## 第一题 #方程 #因式分解 #换元 #一元二次方程 #十字相乘 ### 题面 解方程：$(x^2-6x+8)^2=x(x^2-4x+8)$。 ### 解法 我们采用换元法，不难发现 $x^2-6x+8$ 与 $x^2-4x+8$ 只差了 $2x$，因此我们考虑令 $y=x^2-6x$，那么可以列出方程 $(y+8)^2=x(y+2x+8)$。 看到 $y+8$ 出现了两次，果断令 $z=y+8$，即可列出 $z^2=x(z+2x)$，拆开得到 $z^2=xz+2x^2$。我们通过等式的基本性质将所有项移到左边来得到 ${} z^2-xz-2x^2=0 {}$，然后再使用十字相乘法进行因式分解，即可得到 $(z-2x)(z+x)=0$。 将 $z=y+8=x^2-6x+8$ 代入进来，即可得到 ${} x^2-8x+8=0 {}$ 或 $x^2-5x+8=0$。其中一个方程 $\Delta<0$ 因此无实数根，另一个方程解为 $ x=\cfrac{8\pm\sqrt{(-8)^2-4\times 8}}{2}=\cfrac{8\pm\sqrt{32}}{2}=4\pm 2\sqrt{2} $ ### 总结 本题当中使用了喜欢乐见的二次换元法（简称二次元，当然也可以直接一步到位），利用了换元思想，将 $x^2-6x+8$ 看做整体来进行操作，这使因式分解的过程更为简单，最后再将 $z$ 的值代入进去，解一元二次方程，就得解了。本题可谓是要素齐全，换元和因式分解都整上了，这也告诫我们在遇见类似的高次方程的时候要往换元、因式分解这方面想，当然不换元也可以做，把部分看成整体就行。 ## 第二题 #函数 #函数的凹凸性 #完全平方 ### 题面 > [!abstract] 摘要 > > 函数的凹凸性 1. 已知 $f(x)=2x+1$，求证 $f\left(\cfrac{x_1+x_2}{2}\right)=\cfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$。 2. 已知 $f(x)=2x^2+3x+1$，求证 $f\left(\cfrac{x_1+x_2}{2}\right)\le\cfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$。 ### 解法 首先，第一小问就非常简单了，直接代入进去即可 $ \begin{cases} f\left(\cfrac{x_1+x_2}{2}\right)=2\times\cfrac{x_1+x_2}{2}+1=x_1+x_2+1 \\ \cfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}=\cfrac{2x_1+1+2x_2+1}{2}=x_1+x_2+1 \end{cases} $ 因此 $f\left(\cfrac{x_1+x_2}{2}\right)=\cfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$。接下来看第二小问，还是直接拆开 $ \begin{cases} f\left(\cfrac{x_1+x_2}{2}\right)=2\times\cfrac{(x_1+x_2)^2}{4}+\cfrac{3}{2}(x_1+x_2)+1 \\ \cfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}=\cfrac{2(x_1^2+x_2^2)+3(x_1+x_2)+2}{2} \end{cases} $ 注意到后面 $\cfrac{3}{2}(x_1+x_2)+1$ 一截都是相同的，因此我们可以通过不等式的基本性质去掉，也就是我们只需要证明 $\cfrac{(x_1+x_2)^2}{2}\le x_1^2+x_2^2$。 将 $(x_1+x_2)^2$ 通过完全平方公式展开，我们需要证明 $x_1^2+x_2^2+2x_1x_2\le 2x_1^2+2x_1^2 {}$。将左边的项全部移到右边，得到 $x_1^2+x_2^2-2x_1x_2\ge 0$。采用完全平方公式得到 $(x_1-x_2)^2\ge 0$，这是显然的，因此本题得证。 --- 事实上第二小问还可以通过解析几何的方式来证明（不然跟凹凸函数有什么关系）。我们把函数 $y=2x^2+3x+1$ 画到平面直角坐标系上，然后随便取两个点 $A$ 和 $B$（$x$ 分别为 $-1$ 与 $0$），连接 $AB$，取 $AB$ 的中点为 $C$，过 $C$ 点做垂线段 $CD$ 与 $x$ 轴。 ![[2024.11.23 note-1.png#pic_center]] $A,B$ 点 $x$ 坐标的和的二分之一是 $0.5$，此时 $y=0$。但是 $AB$ 点 $y$ 坐标的和达到了 $0.5$，很显然是大于 $0$ 的。那么这两值什么时候相等呢？答案是 $x_1=x_2$ 时。注意不是离对称轴距离相等，不然就会出现如下的情况： ![[2024.11.23 note-2.png#pic_center]] ### 总结 对于这种题目，我们很难不想到先暴力拆开，再使用完全平方公式化简成完全平方的形式来证明，但是有时候或许使用数形结合的方式可以更好地进行解题。不过，数形结合的方式需要注意答题格式。 ## 第三题 #等边 #等腰 #全等 ### 题面 ![[2024.11.23 note-3.png#pic_center]] 已知 $BD=BA$，$AD=BC$，$\angle B=100\degree$，求 $\angle C$。 ### 解法 乍一看，这道题似乎无从下手。 $BA=BD$ 非常好转化，毕竟等角对等边，$\Delta ABD$ 是一个等腰三角形，但是 $AD=BC$ 这个条件根本无法使用。考虑到上节课[^1]有两道几何题都构造了等边三角形，因此我们也来构造等边三角形。因为 $AD=BC$ 无法转化，那么我们就以 $BC$ 为其中一边做等边三角形 $\Delta BCE$，并连接 $AE$。 ![[2024.11.23 note-4.png#pic_center]] 此时豁然开朗：我们证明 $\Delta AEC$ 与 $\Delta ABC$ 全等不就成了吗？毕竟它们有一条公共的边，还有等边三角形的两条相等的边，还有……好像没有了。首先不能证明夹角相等，因为这就是我们所求的，因此我们需要证明 $AB=AE$。 证明边的相等很容易想到全等。仔细看一看，发现 $\Delta ABD$ 与 $\Delta ABE$ 似乎很有全等的嫌疑，那我们就证明它们。 ![[2024.11.23 note-5.png#pic_center]] 首先我们可以通过计算得到 $\angle ADB=\angle ABE=40\degree$，其次由于 $\Delta ABD$ 是等边三角形因此 $AB=BD$，最后我们只需要再证明一个角或 $AD=BE$ 即可。 此时题目中给出的 $AD=BC$ 的重要性就显现出来了。由于 $\Delta BEC$ 是等边三角形有 $BE=BC$，又有 $AD=BC$，通过等量代换就可以得到 $BE=AD$，因此 $\Delta ABC≌\Delta ABE$，就有 $AB=AE$，就可以证明出 $\Delta ABC≌\Delta AEC$，得到 $\angle ECA=\angle BCA$。有因为 $\angle ECB=60\degree$，最终就能够得到 $\angle ACB=30\degree$。 ### 格式 $ \begin{aligned} \text{解：}&以~BC~为其中一边作等腰~\Delta BEC，连接~AE \\ &\therefore \angle EBC=60\degree,BE=BC=EC \\ &\because\angle ABD=100\degree,AB=BC \\ &\therefore\angle DAB=\angle ABE=\angle BDA=40\degree \\ &\because BE=BC,AD=BC \\ &\therefore AD=BE \\ &\because 在~\Delta ABE~与~\Delta ABD~中 \\ &~~~~\begin{cases}AB=BD\\AD=BE\\\angle ADB=\angle ABE\end{cases} \\ &\therefore \Delta ABE≌\Delta ABD~\text{(SAS)} \\ &\therefore AB=AE \\ &\because 在~\Delta ABC~与~\Delta ADC~中 \\ &~~~~\begin{cases}AE=AB\\CB=CE\\AC=AC\end{cases} \\ &\therefore \Delta ABC≌\Delta ADC~\text{(SSS)} \\ &\therefore \angle ECA=\angle BCA \\ &\because \angle ECA+\angle BCA=\angle ECB=60\degree \\ &\therefore \angle ACB=30\degree \end{aligned} $ ### 总结 在面对这种不好转化等量关系的题目时，等边三角形永远是你的好伙伴！