABCD-A?1B?1C?1D?1中，假设体对角线AC?1与棱AA?1,AB,AD夹角分别为α,β,γ，求:?cos?α?cos?β+?cos?β?cos?γ最大值及此时α,β,γ值.?剖析从本题式子可以看出，与原题分式分子式相似，另外结合长方体中有三角关系?cos?2?α+?cos?2?β+?cos?2?γ=1,进而可仿照原题进行求解.?推论1 若x,y,z,a,b>0,则有axy+byz[]x?2+y?2+z?2≤a?2+b?2[]2.?变式3 x?i>0,i=1,2,…,n,x?2?1+x?2?2+…+x?2?n=1,求?x?1(x?2+?x?3+…+x?n)最大值.?剖析根据题目中式子特点，很容易联想到?Cauchy?不等式与均值不等式，但若不能结合问题综合考虑，则会导致如下错误：?错解据均值不等式，得：x?1(x?2+…+x?n)≤x?1+(x?2+…+x?n)[]2?2=(x?1+x?2+…+x?n)?2[]4.?又由?Cauchy?不等式，有(x?1+x?2+…+x?n)?2≤n(x?2?1+?x?2?2+?…+x?2?n)=n,?从而，有x?1(x?2+…+x?n)≤n[]4.故x?1(x?2+…+x?n)?max=n[]4.?错因以上错解主要原因在于仅仅联想到两个不等式特点，而忽视了不等式中等号成立条件.?正解据均值不等式，得：1[]n-1x?2?1+x?2?2≥2[]n-1x?1x?2，…，1[]n-1x?2?1+x?2?n≥2[]n-1x?1x?n，不等式叠加，可得：?2[]n-1x?1(x?2+…+x?n)≤x?2?1+x?2?2+…x?2?n,即：x?1(x?2+…+x?n)≤n-1[]2,当且仅当1[]n-1x?2?1=x?2?2=x?2?3=…=x?2?n时取等号，结合x?2?1+x?2?2+…+x?2?n=1，可解得此时x?1=2[]2,x?2=x?3=…=x?n=2(n-1)[]2(n-1).故x?1(x?2+…+x?n)?max=n-1[]2.?推论2 若x?i∈R?+,i=1,2,…,n,则有?x?i(a?1x?1+…+ai-1?xi-1?+ai+1?xi+1?+…+a?nx?n)[]x?2?1+x?2?2+…+x?2?n≤?a?2?1+…+a?2 i-1?+a?2i+1?+…+a?2?n[]2.?变式4 若x?i∈R?+,i=1,2,3,4,5,试求（x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5最大值.?剖析若仅仅考虑对与式x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5进行拆分，显然很难奏效，可以考虑借助?Cauchy?不等式与均值不等式对其进行转化.只不过也很容易导致如下错误：?错解由均值不等式，得：(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)≤(x?1+x?2)+(x?3+x?4+x?5)[]2?2=(x?1+x?2+x?3+x?4+x?5)?2[]4.?又据?Cauchy?不等式，得：?(x?1+x?2+x?3+x?4+x?5)?2≤?5(x?2?1+?x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5)，从而(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)≤5[]4(x?2?1+x?2?2+?x?2?3+?x?2?4+x?2?5)，?即(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5≤5[]4.?故(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5最大值为5[]4.?错因类似于变式3，问题仍在于?Cauchy?不等式与均值不等式等号成立条件.可若把两个重要不等式反过来使用，则能实现解题目标.?正解据?Cauchy?不等式，得：(x?1+x?2)?2≤2(x?2?1+x?2?2),(x?3+x?4+x?5)?2≤3(x?2?3+x?2?4+x?2?5).两式相乘，可得：?（x?1+x?2)?2?(x?3+x?4+x?5)?2≤6（x?2?1+x?2?2)(x?2?3+x?2?4+x?2?5).?又由均值不等式，得：?(x?2?1+x?2?2)(x?2?3+x?2?4+x?2?5)≤(x?2?1+x?2?2)+(x?2?3+x?2?4+x?2?5)[]2?2，?从而有(x?1+x?2)?2(x?3+x?4+x?5)?2≤6(x?2?1+x?2?2)+(x?2?3+x?2?4+x?2?5)[]2?2,即：(x?1+x?2)(x?3+x?4+?x?5)≤?6[]2(x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5),故(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5≤6[]2，当且仅当x?1=x?2,x?3=x?4=x?5,x?2?1+x?2?2=x?2?3+x?2?4+x?2?5，?即?当x?1=?x?2=λ[]2,x?3=x?4=x?5=λ[]3,(λ>0)时，?(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5最大值为6[]2.?推论3 若x?i∈R?