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数学答案汇编

数学参考答案　第页（共64页）数学参考答案及评分标准

南京市2011届高三第一次模拟考试

1.[0,2]　解析：

由题意令2x－x2≥0得0≤x≤2.即定义域为[0,2]．

2.　解析：

设z＝a＋bi，则（a－2＋bi）i＝－b＋（a－2）i＝1＋i，∴令　解得　即|z|＝＝.

3.－1　解析：

由已知作出可行域：

作直线l：

z＝2x＋y，平移l.当l经过点A（－1,1）时，z有最小值－1.

4.1　解析：

输入x＝－9.5不满足x>0则循环“x＋2”直到x＝0.5时满足“x>0”，此时c＝2x＝1.

5.　解析：

由题意知P点（m，n）共有2×3＝6个．∵P在圆内部，∴m2＋n2<9，∴满足条件的P共有（2,1），（2,2）这两个点．故P＝＝.

6.　解析：

由题意作出以a，b为邻边的平行四边形OACB，如图所示：

则较短的一条对角线为AB，在△AOB中由余弦定理得AB＝＝.

7.5　解析：

由茎叶图知平均数　＝（14＋17＋18＋18＋20＋21）＝18，由方差公式得s2＝[（14－18）2＋（17－18）2＋（18－18）2×2＋（20－18）2＋（21－18）2]＝5.

8.　解析：

由已知1＋＝，切化弦得＝，即＝，又sin（A＋B）＝sinC≠0，sinB≠0，∴cosA＝，

∴A＝.

9.＋1　解析：

由题意A（a,0），F（c,0），B.

∵A为线段BF的中点，∴2a＝c－，即e－＝2，得e＝＋1.

10.512　解析：

由已知an>0且对∀p，q∈N*，ap＋q＝ap·aq，∴a2＝a＝4⇒a1＝2，a4＝a＝16，a8＝a＝162＝28，∴a9＝a1·a8＝29＝512.

11.②④　解析：

①假命题：

“当l∩m＝A”时命题才为真；③假命题：

l∥β或l⊂β.

12.7　解析：

由已知log2（m－2）＋log2（2n－2）＝3，

即log2（m－2）（2n－2）＝log28，∴（m－2）（n－1）＝4，

∴m＋n＝m＋＋1＝m－2＋＋3≥

2＋3＝7，等号当且仅当m＝4时成立．

13.　解析：

由题意·＝1，即bccosA＝1，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2＋c2＝6≥2bc⇒bc≤3，当且仅当b＝c＝时取“＝”，此时（sinA）max＝，∴Smax＝（bc）max·（sinA）max＝.

14.2　解析：

由题意作f（x）的图象如图甲所示，设P，则P关于原点的对称点为P′.令2x2＋4x＋1＝－，作出图象如图乙所示，∵图象有两个交点，∴“友好点对”有2个．

甲

乙

15.解：

（1）由函数的周期为π，可知＝π，所以ω＝2.（2分）

又由f（）＝，得2sin（＋φ）＝，所以cosφ＝.又φ∈（0，π），所以φ＝.（5分）

（2）（方法1）由f（）＝－，得sin（α＋）＝－.（7分）

因为α∈（0，π），所以α＋∈（，）．

又sin（α＋）＝－＜0，所以α＋∈（π，），

所以cos（α＋）＝－.（10分）

所以cos2α＝sin（＋2α）＝2sin（α＋）cos（α＋）＝.（14分）

（方法2）由f（）＝－，得sin（α＋）＝－.（7分）

因为α∈（0，π），所以α＋∈（，）．

又sin（α＋）＝－＜0，所以α＋∈（π，），

所以cos（α＋）＝－.（10分）

所以cosα＝cos[（α＋）－]＝cos（α＋）·cos＋sin（α＋）sin＝－.

所以cos2α＝2cos2α－1＝2×（－）2－1＝.（14分）

（方法3）由f（）＝－，得sin（α＋）＝－.（7分）

所以sinα＋cosα＝－.所以1＋sin2α＝，

即sin2α＝－.（10分）

因为α∈（0，π），所以α＋∈（，）．

又sin（α＋）＝－＜0，所以α＋∈（π，），

即α∈（，π），2α∈（，2π）．

所以cos2α＝＝.（14分）

16.

