1．若复数$a,b,c$满足$a^2(b+c)=b^2(a+c)=2016$，且$a\neq b$，则$c^2(a+b)=$______．
2．已知$x,y,z\in (0,1)$，求证：$x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1$．
3．对于任意给定的无理数$a,b$及实数$r>0$，证明：圆$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$上至多有两个有理点(指横纵坐标均为有理数的点)．
4．设集合$A$是整数集$\mathcal Z$的子集，其中有正有负，且$a,b\in A$($a,b$可以相等)，则$a+b\in A$．求证：若$a,b\in A$，则$a-b\in A$．
5．方程$x+y+z=2010$满足$x\leqslant y\leqslant z$的正整数解$(x,y,z)$的个数是______．
6．求证：$\dfrac{\cos\alpha}{1+\sin \alpha}-\dfrac{\sin \alpha}{1+\cos\alpha}=\dfrac{2(\cos\alpha-\sin\alpha)}{1+\sin\alpha+\cos\alpha}$．
7．在平面直角坐标系$xOy$中，已知$P\left(1,\dfrac 32\right)$是椭圆$C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}3=1$上一点，直线$l$过椭圆$C$的右焦点，且与椭圆相交于$A,B$两点，求$\triangle ABP$三边所在的直线的斜率乘积的最大值．
参考答案
1．根据题意，有$$a(ab+ca+bc)=b(ab+bc+ca)=2016+abc,$$又$a\neq b$，于是$ab+bc+ca=0$，且$-abc=2016$，进而$$c^2(a+b)=c(ca+bc+ab)-abc=-abc=2016.$$
另解 因为$$a^2(b+c)-b^2(a+c)=(a-b)(ab+ac+bc)=0,$$所以$ab+ac+bc=0$．从而有$$a^2(b+c)-c^2(a+b)=(a-c)(ab+bc+ca)=0,$$得到$c^2(a+b)=2016$．
2．方法一 注意到$$x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)=(x-1)(y-1)(z-1)+1-xyz<1,$$因此原不等式得证．
方法二 注意到不等式左边关于$x,y,z$均为一次函数，因此最值必然在端点处取得，不难得到$$0<x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.$$3．用反证法，若存在$3$个有理点，设为$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$C(x_3,y_3)$，则线段$AB$的中点$M$必然为有理点，线段$BC$的中点$N$也为有理点，进而不难得到线段$AB,BC$的垂直平分线方程必然均为有理系数的二元一次方程，因此它们的交点(即圆心)必然为有理点，与题中所给条件矛盾．因此圆$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$上的有理点个数不超过$2$．
下面给出$2$个有理点的实例：$$x^2+y^2+(x+y)\cdot \sqrt 2=1+\sqrt 2.$$综上所述，圆$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$上至多有两个有理点．
4．设$m$是集合$A$中最小的正整数，$n$是集合$A$中最大的负整数，那么$m+n=0$，否则$n<m+n<m$，矛盾．这样就可得到了所有形如$km$($k\in\mathcal Z$)的数均在集合$A$中．
接下来证明不存在任何整数$x\in A$，且$km<x<(k+1)m$，否则$0<x+k(-m)<m$，与$m$是集合$A$中的最小正整数矛盾．
综上所述，若$a,b\in A$，则$a-b\in A$．
5．假设三个数$x,y,z$均不相同的正整数解有$a$个．显然三个数中有两个相同，另一个与这两个数均不同的正整数解有$1003$个，三个数均相同的正整数解有$1$个．因此有$${\rm C}_{2009}^2=1+3\cdot 1003+6a,$$解得$a=335671$，于是所求的正整数解的个数为$1+1003+a=336675$．
6．法一 通分
根据题意，有\[\begin{split} LHS&=\dfrac{\cos\alpha(1+\cos\alpha)-\sin\alpha(1+\sin\alpha)}{(1+\sin\alpha)(1+\cos\alpha)}\\
&=\dfrac{(\cos\alpha-\sin\alpha)(1+\sin\alpha+\cos\alpha)}{1+\sin\alpha+\cos\alpha+\sin\alpha\cos\alpha}\\
&=\dfrac{2(\cos\alpha-\sin\alpha)(1+\sin\alpha+\cos\alpha)}{1+2\sin\alpha+2\cos\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}\\
&=\dfrac{2(\cos\alpha-\sin\alpha)(1+\sin\alpha+\cos\alpha)}{(1+\sin\alpha+\cos\alpha)^2}\\
&=RHS,\end{split} \]因此原命题得证．
法二 合比
由于$$\dfrac{\cos\alpha}{1+\sin\alpha}=\dfrac{1-\sin\alpha}{\cos\alpha}=\dfrac{\cos\alpha+1-\sin\alpha}{1+\sin\alpha+\cos\alpha},$$类似的，亦有$$\dfrac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}=\dfrac{\sin\alpha+1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha+\sin\alpha},$$两式相减即得欲证不等式．
法三 万能
设$\tan\dfrac{\alpha}2=x$，则$$LHS=\dfrac{\dfrac{1-x^2}{1+x^2}}{1+\dfrac{2x}{1+x^2}}-\dfrac{\dfrac{2x}{1+x^2}}{1+\dfrac{1-x^2}{1+x^2}}=\dfrac{1-x^2-2x}{1+x}=\dfrac{2(1-x^2-2x)}{1+x^2+2x+1-x^2}=RHS,$$因此原命题得证．
7．根据题意，有$P\left(2\cos\dfrac{\pi}3,\sqrt 3\sin\dfrac{\pi}3\right)$，设$A\left(2\cos 2\alpha,\sqrt 3\sin 2\alpha\right)$，$B\left(2\cos 2\beta,\sqrt 3\sin 2\beta\right)$．由于$AB$过点$(1,0)$，于是$$\tan\alpha\cdot \tan\beta=-\dfrac 13,$$进而所求斜率的乘积为\[\begin{split} t&=\left[-\dfrac{\sqrt 3}2\cdot \dfrac{1}{\tan\left(\alpha+\dfrac{\pi}6\right)}\right]\cdot \left[-\dfrac{\sqrt 3}2\cdot \dfrac{1}{\tan\left(\beta+\dfrac{\pi}6\right)}\right]\cdot \left[-\dfrac{\sqrt 3}2\cdot \dfrac{1}{\tan(\alpha+\beta)}\right]\\
&=-\dfrac{ 3\sqrt 3}8\cdot \dfrac{\left(1-\dfrac{\sqrt 3}3\tan\alpha\right)\left(1-\dfrac{\sqrt 3}3\tan\beta\right)\left(1-\tan\alpha\tan\beta\right)}{\left(\tan\alpha+\dfrac{\sqrt 3}3\right)\left(\tan\beta+\dfrac{\sqrt 3}3\right)\left(\tan\alpha+\tan\beta\right)}\\
&=\dfrac{\dfrac {\sqrt 3}2\left(\tan\alpha+\tan\beta\right)-\dfrac 43}{\left(\tan\alpha+\tan\beta\right)^2}\\
&\leqslant \dfrac{9}{64}
,\end{split} \]等号当$\tan\alpha+\tan\beta=\dfrac{16\sqrt 3}{9}$时取得．因此所求的斜率乘积的最大值为$\dfrac{9}{64}$．
思考与总结 这里用到了椭圆参数坐标下的直线方程：$$\cos(\alpha+\beta)\cdot \dfrac xa+\sin (\alpha+\beta)\cdot \dfrac yb=\cos(\alpha-\beta).$$