+,i=1,2,…，n,m∈N,m>1,则有?(x11?+…+x1i?1?）（x21?+…+x2i?2?)?…?（xm1?+…+xmi?m?)[]x?m?1+x?m+…+x?m?n≤(i?1i?2…i?m)1-1[]m?[]m.其中x11?+…+x1i?1?,x21?+…+x2i?2?,…，xm1?+…+xmi?m?是x?1+x?2+…+x?n一个分割.?证明据?H?lder?不等式，得：?x11?+…+x1i?1?≤(i?1)1-1[]m?(x?m11?+…+x?m1i?1?)?1[]m，?x21?+…+x2i?2?≤(i?2)1-1[]m?(x?m21?+…+x?m2i?2?)1[]m?,…,xm1?+…+xmi?m?≤(i?m) 1-1[]m?(x?mm1?+…+x?mmi?m?)?1[]m,?从而(x11?+…+x1i?1?)(x21?+…+x2i?2?)?…?（xm1?+…+xmi?m?)≤(i?1i?2…i?m)1-1[]m?［(x?m11?+…+x?m1i?1?）?…?（x?mm1?+…+x?mmi?m?)］?1[]m.?又由均值不等式，得：?(x?m11?+…+x?m1i?1?)?…?(x?mm1?+…+x?mmi?m?)?≤(x?m11?+…+x?m1i?1?）+…+(x?mm1?+…+x?mmi?m?)[]m?m?=x?m?1+x?m?2+…+x?m?n[]m?m.?进而(x11?+…+x1i?1?)(x21?+…+x2i?2?)?…?（xm1?+…+xmi?m?）≤(i?1i?2…i?m)1-1[]m?x?m?1+x?m?2+…+x?m?n[]m，?故(x11?+…+x1i?1?)(x21?+…+x2i?2?)?…?（xm1?+…+xmi?m?)[]x?m?1+x?m+…+x?m?n≤(i?1i?2…i?m)1-1[]m?[]m，当且仅当x11?=…=x1i?1?，…，xm1?=…=xmi?m?,x?m11?+…+x?m1i?1?=…=x?mm1?+…+x?mmi?m?,即当x11?=…=x1i?1?=λ[]i?1[]m1,x21?=…=x2i?2?=λ[]i?1[]m2,…,xm1?=…=x?min=λ[]i1[]m?m, (λ>0)时，推论3中等号成立.?推论4 若x?i,a?i∈R?+,i=1,2,…,n,m∈N,m>1，则有?（a11?x11?+…+a1i?1?x1i?1?)(a21?x21?+…+a2i?2?x2i?2?)?…?（am1?xm1?+…+ami?m?xmi?m?)[]x?m?1+x?m+…+x?m?n≤?a?m[]m-1?11?+…+a?m[]m-1?1i?1??…?am[]m-1m1?+…+a?m[]m-1mi?m?1-1[]m?[]m.其中a11?x11?+…+a1i?1?x1i?1?,a21?x21?+…+a2i?2?x2i?2?,…,am1?xm1?+…+ami?m?xmi?m?是a?1x?1+a?2x?2+…+a?nx?n一个分割.?注推论4与推论3证明过程相似，不再赘述.另外，推论4中等号成立充要条件是?xjk?=λa?1[]m-1?jk?[]am[]m-1?j1?+a?m[]m-1j2?+…+a?m[]m-1ji?j1[]m,j=1,2,…,m;k=1,2,…,i?j,(λ>0).希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：1、生气，就是拿别人的过错来惩罚自己。
一道联赛试题的多视角求解
一１ 求 导得
由０ ≤ｓ ｉ ｎ ≤１ ， 知ｙ ≥１ ．
ｙ ＋ 而 …号 。
Ｖ
当 ０ Ｅ 【 詈 ， 耵 ］ 时 ，
ｌ
＝ ——● 一 一
ｌ
ｓ ｉ ｎＯ ｌ—ｓ ｉ ｎ Ｏ
＝ —— —＿ ：一 ＝ 一
ｌ
２ ｘ＋
＋
≥２ ＋２ Ｉ ｘ Ｉ ＞ ０， ｔ
由 ≤ 一 １ 知０ ≤１ 一 专＜ １ ， 即
ｔ≤ ¨
视 角 ２ 合理换 元 意在 简化 解 法 ３ 显 然 函数 的定 义域 为 ｛ Ｉ ≥１或 ≤
一
√ ・ 一
１
‘
１ ｝ ， 不妨 设 ＝
Ｙ＝
ＣＯ Ｓ
， 则
＿１＿
腼
故
号 ＜ １ ＋ ／ ｉ 一 ，
ｓ ｉ ｎ Ｏ ｌ＋ ｓ ｉ ｎ Ｏ
解法 ２ 显然 函数 的定义 域 为 ｛ Ｉ ≥１或 ≤
一
Ｙ Ｃ Ｏ Ｓ ０ ＋— ｓ Ｏ ’— ｃ ｏ — ｓ Ｏ —Ｃ ｚ Ｏ Ｓ ｚ ０
ｃｏ
ｌ １ — 一 ｓ ｉ ｎ Ｏ， ，
１ ｝ ， 对 函数 Ｙ＝ ＋
一
１ ｝ ．当 ≥１时， 易 知 Ｙ＝ ＋
Ｙ＝ ２＋ √ ２— １ ＝
。 一１ 为增 函
数， 显然 ） ， ≥１ ； 当 ≤ 一１时 ，
（ ± ： ＝ ！ （ 二 ： 二 ！ ） 一
， ｃ～
＝
！
一
＝
＋
！
舸
值．
，
线 沿横 轴 方 向 向右 无 限 平 移 时，
１
＋∞ ， 故 Ｙ＞
ｆ ＝ 等
七年级数学竞赛题思考方式
七年级数学竞赛题思考方式
1.
充分理解题目：仔细阅读题目，弄清楚题目的要求，把握题目的关键点，明确解题的思路。
2.
分析问题：根据题目的要求，分析问题，把握问题的解决思路，把问题分解成若干个小问题，从而更好地解决问题。
3.
找出解题方法：根据问题的特点，找出解题的方法，如果是数学竞赛题，可以使用数学方法，如果是逻辑思维题，可以使用逻辑思维方法，如果是综合题，可以综合运用数学和逻辑思维方法。
4.
运用知识：根据解题方法，运用所学知识，如果是数学竞赛题，可以运用数学公式，如果是逻辑思维题，可以运用逻辑思维技巧，如果是综合题，可以综合运用数学和逻辑思维技巧。
5.
