《数学教学》第1162号问题的探究.pdf

44中学数学研究2024 年第 2 期(上半月刊)数学教学 第 1162 号问题的探究安徽省寿县第一中学(232200)梁昌金摘要本文对 数学教学 2022 年第 10 期问题 1162 进行探究,加强其结论,最后类比给出几个类似问题.关键词 探究;加强;类比;类似数学教学 2022 年第 10 期“数学问题与解答”第 1162号问题1为:在 ABC 中,BC=a,CA=b,AB=c,求证:2(a2cosA+b2cosB+c2cosC)6 ab+bc+ca.该不等式简洁、优美,只涉及到三角形的基本元素.本文对结论进行加强,并进行类似结论的探究,与大家分享.1 问题的加强记x=x+y+z 表示循环求和.由面积公式S=12absinC=12bcsinA=12casinB,及常见三角不等式cscA 23,得ab+bc+ca=2SsinA+2SsinB+2SsinC=2ScscA 43S.笔者尝试加强第 1162 号问题,得到:命题 1 在 ABC 中,有a2cosA+b2cosB+c2cosC 6 23S.为了证明该命题,先给出以下引理.引理 1ABC 的三个内角分别 A,B,C,三边长分别为 a,b,c,外接圆半径、内切圆半径、半周长分别为 R,r,p,则有ab=p2+4Rr+r2,a2=2(p2 4Rr r2),a3=2p(p2 6Rr 3r2),abc=4pRr.引理 22Gerretsen 不等式 p26 4R2+4Rr+3r2.命题 1 的证明 由余弦定理,得a2cosA=a2(b2+c2 a2)2bc=a3(a2+b2+c2 a2)a52abc=a2a3 2a52abc.又a5=a2a3a2b2(a+b)=a2a3aa2b2+a2b2c=a2a3(ab)2 2abcaa+abcab.所以,a2cosA=a3a22abc+(ab)2 2abcaaabcab=a3a22abc+(ab)2aabc 2(a)2ab=2(p2 4Rr r2)2p(p2 6Rr 3r2)8pRr+2p(p2+4Rr+r2)24pRr 8p2(p2+4Rr+r2)=(p2+4Rr+r2)2(p2 4Rr r2)(p2 6Rr 3r2)2Rr 9p2 4Rr r2=r(3p2 8R2 6Rr r2)R.先证明:a2cosA 64pS3R.即证:(3p2 8R2 6Rr r2)rR64p2r3R,即证:p26245R2+185Rr+35r2.由 Gerretsen 不等式p26 4R2+4Rr+3r2,只需证明 4R2+4Rr+3r26245R2+185Rr+35r2,即证 2R2 Rr 6r2 0,即证(R 2r)(2R+3r)0.由欧拉不等式 R 2r 显然成立,所以a2cosA 64pS3R.又 p 6332R,所以4pS3R6 23S,所以 a2cosA+b2cosB+c2cosC 6 23S.2 问题的类似三角函数除了余弦以外,还有正弦、正切、余切、正割、余割五种,仿照上述命题 1 的形式,笔者通过探究,获得了以下结论:推理找到另一个交点,无疑,在这个过程中,直观想象,数学抽象,数学建模和逻辑推理等素养得到了培养和发展,这样学生就能应对核心素养背景下的高考素养考查2.参考文献1 田鹏.例谈多面体的截面问题 J.中学生数学,2021(6):10-13.2 王琼琼,吴志鹏.论“截面”问题 寻“直观想象”素养落地之轨迹 J.中学数学研究(华南师范大学),2021(9 上):44-47.2024 年第 2 期(上半月刊)中学数学研究45命题 2 在锐角 ABC 中,有a2sinA+b2sinB+c2sinC 6S.证明 由余弦定理及均值不等式,得a2sinA=(b2+c2 2bccosA)sinA(2bc 2bccosA)sinA=2bcsinA(1 cosA)=4(1 cosA)S.所以a2sinA 4(1 cosA)S=4(3 cosA)S.又在锐角 ABC 中,cosA=2cosA+B2cosA B2+cosC62cosA+B2+cosC=2sin2C2+2sinC2+1=2(sinC212)2+32632.当 且 仅 当 ABC 为 正 三 角 形 时 等 号 成 立.所 以a2sinA 4(3 cosA)S 4(3 32)S=6S.所以a2sinA+b2sinB+c2sinC 6S.命题 3 在锐角 ABC 中,有a2tanA+b2tanB+c2tanC 12S.证明 因为sinB sinC=12cos(B+C)cos(BC)612(1+cosA).所以,a2tanA=bcsinA a2bccosA=2S sin2AsinB sinC cosA4S sin2A(1+cosA)cosA=4S (1 cos2A)(1+cosA)cosA=4S(1cosA 1).所以a2tanA 4S(1cosA 1)=4S(1cosA 3).由权方和不等式及cosA 632得,1cosA9cosA6,所 以a2tanA 4S(1cosA 3)12S.所 以a2tanA+b2tanB+c2tanC 12S.命题 4 在 ABC 中,有a2cotA+b2cotB+c2cotC=4S.证明 因为 a2cotA=a2cosAsinA=asinA acosA=2RacosA,所以a2cotA=2RacosA.又acosA=R2sinAcosA=Rsin2A,sin2A=2sin(A+B)cos(A B)+2sinC cosC=4sinAsinB sinC.所以acosA=4RsinAsinB sinC=4R abc8R3=2prR.所以a2cotA=2RacosA=2R 2prR=4pr=4S.所以 a2cotA+b2cotB+c2cotC=4S.命题 5 在锐角 ABC 中,有a2secA+b2secB+c2secC 83S.证明 由正弦定理知 a2secA=a2cosA=(2RsinA)2cosA,所以a2secA=4R2sin2AcosA=4R21 cos2AcosA=4R2(1cosAcosA).由1cosA 6,cosA 632,得a2secA=4R2(1cosAcosA)4R2(6 32)=18R2.又有sin2A+sin2B+sin2C=3212(cos2A+cos2B+cos2C)=32122cos(A+B)cos(A B)+2cos2C 1=cos2C+cosC cos(A B)+2 6 cos2C+cosC+2=(cosC 12)2+94694,当且仅当 A=B=C=3时取等号.所以a2=4R2sin2A 6 9R2,又a2ab 43S,所以9R2 43S,所以a2secA 18R2 83S.所以a2secA+b2secB+c2secC 83S.命题 6 在 ABC 中,有a2cscA+b2cscB+c2cscC 8S.证明因为 a2cscA=a2sinA=a asinA=2Ra,所以a2cscA=2Ra=4pR.由欧拉不等式 R 2r,得4pR 8pr=8S.所以 a2cscA+b2cscB+c2cscC 8S.数学教学 的“数学问题与解答”栏目,备受关注,每期的 5 道题目,笔者都认真研究、探讨,这已经形成了一种习惯,以上就是笔者对本刊第 1162 号问题的探究.笔者水平有限,证明过程难免复杂和错误,请读者批评指正.参考文献1 蒋连军.数学问题与解答 J.数学教学,2022(10):封底.2 匡继昌.常用不等式(第五版)M.山东:山东科学技术出版社,2021:297.