热门试卷

证明：以△ABC的外心为原点建立坐标系，显然，△ABC的外接圆方程是：x2+y2=R2．

∴可令A、B、C的坐标依次是：（Rcosα，Rsinα）、（Rcosβ，Rsinβ）、（Rcosγ，Rsinγ）．

令AB中点为D、△ABC的重心为G（m，n）．

由中点坐标公式，得D的坐标为（R（cosα+cosβ），R（sinα+sinβ））．

∵=2，

∴有m==R（cosα+cosβ+cosγ），n=R（sinα+sinβ+sinγ）．

于是：

a2=（Rcosβ-Rcosγ）2+（Rsinβ-Rsinγ）2=R2（2-2cosβcosγ-2sinβsinγ）

b2=（Rcosα-Rcosγ）2+（Rsinα-Rsinγ）2=R2（2-2cosαcosγ-2sinαsinγ），

c2=（Rcosα-Rcosβ）2+（Rsinα-Rsinβ）2=R2（2-2cosαcosβ-2sinαsinβ）．

9d2=9[（m-0）2+（n-0）2]=9{[R（cosα+cosβ+cosγ）-0]2+[R（sinα+sinβ+sinγ）-0]2}

=R2[（cosα+cosβ+cosγ）2+（sinα+sinβ+sinγ）2]

=R2（3+2cosαcosβ+2cosβcosγ+2cosαcosγ+2sinαsinβ+2sinβsinγ+2sinαsinγ）．

∴a2+b2+c2+9d2=9R2．

解：（1）∵a∈（0，1）

根据基本不等式∴（当且仅当时“=”成立）

∴a（1-a）的最大值是．

（2）证明：假设（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a同时大于

即

三式同向相乘得①

∵a∈（0，1），∴（1-a）a＞0，又由（1）知∴

同理∴

与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确．

即得证．

证明：（1）∵x，y，z∈R，x+y+z=8，x2+y2+z2=24，∴y+z=8-x，y2+z2=24-x2．

又由柯西不等式可知（y2+z2）（1+1）≥（y+z）2，即（24-x2）（1+1）≥（8-x）2，

化简后可得，同理可证，．

（2）∵a1，b1，x1，x2∈R+，ab=1，x1+x2=2，

∴=（x1+x2）2=4．

∴（ax1+bx2）（bx1+ax2）≥4．

（3）∵a．b．c．d∈R+a+b+c+d=1，

∴．

证明：要证 +≤2，只要证（+）2≤4，

即证a+b+1+2•≤4．

只要证•≤1．

也就是要证：ab+（a+b）+≤1，

即证ab≤．

∵a＞0，b＞0，a+b=1．

∴1=a+b≥2，∴ab≤，即上式成立．

故+≤2．

证明：因为a＞0，b＞0，所以要证4（a3+b3）＞（a+b）3，

只要证4（a+b）（a2-ab+b2）＞（a+b）3，

即要证4（a2-ab+b2）＞（a+b）2，（5分）

只需证3（a-b）2＞0，

而a≠b，故3（a-b）2＞0成立．

∴4（a3+b3）＞（a+b）3．（10分）

证明：ac+bd≤0，不等式成立；

若ac+bd＞0，欲证，

只需证（a2+b2）•（c2+d2）≥a2c2+b2d2+2abcd，

只需证a2c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+b2d2+2abcd，

即a2d2+b2c2≥2abcd，因上式成立，

故原结论正确．

证明：∵f（x）=x2-x+1，|x-a|＜l，

∴|f（x）-f（a）|=|x2-x-a2+a|=|x-a|•|x+a-1|＜|x+a-1|，

又|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|＜1+|2a|+1=2（|a|+1），

∴：|f （x）-f （a）|＜2（|a|+1）成立．

证明：（1）设=（a，b），=（c，d），=（a-c，b-d），

则由向量模的性质：||+||≥||，

则有+≥；

（2）设=（a，b），=（c，d），=（a-c，b-d），

则由向量模的性质：|||-|||≤||，

则有|-|≤．