检查结果：检查解题结果，确保解题结果正确，如果有错误，及时发现并纠正。
从竞赛题到2013年高考题的分析与教学反思
从竞赛题到2013年高考题的分析与教学反思随着高考改革的不断深入推进，考试的内容和形式也在不断变化。
在高考复习备考的过程中，对历年真题的分析和反思是非常重要的。
本文将从竞赛题到2013年高考题的分析与教学反思进行探讨，以帮助考生更好地应对高考。
一、竞赛题与高考题的特点比较竞赛题是指各类学科的竞赛中所出的试题，通常在难度上会高于高考题。
与竞赛题相比，高考题更加贴近教学大纲，内容更加全面、综合，注重考查学生的综合应用能力和解决问题的能力。
因此，我们不能仅仅依靠竞赛题来备考，还需要结合高考题进行分析和反思。
二、2013年高考题的分析2013年高考是新课标实施后的首个高考，考试内容和形式与之前有所不同。
下面我们以数学科目为例，对2013年高考数学题进行分析。
1.命题思路的变化在2013年高考数学试题中，命题思路更加贴近实际生活和实际问题，减少了抽象概念的考察，更注重学生的逻辑思维和解决问题的能力。
2.题目难度的适度增加与以往高考数学试题相比，2013年的高考试题在难度上适度增加，增加了对基础知识和解题思路的考查，以测试学生对知识的掌握和应用的能力。
3.考查形式的多样化2013年高考数学试题不仅题目类型更多样化，还增加了与实际生活相关的应用题，如购房问题、旅游线路问题等。
这要求考生具备较强的运算和解决实际问题的能力。
三、对2013年高考题的教学反思针对2013年高考试题的特点，我们可以从以下几个方面进行教学反思。
1.注重基础知识的夯实2013年高考试题对基础知识的考查更加突出，因此在教学中应注重基础知识的夯实。
只有建立起扎实的基础，才能更好地应对考试。
2.提高解决问题的能力2013年高考试题注重考查学生的解决问题的能力，因此在教学中应培养学生的逻辑思维和问题解决能力。
通过让学生参与实际问题的解决，鼓励他们灵活运用所学知识，提高解决问题的能力。
3.加强综合应用能力的培养与竞赛题相比，高考试题更加强调学生的综合应用能力，因此在教学中应注重培养学生的综合应用能力。
对一道试题的探究与推广
对一道试题的探究与推广——从解一道教学技能大赛试题所想到的山东宁阳第一中学 （271400 ） 刘才华试题1：如图1，在椭圆1422=+y x 中，点A ,B 为长轴顶点，C 为短轴顶点.点P 为不同于椭圆顶点的动点，直线AC 与PB 相交于点M ,直线CP 与x 轴相交于点N .通过探究，发现直线MN 与PB 斜率间具有某种定值关系.据此，编拟一道适合高考考生的解析几何试题，第1问求椭圆方程，第2问证明直线MN 与PB 斜率间具有某种定值关系，并给出参考解答和评分标准.这是一道2013年12月份泰安市高三教学技能大赛试题，整份试题分为解题、析题和命题三部分，该题属于命题部分的一道试题.对于上述试题第1问，容易编拟.但对于试题第2问，由于我们才疏学浅，第1次碰到，探究和计算时走了不少弯路（对于第1次碰到该题的人，应该都有同样的感觉，因为定值关系式并非简单的加减乘除，探究证明方向不是非常明显）.后来我们从相关的图书资料和网络上找到该题出自于2013年江西文科高考试题（原题是证明题，做题时有证明方向），也不知是否有与该题相关的推广结果.正是基于此，如何获得结论？我们需要探究，需要推理论证.解析几何中的运算,通常涉及到多个字母,过程往往较为复杂，不仅要有较高的逻辑思维能力,还要具有良好的运算求解和整理化简能力，这是解答解析几何问题必须具备的基本素质. 第1问求椭圆方程，编拟有多种方法，入手较宽，可以从椭圆定义，几何性质，面积，特殊弦长，最值等角度命题，读者可以自行探究.编拟试题第2问可以设点表示斜率，也可以设斜率表示点，再结合条件进行探究，或者有更好的途径，读者也可自行探究.这里我们选择设点表示斜率的途径. 看看上述直线MN 与PB 的斜率如何求得?其斜率间有何定值关系？命制第2问的探究思维流程：第1步：设出点P 的坐标，求直线PB 的斜率k PB ；第2步：求直线MN 的斜率k MN .其中包含：①求出直线AC 和PB 的方程，联立方程组得到点M 的坐标；②求出直线PC 的方程，进而求出点N 的坐标；③求出直线MN 的斜率k MN ；第3步：计算整理得到直线MN 与PB 的斜率间的关系式212=-k k PB MN .（当然也可以通过其它途径探究）.前2步对于大多数解题者来说如“轻车熟路”，但到了第3步，便会感到“山穷水复疑无路”，探究之路“戛然而止”.这时不要盲目进行计算，需要有敏锐的洞察力和数学素养.如何 得到直线MN 与PB 的斜率间的关系？注意到点P 的坐标满足椭圆的方程，这样一来，将点P的坐标用k MN 与k PB 表示代入椭圆方程1422=+y x 并化简整理得到关系式212=-k k PB MN ，这恰好体现了化归思想和方程思想在计算中的具体应用.