原题是一道解三角形问题，请见图片，这里只输了第(2)问，是原题的阉割版。 大佬们，这题有哪些解法，感觉可以把题进一步变一下，那如何改呢？ 等腰$\triangle ABC,A=B$，在平面$ABC$上取一点$P$,作$PH\perp AB$于点$H$,使$AC:CP:PH=3:2:1$，求$\frac{HA}{HB}$的取值范围.
命题1：设$a,b$为正实数，$m,n$为非负实数，且$k=2m+n$，求证：$a^mb^m(a^n+b^n)\leqslant 2(\dfrac{a+b}{2})^k$. 命题2：设$a,b$为正实数，$m,n$为非负实数，且$k=2m+n,k\in(0,1]$，求证：$a^mb^m(a^n+b^n)\leqslant a^k+b^k\leqslant 2(\dfrac{a+b}{2})^k$. 另外，命题１，２能不能推广？ 猜想1：设$a_1,a_2,...,a_n$
猜想1 设$R,r$分别为$\triangle ABC$的外接圆半径与内切圆半径，$D,E,F$分别为$BC,CA,AB$上的点，且$AD,BE,CF$平分$\triangle ABC$的三个内角。 证明：$\dfrac{DE}{AB}+\dfrac{EF}{BC}+\dfrac{FD}{CA}\geqslant 1+\dfrac{r}{R}$。 猜想2 设$R,r$分别为$\triangle ABC$的外接圆半径与内切圆半径，$D,E,F$分别为$BC,CA,AB
如图，A,B为对径点， CE,DE圆O的切线 BD AC交于点G， BE交圆于点F 求证：∠DEG=2∠AFG（等价于FA平分∠DFG） 尽量用纯几何，谢谢
如图，已知 A、B、C 是圆上的三点，D 为 BC 的中点，CE//AB交圆于E，AD交圆于G，BG、CE 相交于 H，AE 交 DH 于 F，求证：FE=FG。
任一面最多与其它 \(F-1=4\) 个面相邻，故最大边数 \(k\le4\)。因此 \[ f_k = 0\quad(\forall k\ge5), \quad f_3 + f_4 = 5. \] 设 \(f_k\) 为 \(k\) 边形面数，则 \[ \sum_{k\ge3} f_k = F = 5 \]每条棱邻接两面，故 \[ 2E = \sum_{k\ge3} k\,f_k \]欧拉公式 \(V - E + F = 2\) 写为 \[ V = E - 3 \]每顶点至少三
欲构造四面体 $ABCD$，六条棱长$BC=a,CA=b,AB=c,AD=a',BD=b',CD=c'$需满足：$a,b,c$ 能构成三角形，$a,b',c'$ 能构成三角形。于是，在平面 $ABC$ 中取两点 $D'$、$D''$，其中 $D'$ 与点 $A$ 位于直线 $BC$ 同侧，$D''$ 与点 $A$ 位于直线 $BC$ 异侧，且满足 $BD' = BD'' = b',CD' = CD'' = c'.$ 当$AD' < a' < AD''$时，能
设有理数 $a,h,b,a',h',b'$ 满足方程 $$ a x^2+2 h x y+b y^2=1,\quad a' x^2+2 h' x y+b' y^2=1 $$ 的所有解 $(x,y)$ 都为有理数。证明 $$ (h-h')^2-(a-a')(b-b'),\quad (a b'-a' b)^2+4(a h'-a' h)(b h'-b' h) $$ 均为有理数的平方。
观察到 $P(0)=-1\neq0$，所以任何根 $\alpha$ 都 $\neq0$$$P'(x)=4x^3+12px^2-4q$$解 $P'(\alpha)=0$，$$q=\alpha^3+3p\alpha^2$$代入 $P(\alpha)=0$$$\alpha^4+4p\alpha^3-4q\alpha-1=0\;\Longrightarrow\;3\alpha^4+8p\alpha^3+1=0\;\Longrightarrow\; 8p=-\frac{3\alpha^4+1}{\alpha^3}=-3\alpha-\frac1{\alpha^3} $$ 因
$ AB $与$ CD $为圆$ O $的弦，且$ AB\px BC $，$ Q $为圆上一点，$ AQ $交$ CD $于$ E $，$ BQ $交$ AC $于$ F $，$ P $为$ DB $与$ EF $交点。求证:$ PA\perp AO $ 源自:forum.php?mod=viewthread&tid=9916
$3k-1=3^m+m,$k,m是正整数 这个方程解m是不是一定等于3n-1,n是正整数
如图所示，已知椭圆$g$：$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$，$O$为椭圆中心，直线$y=\dfrac{ab}{c},y=-\dfrac{ab}{c}$分别为该椭圆的倒焦线，则存在另一个与椭圆$g$有两个二重交点或一个三重交点的椭圆$h$，且$h$的一个焦点恰为$O$点，主轴平行于$g$。则作$h$上一点$P$的切线分别交椭圆$g$及其倒焦线于点$A,B；C,D$，(