好渴鹅之前不善于使用等边三角形，这回着重训练了等边三角形的构造，期待在下次的习题中构造等边三角形并利用等边三角形的性质成功解出题目。 ## 第四题 #二次函数 #最值问题 #勾股定理 #将军饮马 ### 题面 ![[2024.11.23 note-6.png#pic_center]] 已知 $AC=6$，$BC=2$，$D$ 为 $AC$ 上动点，$CE=AD$，求 $AE+BD$ 的最小值。 ### 解法 一看到这种含有直角三角形的最值问题，不难想到设未知数并利用勾股定理使其变为二次函数求最值问题（即对称轴上的点）。那么我们设哪一个呢？不如设 $DC=x$。 那么 $AD=AC-DC=6-x$，由于 $CE=AD$，因此 $CE$ 也为 $6-x$。此时我们可以通过勾股定理计算出 $BD=\sqrt{x^2+4}$，$AE=\sqrt{x^2-12x+72}$。把他们加起来，即可得到 $ AE+BD=\sqrt{x^2+4}+\sqrt{x^2-12x+72} $ 令 $AE+BD$ 结果为 $t$，两边平方，得到 $ \begin{aligned} t^2&=x^2+4+x^2-12x+72+2\sqrt{(x^2+4)(x^2-12x+72)} \\ &=2x^2-12x+76+2\sqrt{(x^2+4)(x^2-12x+72)} \end{aligned} $ 把除了带有根号的那一个以外全部移项到左边并平方，可以得到 $ \begin{aligned} t^2-2x^2+12x-76&=2\sqrt{(x^2+4)(x^2-12x+72)} \\ t^4+4x^4+12^2x+76^2&\\ -4x^2t^2+12xt^2+z\cdots&=\cdots \end{aligned} $ 发现自己写不出来，果断放弃，亡羊补牢为时不晚，选择另一种解法。 --- 哦哦哦哦哦！只需要这样就行了：过 $A$ 点作垂线段 $AF$ 使 $AF=6,AF\bot AC$，连接 $FD$。由于 $AD=CE,AF=AC=6$，因此 $FD=AE$，我们只需要计算 $FD+BD$ 的最小值即可。 ![[2024.11.23 note-7.png#pic_center]] 不难发现这就是将军饮马问题，做 $B$ 与 $AC$ 的对称点 $P$，连接 $FP$，$FP$ 的长度就是答案了。通过勾股定理可以求出答案是 $10$。 ![[2024.11.23 note-8.png#pic_center]] ### 格式 $ \begin{aligned} 解\text：&过~A作~AF~使~AF\bot AD~且~AF=6 \\ &\because 在~\Delta FDA~与~\Delta AEC~中 \\ &~~~~\begin{cases}AF=AC=6\\\angle FAD=\angle ACD=90\degree\\AD=CE\end{cases} \\ &\therefore\Delta FDA≌\Delta AEC \\ &\therefore FD=AE \\ &\therefore AE+BD=BD+DF \\ &作~B~与~AC~的对称点~P\\ &~\begin{aligned}\therefore(AE+BD)_\min&=FP\\&=\sqrt{6^2+8^2}\\&=10\end{aligned} \end{aligned} $ ### 总结 下次再遇见这类问题的时候，切记千万不要直接盲目地设未知数然后直接开始列函数，毕竟虽然本题当中函数是二次函数，但是它是以含有根号的形式存在的，~~对于智慧的初中牲来说困难~~。我们要懂得转化，对于这种最值问题就需要想到将军饮马和胡不归，本题就是将军饮马因为没有系数。 ## 瓜豆原理 > [!important] 重点 > > 种瓜得瓜，种豆得豆。 ### 引入 $P$ 是圆 $O$ 上一个动点，$A$ 是圆外一点，$AP$ 的中点为 $Q$，$Q$ 跟随 $P$ 运动，$Q$ 的轨迹是？ ![[2024.11.23 note-9.png#pic_center]] 答案是一个圆形，其圆 $M$ 的直径/半径是圆 $O$ 的直径/半径的 $\cfrac{1}{2}$，面积为圆 $O$ 的 $\cfrac{1}{4}$。任意时刻，均有 $AM:AO=AQ:AP=\cfrac{1}{2}$，因为 $\Delta AQM∽\Delta APO$，相似比为 $1:2$。 ### 总结 由于好渴鹅能力较菜，另一种角度不变的模型就不复述了。 不难发现，以下两种情况适用瓜豆原理： 1. 到两动点的距离比值不变； 2. 连接动点的两边夹角不变。 [^1]: 笔记见 [[2024.11.15 笔记]]