通过上述思路分析，我们可以编拟如下试题2：如图1，在椭圆)0(12222>>=+b a bya x 中，点A ,B 为长轴顶点，C 为短轴顶点.已知椭圆的离心率为23，2=∆sABC.（Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若点P 为不同于椭圆顶点的动点，直线AC 与PB 相交于点M ,直线CP 与x 轴相交于点N .求证：212=-k k PB MN .解答：(Ⅰ) 椭圆的方程为1422=+y x （过程从略）.(Ⅱ)设点)1,2)(,(0000±≠±≠y x y x P ，)0,2(-A ，)0,2(B ，)1,0(C . 直线AC 的方程为121+=x y ，直线PB 的斜率为200-=x y k PB ，其方程为)2(200--=x y x y.联立方程组解得点M 的坐标为M )2,24(0000024242+-+--+xy yx yy x .直线PC 的方程为110+-=x y xy ，令0=y 得点N 的坐标为N )0,(10y x -.注意到14202=+yx ，于是直线MN 的斜率2148)1(424400020200-+-=-+---=--=y x y yy x y x y y xxy y kNMNM MN.再结合14202=+yx 得=-k k PB MN 2--+-22220y x y 20-x y =44442222000020020000+--++---y x y x x y y x y x = 2184444222202200=+---+---yy x y x y y x yx .故212=-k k PB MN .由上述试题，我们进一步探究，对于一般的椭圆)0(12222>>=+b a bya x ，是否有相应的结论？通过探究，我们得到如下命题1：如图1，在椭圆)0(12222>>=+b a bya x 中，点P 为不同于椭圆顶点的动点，直线AC 与PB 相交于点M ,直线CP 与x 轴相交于点N .求证：a b k k PB MN =-2.证明：设)sin ,cos (θθb a P ，且不同于椭圆顶点，)0,(a A -，)0,(a B ，),0(b C .直线AC 的方程为b x a b y +=，直线PB 的斜率为=k PB 2tancos sin θθθa b a a b -=-，其方程为)(2tan a x a by --=θ.联立解得点M 的坐标为M )2tan 12,2tan 12tan1(b a θθθ++-. 直线PC 的方程为b x a b y +-=θθcos )1(sin ，令0=y 得点N 的坐标为N )0,sin 1cos (a θθ-=)0,2tan12tan1(a N θθ-+. 于是有斜率公式并化简得直线MN 的斜率2tan2)12(tanθθa b xx yy k NNNM MN -=--=.从而=-k k PB MN 2--2tan)12(tanθθa b )2tan(θb a -=ab .命题1得证. 命题2：如图1，在椭圆)0(12222>>=+b a bya x 中，点P 为不同于椭圆顶点的动点，直线AC 与PB 相交于点M ,直线CP 与x 轴相交于点N .求证：a b ka b k PAMN=+222.证明：由命题1证明过程得2tan2)12(tanθθa b xx y y k NNNM MN -=--=.直线PA 的斜率a a b k PA +=θθcos sin =2tan θa b ，于是k a b k PA MN 222+=2tan)12(tanθθa b -+)2tan (θa b a b =.命题2得证.命题3：如图1，在椭圆)0(12222>>=+b a bya x 中，点P 为不同于椭圆顶点的动点，直线AC 与PB 相交于点M ,直线CP 与x 轴相交于点N .求证：-kMN1b a kPC=1.证明：由命题1证明过程得2tan2)12(tanθθa b xx y y k NNNM MN -=--=.直线PC 的斜率θθcos )1(sin a b -=)12(tan)12(tan +-θθa b . 所以-kMN1=kPC1ba b a b a =-+--)12(tan )12(tan)12(tan 2tan2θθθθ.命题3得证.三、新的问题继续探究，我们提出如下两个新问题，供读者研究自行解决.问题1：如图2，对于椭圆)0(12222>>=+b a bya x ，点A 和B 为短轴顶点，C 为长轴顶点，点P 为不同于椭圆顶点的动点，直线AC 与PB 相交于点M ,直线图2CP与y轴相交于点N.直线MN与PB斜率间是否具有某种定值关系？直线MN直线和PA，直线MN直线和PC是否有相应的结论？想比问题1应该有如同3个命题的优美结论.问题2：对于双曲线有没有类似结论？。