（1）证明：

如图，连结DD1.在三棱柱ABC—A1B1C1中，

因为D、D1分别是BC与B1C1的中点，

所以B1D1∥BD，且B1D1＝BD.

所以四边形B1BDD1为平行四边形，

所以BB1∥DD1，且BB1＝DD1.

又AA1∥BB1，AA1＝BB1，所以AA1∥DD1，

AA1＝DD1，

所以四边形AA1D1D为平行四边形，所以

A1D1∥AD.（4分）

又A1D1⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D，

故A1D1∥平面AB1D.（6分）

（2）解：

（方法1）在△ABC中，因为AB＝AC，D为BC的中点，

所以AD⊥BC.

因为平面ABC⊥平面B1C1CB，交线为BC，AD⊂平面ABC，

所以AD⊥平面B1C1CB，

即AD是三棱锥A—B1BC的高．（10分）

在△ABC中，由AB＝AC＝BC＝4，得AD＝2.

在△B1BC中，B1B＝BC＝4，∠B1BC＝60°，

所以△B1BC的面积S△B1BC＝×42＝4.

所以三棱锥B1—ABC的体积，即三棱锥A—B1BC的体积

V＝×S△B1BC·AD＝×4×2＝8.（14分）

（方法2）在△B1BC中，因为B1B＝BC，∠B1BC＝60°，

所以△B1BC为正三角形，因此B1D⊥BC.

因为平面ABC⊥平面B1C1CB，交线为BC，B1D⊂平面B1C1CB，

所以B1D⊥平面ABC，即B1D是三棱锥B1—ABC的高．（10分）

在△ABC中，由AB＝AC＝BC＝4得△ABC的面积S△ABC＝×42＝4.

在△B1BC中，因为B1B＝BC＝4，∠B1BC＝60°，

所以B1D＝2.

所以三棱锥B1—ABC的体积V＝×S△ABC·B1D＝×4×2＝8.（14分）

17.解：

（1）（方法1）连结OC.

设BC＝x，矩形ABCD的面积为S.

则AB＝2，其中0＜x＜30.（2分）

所以S＝2x＝2≤x2＋（900－x2）＝900.（4分）

当且仅当x2＝900－x2，即x＝15时，S取最大值为900cm2.　

答：

取BC为15cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为900cm2.（6分）

（方法2）连结OC.设∠BOC＝θ，矩形ABCD的面积为S.

则BC＝30sinθ，OB＝30cosθ，其中0＜θ＜.（2分）

所以S＝AB·BC＝2OB·BC＝900sin2θ.（4分）

所以当sin2θ＝1，即θ＝时，S取最大值为900cm2，

此时BC＝15.

答：

取BC为15cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为900cm2.（6分）

（2）（方法1）设圆柱底面半径为r，高为x，体积为V.

由AB＝2＝2πr，得r＝，

所以V＝πr2h＝（900x－x3），其中0＜x＜30.（10分）

由V′＝（900－3x2）＝0，得x＝10，

因此V＝（900x－x3）在（0,10）上是增函数，在（10，30）上是减函数．（12分）

所以当x＝10时，V的最大值为.

答：

取BC为10cm时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为cm3.（14分）

（方法2）连结OC，设∠BOC＝θ，圆柱底面半径为r，高为h，体积为V，

则圆柱的底面半径为r＝，高h＝30sinθ，

其中0＜θ＜.

所以V＝πr2h＝sinθcos2θ＝（sinθ－sin3θ）．（10分）

设t＝sinθ，则V＝（t－t3）．

由V′＝·（1－3t2）＝0，得t＝，

因此V＝（t－t3）在（0，）上是增函数，在（，1）上是减函数．（12分）

所以当t＝时，即sinθ＝，此时BC＝10时，V的最大值为.

答：

取BC为10cm时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为cm3.（14分）

18.

