热门试卷

证明：连结AO1，并延长分别交两圆于点E和点D.连结BD，CE.

因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上.故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径。

从而∠ABD＝∠ACE＝.所以BD∥CE，

于是.

所以AB∶AC为定值。

（1）连接，则

（方法一）底面，所以，

，

，所以，

因为，所以

（方法二），所以，

底面，所以

因为，所以平面

因为平面，所以

（2）（方法一）过作于，则平面…

连接，由⑴知平面当且仅当

又，所以平面……8分，

依题意，，所以，……10分，是的平分线，从而也是的平分线

在和中，，

所以……13分，，即所求的值为

（方法二）在平面内过点作，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系

则，，……7分，

设，由得，

解得，，

由（1）知平面当且仅当……11分，即

所以

解得

（方法三）过作，交于，连接，则平面即平面，由⑴知平面当且仅当

由（1）及余弦定理得 

所以

……13分，又，所以

（1）解：当n=6时，排列3，5，1，4，6，2的生成列为0，1，﹣2，1，4，﹣3；

排列0，﹣1，2，﹣3，4，3的母列为3，2，4，1，6，5。

（2）证明：设a1，a2，…，an的生成列是b1，b2，…，bn；a′1，a′2，…，a′n的生成列是与b′1，b′2，…，b′n，

从右往左数，设排列a1，a2，…，an与a′1，a′2，…，a′n第一个不同的项为ak与a′k，即：an=a′n，an﹣1=a′n﹣1，…，ak+1=a′k+1，ak≠a′k。

显然 bn=b′n，bn﹣1=b′n﹣1，…，bk+1=b′k+1，下面证明：bk≠b′k。

由满意指数的定义知，ai的满意指数为排列a1，a2，…，an中前i﹣1项中比ai小的项的个数减去比ai大的项的个数。

由于排列a1，a2，…，an的前k项各不相同，设这k项中有l项比ak小，则有k﹣l﹣1项比ak大，从而bk=l﹣（k﹣l﹣1）=2l﹣k+1。

同理，设排列a′1，a′2，…，a′n中有l′项比a′k小，则有k﹣l′﹣1项比a′k大，从而b′k=2l′﹣k+1。

因为 a1，a2，…，ak与a′1，a′2，…，a′k是k个不同数的两个不同排列，且ak≠a′k，

所以 l≠l′，从而 bk≠b′k。

所以排列a1，a2，…，an和a′1，a′2，…，a′n的生成列也不同。

（3）证明：设排列a1，a2，…，an的生成列为b1，b2，…，bn，且ak为a1，a2，…，an中从左至右第一个满意指数为负数的项，所以 b1≥0，b2≥0，…，bk﹣1≥0，bk≤﹣1。

进行一次变换τ后，排列a1，a2，…，an变换为ak，a1，a2，…ak﹣1，ak+1，…，an，设该排列的生成列为b′1，b′2，…，b′n。

所以 （b′1，b′2，…，b′n）﹣（b1+b2+…+bn）=[g（a1﹣ak）+g（a2﹣ak）+…+g（ak﹣1﹣ak）]﹣[g（ak﹣a1）+g（ak﹣a2）+…+g（ak﹣ak﹣1）]=﹣2[g（ak﹣a1）+g（ak﹣a2）+…+g（ak﹣ak﹣1）]=﹣2bk≥2。

因此，经过一次变换τ后，整个排列的各项满意指数之和将至少增加2。

因为ai的满意指数bi≤i﹣1，其中i=1，2，3，…，n，

所以，整个排列的各项满意指数之和不超过1+2+3+…+（n﹣1）=，

即整个排列的各项满意指数之和为有限数，

所以经过有限次变换τ后，一定会使各项的满意指数均为非负数。