对一道试题的探究与推广
■ 柏 庆 军
前 段 时 间 高 年 级 进 行 了 联 考 ， 数学 卷第 １ ４题 颇 有 意 否 成 立 呢 ？ 问题 就 在 于 椭 圆 与 双 曲 线 中 有 ｎ ， 而 在 抛 物 线 中
义， 我 们 知 道 如 果 在 平 时 的 教 学 和 学 习 过 程 中 能 感 知 问 题 的
（ 一 ＆ － ９ － １ ］ ， ．
、 ｌ ２ 问题 ４ ： 已知 双 曲 线 Ｃ： 一 一１ （ “ ＞０ ， ｂ ＞Ｏ ） ， 离 心 率
，
丫 匕
法二
：
由联 想 可 知 ｅ ｘ ＠ａ类 似 于 焦 半 径 公 式 ．
设左焦点为Ｆ， 连接； 则Ｅ Ｆ —ｅ ３ ３ Ｅ ＋“ 一ｙ 作Ｅ Ｈ￣ ＿ ｘ轴 ，
图 １
无 多大意义
但 关 键 在 于 通 过 类 比推 广
代 人 直 线 方 程 得 一 等 （ 实 质 为 半 通 径 ） ．
作 Ｅ Ｆ＿ Ｌ 轴 交 轴 于 点 Ｆ， 由Ａ Ｅ—ｅ ＡＢ 与 ／ Ｘ ＡＥ Ｆｏ ｏ
培 养 探 索 能 力 ．
图 ３
在椭 圆与双 曲线 中由焦半 径公式 可知 ， 不仅 有 Ｐ ＋“ｉ ｆ ＿ —
△Ａ Ｂ ｌ ０ 可得Ｅ Ｆ — 一 ｆ ．
所以 ｃ 一 即ｅ ：Ｖ ￣ － －１
．
有ｅ ． Ｔ －（ ２ 和 一 ｘ － － ａ 等等， 故又有以 下两个问题： 甲 问题 ３ ： 已知椭圆ｃ ： ２ Ｚ ＂ ＋ 一 “ ＞ ＞。 ， 离心率为 ， 掌
．
我 们 知 道 圆 锥 曲线 中 ， 椭 网、 双曲线与抛 物线 地位一样 ，
是 否 依 旧成 立 ？则 有 如 下 探 究 ：
一道预赛题的“简解”与“反思”
（ ＋ｂ ） 一６、６ 一（ ｂ一口 ）’
二
二
ｎ ）＝ 因为 ０＜０＜ｂ ， 所以
２
一
．
亦即
故
～ ， ／ ２ Ｖｂ － ， ￣ － ＜ ， ／ ￣ － 巫 Ｊ ｂ － ａ
—
。
＞２
，
丽
一 ＜ 一
，
从 而ｆ （ ａ ）＜ ０ ， 故 口 ） 在 （一０ ０， ｂ ） 上 单调递减 ．
解 法 ６ 设 ａ ） ＝
＋
一 ２ ， 则
８ １ ５ ４ ５ Ｘ
２ ０ １ ５
， － ，
００ ４
０ ＝ ３ 一 ）＋ ， （ ３ 一 ＋１ ）＋… ＋ ３ 一１ ）＝（ ２ 一１ ）・ ４ 一 ．
解法 ２ 因为无论 取 多少 纸 牌 、 取 哪 些纸牌 ， 这 些 纸牌 的标 数和都 不 会超 过 Ｊ ｓ且每 张 纸牌 不 同， 所以
牌的标数总和记为 ｓ ． 对于给定 的正整数 凡 ， 若能从盒中取出若干张牌 ， 使其标数之和恰为 ｎ ， 便 称为一种 取 牌ｎ 一 方案 ， 不 同的 ｎ 一 方案种 数 记为 凡 ） ． 试 求 １ ）＋ 厂 （ ２ ）＋… ＋ Ｉ 厂 （ Ｌ ｓ ） 之值 ．
一道联考题的解法探讨和拓展研究
一道联考题的解法探讨和拓展研究黄尚鹏(湖北省监利市实验高级中学ꎬ湖北监利４３３３００)摘㊀要:本文对２０２１年１２月湖北省荆州市六县市高三联考的一道选择题进行了改编ꎬ运用三种方法求解并进行拓展研究ꎬ通过一题多解和拓展分析ꎬ开阔学生思路ꎬ训练学生思维ꎬ使他们能更好地理解和掌握相关的物理知识ꎬ从而达到灵活解题的目的.关键词:临界加速度ꎻ相对加速度ꎻ非惯性系ꎻ惯性力ꎻ简谐运动ꎻ振动方程中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－０１２１－０３收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:黄尚鹏(１９８２.１０－)ꎬ男ꎬ湖北省监利人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中物理教学研究.㊀㊀题目呈现㊀(２０２１年１２月湖北省荆州市六县市高三联考选择题改编)如图１所示ꎬ倾角为３０ʎ㊁质量为ｍ的斜面体置于水平面上ꎬ轻弹簧的上端固定在斜面体的顶端ꎬ下端拴一质量为ｍᶄ＝１３ｍ的小球ꎬ整个系统静止时弹簧与斜面平行.现让系统在水平恒力Ｆ的作用下以加速度ａ＝３３ｇ水平向左做匀加速直线运动ꎬ不计一切摩擦和空气阻力ꎬ已知重力加速度大小为ｇ.若突然撤去力Ｆꎬ在撤去力Ｆ的瞬间ꎬ求(１)小球对斜面的压力大小ꎻ(２)水平面对斜面的支持力大小ꎻ(３)斜面体的加速度大小ꎻ图１㊀例题图１对原题的分析与解答首先判断系统在水平恒力Ｆ的作用下小球没有脱离斜面.有恒力Ｆ作用时ꎬ弹簧弹力和支持力分别是１３ｍｇꎬ３９ｍｇ撤去力Ｆ的瞬间ꎬ弹簧的弹力不能突变ꎬ但斜面对小球的支持力会发生突变ꎬ设斜面对小球的支持力变为ＦᶄＮꎬ下面我们用三种方法求解此题.图２㊀斜面与小球加速度方向如图２所示ꎬ设斜面的加速度为ａᶄꎬ水平向右为正方向ꎬ小球相对斜面的加速度为ａ相ꎬ沿斜面向上为正方向.