（1）解：

由题意，设椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0），

则2a＝4，a＝2.（2分）

因为点（2，1）在椭圆＋＝1上，

所以＋＝1，解得b＝，

故所求椭圆方程为＋＝1.（5分）

（2）证明：

设A（x1，y1），B（x2，y2）（y1＜0，y2＞0）．

点F的坐标为F（3,0）．

由＝3，得

即　①（7分）

又A、B在椭圆C上，

所以

解得

所以B（，），代入①得A点坐标为（2，－）．（12分）

因为·＝0，所以OA⊥AB.

所以过O、A、B三点的圆就是以OB为直径的圆，

其方程为x2＋y2－x－y＝0.（16分）

19.解：

（1）设数列{bn}的公差为d，则

解得所以bn＝2n.（4分）

（2）①设每一行组成的等比数列的公比为q.

由于前n行共有1＋3＋5＋…＋（2n－1）＝n2个数，且32＜13＜42，所以a10＝b4＝8.

所以a13＝a10q3＝8q3.

又a13＝1，解得q＝.因此cn＝2n·（）n－1＝.（7分）

所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋.

Sn＝＋＋…＋＋.

因此Sn＝＋＋＋…＋－＝4－－＝4－.

解得Sn＝8－.（10分）

②由①知，cn＝，不等式（n＋1）cn≥λ，可化为≥λ.

设f（n）＝，

计算得f

（1）＝4，f

（2）＝f（3）＝6，f（4）＝5，

f（5）＝.

因为f（n＋1）－f（n）＝，

所以当n≥3时，f（n＋1）＜f（n）．（14分）

因为集合M的元素的个数为3，

所以λ的取值范围是（4,5]．（16分）

20.

（1）解：

因为f′（x）＝1－，所以f′

（1）＝1－a.

所以曲线y＝f（x）在x＝1处切线的斜率为1－a.

因为曲线y＝f（x）在x＝1处的切线为3x－y－3＝0，所以1－a＝3，解得a＝－2.（3分）

（2）证明：

①充分性．

当a＝1时，f（x）＝x－1－lnx，f′（x）＝1－＝，

所以当x＞1时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（1，＋∞）上是增函数；

当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0,1）上是减函数．

所以f（x）≥f

（1）＝0.（5分）

②必要性．

（方法1）f′（x）＝1－＝，其中x＞0.

（ⅰ）当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，所以函数f（x）在（0，＋∞）上是增函数．

而f

（1）＝0，所以当x∈（0,1）时，f（x）＜0，与f（x）≥0恒成立相矛盾．

所以a≤0不满足题意．（7分）

（ⅱ）当a＞0时，

因为当x＞a时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（a，＋∞）上是增函数；

当0＜x＜a时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0，a）上是减函数．

所以f（x）≥f（a）＝a－1－alna.

因为f

（1）＝0，所以当a≠1时，f（a）＜f

（1）＝0，此时与f（x）≥0恒成立相矛盾．

所以a＝1.

综上所述，f（x）≥0恒成立的充要条件是a＝1.（10分）

（方法2）f′（x）＝1－＝，其中x＞0.

（ⅰ）当a≤0时，

因为f′（x）＞0恒成立，所以函数f（x）在（0，＋∞）上是增函数．

而f

（1）＝0，所以当x∈（0,1）时，f（x）＜0，与f（x）≥0恒成立相矛盾．

所以a≤0不满足题意．（7分）

（ⅱ）当a＞0时，

因为当x＞a时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（a，＋∞）上是增函数；

当0＜x＜a时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0，a）上是减函数．

所以f（x）≥f（a）＝a－1－alna.

于是，由f（x）≥0恒成立可知，存在a＞0，使得f（a）＝a－1－alna≥0.

记函数φ（x）＝x－1－xlnx，则φ′（x）＝－lnx，

当0＜x＜1时，φ′（x）＞0，所以函数φ（x）在（0,1）上是增函数，

当x＞1时，φ′（x）＜0，所以函数φ（x）在（1，＋∞）上是减函数，

所以φ（x）≤φ

（1）＝0，所以a＝1.