$\triangle ABC$ 中，高 $BE,CF$ 交于点 $H$, $M$ 为 $BC$ 中点，射线 $MH$ 交 $EF$ 于 $K$, 设 $\triangle KBC$ 的垂心为 $L$. 证明：$LH\perp EF.$
若O为$\triangle ABC$的外心，则有$AO^2+BO^2+CO^2\geqslant \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)$.如何证明？
首先在平面上取三点构成一个三角形，在其内部另放 $n$ 个点，且所有点两两连线均不共线，共计顶点数 $V=n+3$。玩家轮流从任意两点之间添加一条线段，要求新线段不与已有线段相交；无法继续者为输。 [details=答案]由于任何非三角形的面都可再加入对角线，游戏结束时所得图恰为关于这 $V$ 个顶点的平面三角剖分。记边数为 $E
简单的方法，群里 爱好者-Nash(2770*****) 已经找到了相关链接： http://bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=2336840 这里我就复数的三角形式再给一个笨方法： 依题意可设 $z=r(\cos t+i\sin t)$，其中 $r>0$, $t\in\Bbb R$ 且 $\sin t\ne 0$，则 \begin{align*} z^3+z+1=0\iff{}&r^3(\cos 3t+i\sin 3t)+r(\cos
如下两个结论：$P$为$\triangle ABC$内一点，$P$点的Ceva三角形为$\triangle DEF$，记$\triangle ABC$，$\triangle DEF$的面积分别为$S_1$，$S_2$，则有如下不等式:$$\dfrac{PD}{PA}+\dfrac{PE}{PB}+\dfrac{PF}{PB}\geqslant 3(\frac{S_2}{2S_1})^{\frac{1}{3}}$$ 对任意$\triangle ABC$，设$R$，$r$分别为$\triangle ABC$
这个三角式$\cos^n\dfrac{\pi}{9}+\cos^n\dfrac{5\pi}{9}+\cos^n\dfrac{7\pi}{9}$的结果有没有具体的表达式？
给定面额为 $a$ 和 $b$ 的硬币（正整数且互质），能否给出一个公式 $g(a,b)$ 来表示无法用这些硬币兑换出的最大金额？这一问题及其推广到任意面额 $a_1,a_2,\dots,a_n$ 的情况，被称为 Frobenius 硬币兑换问题。 https://www.aimath.org/~circle/theteacherscircle.org/resources/materials/beck.frobenius.pdf 记 $$ r_k=\
设 $\mathcal P$ 为一条外接圆半径为 1 的正 101 边形。对每条对角线，以概率 0.001 将其画出。这样会把 $\mathcal P$ 分割成若干个封闭区域。记 $E$ 为包含 $\mathcal P$ 圆心的那一块区域的周长的期望值。求 $\lfloor 10^{9} E \rfloor.$ 答案 4771880153
$\triangle ABC$中，$DEF$分别为三顶点在三边上的垂足，$D$在$EF$上的垂足为$G$。求证：$\angle BGD=\angle CGD$。
设 $A D,B E,C F$ 是 $\triangle A B C$ 的角平分线，$\triangle A B C$ 内的动点 $P$ 到其三边的距离的平方根构成某三角形的三条边长，求证 [*]$P$ 的轨迹是一个椭圆 $\Gamma$ 的内部，并且 $\Gamma$ 与 $\triangle A B C$ 的边 $B C,A B,A C$ 分别相切于 $D,E,F$； [*]椭圆 $\Gamma$ 的面积 $S_{\Gamma}$ 满足 \[ \frac{4
群友提问：下面这道题如何证明 求证 $f(x)=\frac{x \ln x}{\ln (x+1)}$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．
取对数有 \[a^b=b^a\iff \frac{\ln a}a=\frac{\ln b}b,\] 易证 $(\ln x)/x$ 先增后减，在 $x=e$ 处取极大值，所以 $a>e>b$。 由泰勒展开，有 \[\ln x=1+\frac{x-e}{e}-\frac{(x-e)^2}{2 e^2}+\frac{(x-e)^3}{3\xi^3},\] 其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $e$ 之间，由此可见 \[\ln x \led &<1+\frac{x-e}{e}-\frac{(x-e)^2}{2 e^2}
对任意满足$1\leqslant x\leqslant y\leqslant z\leqslant 4$的实数$x,y,z$，记$f=\dfrac{(1+x)(x+y)(y+z)(z+4)}{xyz}$，求$f$的最小值。
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