方法一㊀根据小球和斜面在垂直于斜面方向的加速度分量相等求解水平面对斜面的支持力大小为５６３９ｍｇ方法二㊀用加速度矢量图求解如图３所示ꎬ画加速度矢量图ꎬ根据绝对加速度１２１图３㊀加速度矢量图㊀㊀㊀㊀㊀图４㊀小球受力分析图＝相对加速度＋牵连加速度ꎬ得小球的加速度ａ０＝ａ相＋ａᶄꎬ再对小球的加速度沿水平方向和竖直方向正交分解ꎬ得ａ０＝ａｘ＋ａｙ根据加速度矢量图ꎬ由几何关系ꎬ得ｔａｎ３０ʎ＝ａｙａｘ＋ａᶄ①对斜面受力分析ꎬ由牛顿第二定律ꎬ得沿水平方向:ｋｘｃｏｓ３０ʎ－ＦᶄＮｓｉｎ３０ʎ＝ｍａᶄ②对小球受力分析如图４所示ꎬ沿水平方向和竖直方向正交分解ꎬ由牛顿第二定律ꎬ得沿水平方向:ｋｘｃｏｓ３０ʎ－ＦᶄＮｓｉｎ３０ʎ＝ｍᶄａｘ③沿竖直方向:ｋｘｓｉｎ３０ʎ＋ＦᶄＮｃｏｓ３０ʎ－ｍᶄｇ＝ｍᶄａｙ④联立①②③④ꎬ解得ＦᶄＮ＝７３９３ｍｇꎬａᶄ＝３１３ｇꎬａｘ＝３３１３ｇꎬａｙ＝４１３ｇ小球的加速度大小为ａ０＝ａ２ｘ＋ａ２ｙ＝４３１３ｇ对系统沿竖直方向由牛顿第二定律ꎬ得ＦＮ地－(ｍ＋ｍᶄ)ｇ＝ｍᶄａｙꎬ解得ＦＮ地＝５６３９ｍｇ方法三㊀用非惯性系和惯性力求解图５㊀小球加速度正交分解㊀㊀㊀图６㊀小球受力分析图如图５所示ꎬ小球的加速度是ａ相和ａᶄ的合成ꎬ沿水平方向和竖直方向正交分解ꎬ得以向左为正方向ꎬ小球的水平方向加速度为ａｘ＝ａ相ｃｏｓ３０ʎ－ａᶄ①以向上为正方向ꎬ小球的竖直方向加速度为ａｙ＝ａ相ｓｉｎ３０ʎ②系统在水平方向合外力为零ꎬ由牛顿第二定律ꎬ得㊀ｍᶄａｘ＝ｍａᶄ③在斜面参照系(非惯性系)中研究小球的运动ꎬ在非惯性系中应用牛顿第二定律研究物体的运动时ꎬ物体除受真实力作用外还受惯性力作用ꎬ对小球受力分析如图６所示ꎬ惯性力ｆ的方向与斜面的加速度ａᶄ的方向相反ꎬ惯性力ｆ的大小为ｆ＝ｍᶄａᶄ④对小球沿斜面方向ꎬ由牛顿第二定律ꎬ得ｋｘ＋ｆｃｏｓ３０ʎ－ｍᶄｇｓｉｎ３０ʎ＝ｍᶄａ相⑤垂直于斜面方向ꎬ由平衡条件ꎬ得ＦᶄＮ＝ｍᶄｇｃｏｓ３０ʎ＋ｆｓｉｎ３０ʎ⑥联立①②③④⑤⑥解得ａ相＝８１３ｇꎬａᶄ＝３１３ｇꎬｆ＝３３９ｍｇꎬＦᶄＮ＝７３９３ｍｇꎬａｘ＝３３１３ｇꎬａｙ＝４１３ｇ小球的加速度大小为ａ０＝ａ２ｘ＋ａ２ｙ＝４３１３ｇ显然ꎬ以上三种解法得出的答案完全相同!点评㊀本题是２０２１年１２月湖北省荆州市六县市高三联考的一道选择题ꎬ原选择题中命题者加了一个附加条件:撤去力Ｆ的瞬间ꎬ假设斜面对小球的支持力不变.通过本文的分析与解答可知这个附加条件是错误的ꎬ故原题具有科学性错误ꎬ导致没有正确选项ꎬ但本题去掉这个附加条件后虽然可以求解ꎬ但难度很大.在本文给出的三种解法中ꎬ严格来说ꎬ只有方法一是高考范围内的解法ꎬ方法二和方法三是竞赛解法ꎬ因此本题对原题改编后是一道非常不错的竞赛题.方法一巧妙抓住 小球和斜面在垂直于斜面方向的加速度分量相等这一特征求解ꎬ属于特殊快捷解法ꎬ要求考生要有敏锐的洞察力ꎬ一般考生难以想到ꎻ方法二巧妙利用加速度矢量图建立小球的加速度分量和斜面的加速度之间的关系ꎬ２２１增加了方程个数ꎬ从而使问题顺利解决ꎬ属于竞赛中的常规解法ꎻ方法三巧妙选斜面为参照系ꎬ灵活运用相对运动加速度合成规律ꎬ并在非惯性系中引入惯性力求解ꎬ属于高观点解法.虽然用非惯性的观点能使某些复杂的动力学问题简化ꎬ从而可以比较圆满地解决一些问题ꎬ但要特别注意ꎬ在非惯性系中引入的惯性力与真实力不同ꎬ惯性力不是物体与物体间的相互作用ꎬ它没有施力物体ꎬ因而也没有反作用力ꎬ惯性力是为了解决问题的方便而人为地引入的假想的力.２对原题的拓展研究拓展㊀在撤去力Ｆ后ꎬ试求ｔ时刻弹簧的伸长量ｘ(ｔ)和斜面体向右的加速度ａᶄ(ｔ).分析与解答㊀接方法三ꎬ由①③ꎬ得ａᶄ＝３８ａ相ꎬ故惯性力ｆ＝３２４ｍａ相ꎬ将其代入⑤ꎬ且视弹簧的伸长量ｘ为变量ꎬ得１３４８ｍａ相＝ｋｘ－ｍᶄｇｓｉｎ３０ʎ＝ｋ(ｘ－ｍᶄｇｓｉｎ３０ʎｋ)令ｍᶄｇｓｉｎ３０ʎｋ＝ｍｇ６ｋ＝ｘ０ꎬ显然ꎬ当ｘ＝ｘ０时ꎬａ相＝０ꎬ故ｘ＝ｘ０是平衡位置.再令Ｘ＝ｘ－ｘ０ꎬＸ即为偏离平衡位置的位移(注意:ａ相与Ｘ方向相反)则有ａ相＝４８ｋ１３ｍＸꎬ说明ａ相与偏离平衡位置的位移Ｘ的大小成正比ꎬ且ａ相与Ｘ方向相反ꎬ故小球相对斜面做简谐运动.对照简谐运动的运动学方程ａ＝ｋｍｘ＝ω２ｘꎬω是简谐振动的圆频率ꎬ得小球相对斜面做简谐运动的圆频率ω＝４８ｋ１３ｍ撤去力Ｆ的瞬间ꎬ即ｔ＝０时刻ꎬｖ相＝０ꎬｋｘ＝１３ｍｇꎬ而ｋｘ０＝１６ｍｇꎬ故此时刻小球在振动的最大正位移处ꎬ因此振动的振幅为Ａ＝ｘ－ｘ０＝ｍｇ６ｋ小球相对斜面的振动方程为Ｘ＝Ａｃｏｓωｔ＝ｍｇ６ｋｃｏｓ４８ｋ１３ｍｔꎬ则ａ相＝８１３ｇｃｏｓ４８ｋ１３ｍｔ故ｔ时刻弹簧的伸长量ｘ(ｔ)＝ｘ０＋Ｘ＝ｍｇ６ｋ(１＋ｃｏｓ４８ｋ１３ｍｔ)⑦斜面体向右的加速度ａᶄ(ｔ)＝３８ａ相＝３１３ｇｃｏｓ４８ｋ１３ｍｔ⑧由⑦可知ꎬ弹簧的原长位置是小球振动的最大负位移处ꎬ故弹簧一直处于伸长状态[１].由⑧可知ꎬａᶄ＝３１３ｇ是斜面体运动的最大加速度.点评㊀拓展部分我们巧妙选斜面(非惯性系)为参照系ꎬ论证得出小球相对斜面做简谐运动ꎬ从而使问题顺利解决.