综上所述，f（x）≥0恒成立的充要条件是a＝1.（10分）

（3）解：

由

（2）可知，

当a＜0时，函数f（x）在（0,1]上是增函数．

又函数y＝在（0,1]上是减函数．

不妨设0＜x1≤x2≤1，

则|f（x1）－f（x2）|＝f（x2）－f（x1），

－＝－，

所以|f（x1）－f（x2）|≤4－等价于f（x2）－f（x1）≤－，

即f（x2）＋≤f（x1）＋.

设h（x）＝f（x）＋＝x－1－alnx＋，

则|f（x1）－f（x2）|≤4－等价于函数h（x）在区间（0,1]上是减函数．（13分）

因为h′（x）＝1－－＝，

所以x2－ax－4≤0在x∈（0,1]时恒成立，

即a≥x－在x∈（0,1]上恒成立，即a不小于y＝x－在区间（0,1]内的最大值．

而函数y＝x－在区间（0,1]上是增函数，

所以y＝x－的最大值为－3.所以a≥－3.

又a＜0，所以a∈[－3,0）．（16分）

南通市2011届高三第一次调研测试

1.{1}　解析：

N＝[0,2]，M＝{－1,1}⇒M∩N＝{1}．

2.0.2　解析：

P＝1－0.5－0.2－0.1＝0.2.

3.　解析：

由已知，|（1＋2i）|＝|3－4i|，即||＝5，

∴|z|＝||＝.

4.55　解析：

S＝1＋2＋3＋…＋10＝55.

5.690　解析：

1200×＝690人．

6.－1　解析：

x2－2x－3>0⇔x<－1或x>3.

∵“x<－1或x>3”是“x

∴（－a，a）（－∞，－1）∪（3，＋∞）⇒a≤－1，

即amax＝－1.

7.④　解析：

①反例：

直线a平行于面α与β的交线；②若a⊥α，α⊥β，则α∥β；

③反例：

直线a与b相交且分别平行于α，如图．故④为真命题．

8.　解析：

由题意M在双曲线右支上，设为（x，y），

∵右焦点（4,0），∴⇒x＝.

9.1　解析：

∵f（x）＝sinωx＋cosωx＝2sin，

f（α）＝－2，f（β）＝0，且|α－β|min＝，

∴＝⇒T＝2π⇒ω＝＝1.

10.－2　解析：

由题意得≥1⇒h≥－2.故h的最小值为－2.

11.（－1，－3）　　解析：

OB方程4x－3y＝0.设C（x，y），其中x<0，y<0.点C在∠AOB的平分线上．

∴⇒⇒C点坐标（－1，－3）．

12.[－7，－1）　解析：

由题意得f′（x）＝x2＋2x＋2a－1＝0在（1,3]有解．

∴f′（x）＝（x＋1）2＋2a－2在（1,3]有零点．　⇒－7≤a<－1，即a的取值范围是[－7，－1）．

13.m≥　解析：

∵对∀x1∈[－1,3）时，∃x2∈[0,2]使f（x1）≥g（x2）．∴[g（x2）]min≤[f（x1）]min.f（x）＝x2在x1∈[－1,0]上递减，x1∈（0,3]上递增⇒f（x1）∈[0,9]，g（x）＝x－m在x2∈[0,2]上递减⇒g（x2）∈，∴－m≤0⇒m≥.

14.2　解析：

如图，设等腰三角形顶角为θ，腰长为2a，取AB＝AC＝2a.D为AC中点，∴由题意BD＝.在△ABD中，由余弦定理，得cosθ＝，且由三角形性质，得

∴sinθ＝＝，

∴S△ABC＝·2a·2a·sinθ

＝2a2·

＝，

∴当a2＝时，S△ABC取最大值为2.

15.解：

（1）由|a－b|＝2，得|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝4＋1－2a·b＝4，∴a·b＝.（7分）

（2）|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝4＋2×＋1＝6，

∴|a＋b|＝.（14分）

16.证明：

（1）设AC∩BD＝G，连结FG.

由四边形ABCD为平行四边形，得G是AC的中点．

又F是EC中点，

∴在△ACE中，FG∥AE.（3分）

∵AE⊄平面BFD，FG⊂平面BFD，

∴AE∥平面BFD.（6分）

（2）∵∠AEB＝，∴AE⊥BE.