简谐运动是一种很重要的物理模型ꎬ在中学物理竞赛中有极其广泛的应用.建立简谐运动模型ꎬ我们不但可以计算振动的周期或频率ꎬ而且还可以求解物体的运动规律.３结束语综上ꎬ运用 建立简谐运动模型求解物体的运动规律 这一重要方法解决问题的关键是论证物体做简谐运动ꎬ解决问题的基础是确定物体振动的平衡位置㊁振幅和角频率并能根据初始条件正确书写振动方程[２].运用这种方法不仅丰富了处理物理问题的手段ꎬ拓展了我们的思维ꎬ还为高中阶段的后续学习奠定了思维基础.因此ꎬ对于参加物理竞赛的学生ꎬ应当深刻领会这一方法并能熟练应用.参考文献:[１]黄尚鹏.建立简谐运动模型ꎬ探讨物体运动规律[Ｊ].高中数理化ꎬ２０１１(１２):３７－４０.[２]张大同.高中物理竞赛辅导[Ｍ].西安:陕西师范大学出版社ꎬ２０００.[责任编辑:李㊀璟]３２１。
从一道赛题谈多思善想
从一道赛题谈多思善想
李长明
【期刊名称】《贵州教育学院学报》
【年(卷),期】2000(011)002
【摘要】以1998年全国初中数学竞赛的一道几何题为例，较为深入且又具体地介绍了一下解题后的三思：优化、新法、推广，作为多思善想的一种体现。
【总页数】9页(P53-61)
【作者】李长明
【作者单位】贵州教育学院，贵州贵阳550003
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
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对一道竞赛试题的思考
杨广亮
(高新区枫杨街 郑州外国语学校 河南 郑州 450001）
题目 设ABC ∆为锐角三角形，M ，N ，P 分别是ABC ∆的重心G 向边AB ，BC ，
CA 所作垂线的垂足. 证明：
4
1274≤<∆∆ABC MNP S S （第16届巴尔干地区数学奥林匹克）]1[ 我们知道，“重心”、“内心”“垂心”是三角形的三个比较特殊的点，在各类竞赛试题中对三心的考查也是屡见不鲜的，这里，笔者通过类比发现，将试题中的“重心”改为“内心”、“垂心”后，仍有类似的面积问题值得我们探究.同时我将给出在同一锐角三角形中，由三心向各边做垂线所形成的垂足三角形面积大小关系.
命题1 设ABC ∆为任意三角形，M ，N ，P 分别是ABC ∆的内心G 向边AB ，BC ，
CA 所作垂线的垂足. 证明：
4
1
≤∆∆ABC MNP S S 引理
]
2[ 若()x f y =是区间()b a ，上的上凸函数，1x ，2x ，…, ()b a x n ，∈,则
()()()⎪⎭
⎫
⎝⎛++≤++n x x x f n x f x f x f n n 2121
当且仅当n x x x ==21时上式等号成立.
证明：如图1，设BC ，CA ，AB 长分别为a ，b ，c ，内切圆半径为r ，则r GP GN GM ===，记()c b a p ++=2
1
， ABC ∆的面积为S . 即有
()()()c p b p a p p r p S ---=⋅=…①，
而
A MGP ∠-=∠π，
B MGN ∠-=∠π，
C NGP ∠-=∠π，
…②
将①带入②有
图1
()C B A r C r r B r r A r r S S S S NGP MGN MGP MNP sin sin sin 2
1sin 2
1
sin 21sin 212
++⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=++=∆∆∆∆()()()a
A
p
c p b p a p S
S MNP
sin ⋅---=∆()()a A r c b a C B A r c b a r C B A r S
S MNP
sin sin sin sin 2
1sin sin sin 212
⋅
=++++⋅=++⋅⋅++⋅⋅=∆
由三角形和差化积公式和倍角公式化简得
又在ABC ∆中， 有
2A ，2B ，2C ⎪⎭
⎫ ⎝⎛∈20π， 从而 3
3
2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin ⎪⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛
++≤⋅⋅C B A C B A ， 当且仅当C B A ==时上式等号成立. 已知
2A ，2B ，2C ⎪⎭⎫ ⎝⎛∈20π，，而()x x f sin =在⎪⎭
⎫
⎝⎛20π，上为上凸函数， 由引理知
2
13222sin 32sin 2sin 2sin
=⎪⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛++≤++C B A C B A ， 此处也是当且仅当C B A ==时上式等号成立.