又直线BC⊥平面ABE，∴AE⊥BC.

又BC∩BE＝B，∴直线AE⊥平面BCE.（8分）

由

（1）知，FG∥AE，∴直线FG⊥平面BCE.（10分）

又直线FG⊂平面DBF，

∴平面DBF⊥平面BCE.（14分）

17.解：

（1）由条件，得A＝2，＝3.（2分）

∵T＝，∴ω＝.（4分）

∴曲线段FBC的解析式为y＝2sin.

当x＝0时，y＝OC＝.又CD＝，∴∠COD＝，即∠DOE＝.（7分）

（2）由

（1），可知OD＝.

又易知当“矩形草坪”的面积最大时，点P在弧DE上，故OP＝.（8分）

设∠POE＝θ，0＜θ＜，“矩形草坪”的面积为

S＝sinθ（cosθ－sinθ）

＝6（sinθcosθ－sin2θ）

＝6

＝3sin－3.（13分）

∵0＜θ＜，∴当2θ＋＝时，即θ＝时，S取得最大值．（15分）

18.解：

（1）由已知，A（－4,0）、B（4,0）、F（2,0），直线l的方程为x＝8.

设N（8，t）（t>0），因为AM＝MN，

所以M（2，）．

由M在椭圆上，得t＝6.

故所求的点M的坐标为M（2,3）．（4分）

所以＝（－6，－3），＝（2，－3）,

·＝－12＋9＝－3.

cos∠AMB＝＝＝－.（7分）

（用余弦定理也可求得）

（2）（方法1）设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，将A、F、N三点坐标代入，得

⇒

因为圆的方程为x2＋y2＋2x－（t＋）y－8＝0，

令x＝0，得y2－（t＋）y－8＝0.（11分）

设P（0，y1），Q（0，y2），

则y1、2＝.

由线段PQ的中点坐标为（0,9），得y1＋y2＝18，t＋＝18.

此时所求圆的方程为x2＋y2＋2x－18y－8＝0.（15分）

（本题用韦达定理也可解）

（方法2）由圆过点A、F得圆心横坐标为－1，由圆与y轴交点的纵坐标为（0,9），得圆心的纵坐标为9，故圆心坐标为（－1,9）．（11分）

易求得圆的半径为3，（13分）

故所求圆的方程为（x＋1）2＋（y－9）2＝90.（15分）

19.解：

（1）∵g（x）的图象与g（x）的图象关于y轴对称，

∴f（x）的图象上任意一点P（x，y）关于y轴对称的对称点Q（－x，y）在g（x）的图象上．

当x∈[－1,0）时，－x∈（0,1]，则f（x）＝g（－x）＝ln（－x）－ax2.（2分）

∵f（x）为[－1,1]上的奇函数，∴f（0）＝0.（4分）

当x∈（0,1]时，－x∈[－1,0），f（x）＝－f（－x）＝－lnx＋ax2.（6分）

∴f（x）＝（7分）

（2）由已知，f′（x）＝－＋2ax.

①若f′（x）≤0在（0,1]上恒成立，则－＋2ax≤0⇒a≤.

此时，a≤，f（x）在（0,1]上单调递减，f（x）min＝f

（1）＝a，

∴f（x）的值域为[a，＋∞）与|f（x）|≥1矛盾．（11分）

②当a＞时，令f（x）＝－＋2ax＝0⇒x＝∈（0,1]，

∴当x∈时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

∴f（x）min＝f＝－ln＋a2＝ln（2a）＋.

由|f（x）|≥1，得ln（2a）＋≥1⇒a≥.（15分）

综上所述，实数a的取值范围为a≥.（16分）

20.解：

（1）①不妨设a1≥1，设数列{an}有n项在1和100之间，则

a1·n－1≤100.所以n－1≤100.

两边同取对数，得（n－1）（lg3－lg2）≤2.解得n≤12.37.

故n的最大值为12，即数列{an}中，最多有12项在1和100之间．（5分）

②不妨设1≤a1＜a1·＜a1·2＜…＜a1·n－1≤100，其中a1，a1·，a1·2，…，a1·n－1均为整数，所以a1为2n－1的倍数．

所以3n－1≤100，所以n≤5.（8分）

又16,24,36,54,81是满足题设要求的5项．

所以当q＝时，最多有5项是1和100之间的整数．（10分）

（2）设等比数列{aqn－1}满足100≤a＜aq＜…＜aqn－1≤1000，

其中a，aq，…，aqn－1均为整数，n∈N*，q＞1，显然，q必为有理数．（11分）

设q＝，t＞s≥1，t与s互质，

因为aqn－1＝an－1为整数，

所以a是sn－1的倍数．（12分）

令t＝s＋1，于是数列满足100≤a＜a·＜…＜a·n－1≤100.

如果s≥3，则1000≥a·n－1≥（s＋1）n－1≥4n－1，所以n≤5；

如果s＝1，则1000≥a·2n－1≥100·2n－1，所以n≤4；

如果s＝2，则1000≥a·n－1≥100·n－1，

所以n≤6.（13分）

另一方面，数列128,192,288,432,648,972满足题设条件的6个数，

所以当q＞1时，最多有6项是100到1000之间的整数．（16分）

苏州市2011届高三调研测试试卷

1.－3－4i　解析：

（1＋2i）2＝1＋4i＋4i2＝－3＋4i，＝－3－4i.

2.　解析：

由已知e＝＝＝＝2，又>0，∴＝.

3.2　解析：

∵＝＝9，∴s2＝[（11－9）2＋（8－9）2＋（9－9）2＋（10－9）2＋（7－9）2]＝2.

4.　解析：

由图知A＝3，T＝＝8，∴ω＝，∴f（x）＝3sin

由图得f

（1）＝3sin＝3，∴＋φ＝2kπ＋，k∈Z，∴φ＝2kπ＋，k∈Z，又φ∈[0,2π），∴φ＝.

5.　解析：

我们将基本事件一一列举出来，有（2,2,2），（2,2,5），（2,5,2），（5,2,2），（2,5,5），（5,2,5），（5,5,2），（5,5,5）这8种等可能结果．

其中（2,2,2），（2,5,5），（5,2,5），（5,5,2），（5,5,5）这5种情况可构成三角形，　∴P＝.

6.10　解析：

·＝·＋＝2＋2＝10.

7.①②　解析：

③④反例分别如图甲、乙．

甲

乙

对于图（乙），面ABCD与面ABC1D1相交，但不垂直，BC、AB分别为两平面内两条线，但AB⊥BC.

8.　解析：

tan2β＝＝，∵tanβ＝<1，

∴β∈　2β∈.

又tan2β<1，∴2β∈，又tanα＝<1，

∴α∈，∴α＋2β∈.

又tan（α＋2β）＝＝1，∴α＋2β＝.

9.25　解析：

我们将循环体中涉及的“P，S，a”列出：

P

1×9

2×8

3×7

4×6

5×5

6×4

S

0

9

16

21

24

25

a

1

2

3

4

5

6

当P＝24时满足P

10.（1,121）　解析：

两圆x2＋y2＝m与（x＋3）2＋（y－4）2＝36相交，∴圆心距r1r2＝5∈（|－6|，＋6），

∴m∈（1,121）．

11.100　解析：

将卫生纸沿着一条母线展开后，由等体积可得0.1×lh＝π（602－202）h\，可得l＝100m.

12.200　解析：

a1＝2，a2＝＝3，a3＝＝1，a4＝＝2，∴{an}的周期为3，∴S100＝33（2＋3＋1）＋2＝200.

作出可行域：

∴x＝∈.

14.　解析：

设切点P（x0，－x＋1）（0

y－（－x＋1）＝－3x（x－x0），

令x＝0，y＝2x＋1；令y＝0，x＝.

∴S＝×（2x＋1）×（0

∴S′＝＝，

∴当x∈时S′<0，当x∈时S′>0，

∴当x＝时，Smin＝×＝.

15.解：

（1）由条件，得（b＋c）2－a2＝3bc，

即b2＋c2－a2＝bc，（2分）