从而
上式两处等号同时成立的条件是当且仅当C B A ==时，即ABC ∆为等边三角形时.
命题2 设ABC ∆为锐角三角形，G 为ABC ∆的垂心，M ，N ，P 分别为AB ，BC ，
CA 边的垂足. 证明：
4
1
≤∆∆ABC MNP S S
证明:如图2，MNP ∆为ABC ∆垂足三角形，可证得
C B A S S ABC
MNP
cos cos cos 2=∆∆]
3[
后面求范围过程类似于命题2，可证明8
1
cos cos cos ≤C B A ，读者可试着证明.
()()()C B A A C B B C A C B A sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin 21++-+-+-+=2
sin
2sin 2sin 2C
B A S S MNP ⋅⋅=∆4132sin 2sin 2sin 22sin 2sin 2sin 23
≤⎪
⎪⎪⎪⎭⎫
⎝⎛++⋅≤⋅⋅=∆C
B A
C B A S S MNP 图2
面积关系
在锐角三角形ABC ∆中，我们把由垂心，内心，重心向三边作垂线形成
的垂足三角形依次记为1S ，2S ，3S .则321S S S ≤≤
证明：已知]
4[21S S ≤ 下面仅证32S S ≤
在ABC ∆中 易证
2
sin 2sin 2sin
41cos cos cos C B A C B A ⋅⋅+=++ 由[1]知 ()
ABC S C
B A S ⋅++=
9
sin sin sin
222
3
， 又有 ABC S C B A S ⋅⋅⋅=2sin 2sin 2sin 22
从而只需证
()C
B A C
B A S
C B A S C B A S S ABC
ABC 22222232sin sin sin 2sin
2sin 2sin 189
sin sin sin 2sin 2sin 2sin
2++⋅⋅=⋅++⋅⋅⋅=
()
1cos cos cos 341cos cos cos 18222≤++-⎪
⎭⎫ ⎝
⎛-++=C
B A
C B A 也即证
()()
15cos cos cos 2cos cos cos 9222≤+++++C B A C B A
此即转化为在条件π=++C B A ，且A ，B ，C ⎪⎭
⎫
⎝
⎛∈20π，下，求函数
()()()
C B A C B A C B A F 222c o s c o s c o s 2c o s c o s c o s 9+++++=，，的最大值问题.
设
()()()
()
πλλ-++++++++=C B A C B A C B A C B A L 222cos cos cos 2cos cos cos 9，，，得方程组
⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪
⎪⎨
⎧=-++=∂∂=+--=∂∂=+--=∂∂=+--=∂∂.002sin 2sin 902sin 2sin 902sin 2sin 9πλ
λλλC B A L C C C L B B B
L A A A L
，，， 易知
C C B B A A 2sin 2sin 92sin 2sin 92sin 2sin 9+=+=+ …※
令()x x x g 2sin 2sin 9+=，
则()32209169cos 82cos 4cos 92
-
⎪⎭⎫ ⎝
⎛+=+=x x x x g ‘
，其中，⎪⎭⎫ ⎝⎛∈20π，x . 当16
9209cos 0-=
x 时，()00=x g ‘
，其中，230ππ<<x ，
在()00x x ，∈上，()00>x g ‘
，()x g 单调递增；在⎪⎭
⎫
⎝
⎛
∈20π，x x 上，()00<x g ‘，()x g 单
调递减.
从而若 ()()()321x g x g x g ==，则1x ，2x ，3x 中至少有两个相等. 由※知()()()C g B g A g ==，若只有两个相等，不妨设B A = 则 ()C B B A sin 2sin sin ==+
从而
C C B B 2sin 2sin 92sin 2sin 9+=+
92
sin 222sin 163=+-C
C ，
令2
sin C t =， ()t t t 22163+-=ϕ， 则()22482
'+-=t t ϕ
（ⅰ）当C B A <=时，知
2
3
π
π
<
<C ，故⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∈2221，
t ， 当24110=t 时，()00'=t ϕ，易求得()⎪⎭
⎫
⎝⎛∈27,26629，t ϕ，从而与9
2sin 222sin 163=+-C C 矛盾.
（ⅱ）当B A C =<时，知3
0π
<<C ，故⎪⎭
⎫ ⎝⎛
∈210，t ，
易求得()()90，∈t ϕ，也与92
sin 222sin
163
=+-C
C 矛盾. 从而由（ⅰ），（ⅱ）知，必有C B A ==.
也即通过解方程组我们得到唯一一个稳定点⎪⎭
⎫
⎝⎛333πππ，，，而这个稳定点处的值15即是我们所求()C B A F ，，的最大值，从而到此问题得证，有32S S ≤成立.
参考文献
[1]周沛耕 王博程. 数学奥林匹克标准教材[M].北京教育出版社文津出版社.P484 [2]魏大宽. 凸函数的性质及应用[J].零陵师专学报.1996
[3]曾仪. 垂足三角形周长和面积的简证[J].中学数学月刊.2007
[4]赵心敬 焦和平.三角形的内接三角形面积的不等式链[J].数学通报1996。