练习题集[94]提高练习

1．求圆$\begin{cases}(x-4)^2+(y-7)^2+(z+1)^2=36,\\ 3x+y-z=9,\end{cases}$的圆心和半径．

2．已知向量$\overrightarrow{OA},\overrightarrow{AB}$，$O$是坐标原点，若$\left|\overrightarrow{AB}\right|=k\left|\overrightarrow{OA}\right|$．且$\overrightarrow{AB}$方向是沿$\overrightarrow{OA}$的方向绕着$A$点按逆时针方向旋转$\theta$角得到的，则称$\overrightarrow{OA}$经过一次$(\theta,k)$变换得到$\overrightarrow{AB}$．现有向量$\overrightarrow{OA}=(1,1)$经过一次$(\theta_1,k_1)$变换后得到$\overrightarrow{AA_1}$，$\overrightarrow{AA_1}$经过一次$(\theta_2,k_2)$变换后得到$\overrightarrow{A_1A_2}$，$\cdots$，如此下去，$\overrightarrow{A_{n-2}A_{n-1}}$经过一次$(\theta_n,k_n)$变换后得到$\overrightarrow{A_{n-1}A_n}$．设$\overrightarrow{A_{n-1}A_n}=(x,y)$，$\theta_k=\dfrac{1}{2^{k-1}}$，$k_n=\dfrac{1}{\cos\theta_k}$，其中$k=1,2,\cdots,n$．求$y-x$的值．

3．已知椭圆$E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$($a>b>0$)，圆$O:x^2+y^2=r^2$，其中$O$为坐标原点．椭圆$E$上两点$P,Q$满足直线$OP$与直线$OQ$的斜率之积为$-\dfrac{b^2}{a^2}$，求直线$PQ$被圆$O$截得的弦长的取值范围．

4．如图，正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$在平面$\alpha$的上方，点$O$是线段$A_1C_1$的中点，直线$OA$与平面$\alpha$所成角为$\dfrac{\pi}3$．当正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$绕$OA$旋转一周时，求平面$C_1D_1DC$与平面$\alpha$所成角的正弦值的取值范围．

5．已知$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，且$a+c=2b$，求证：$\tan\dfrac A2\cdot \tan\dfrac C2\geqslant \tan^2\dfrac B2$．

6．$n$个人比赛排名，允许并列，求可能的名次数．

7．已知函数$f(x)=x^2\ln x$，且满足$f(x_1)=f(x_2)$，$x_1<x_2$，求证：$1<x_1+x_2<2{\rm e}^{-\frac 12}$．

参考答案

1．$(7,8,-2)$，$5$．

即求球心坐标为$P(4,7,-1)$，半径$R$为$6$的球被平面$3x+y-z=9$截得的圆的圆心坐标和半径．考虑到平面$3x+y-z=9$的单位法向量为$\overrightarrow n =\left(\dfrac{3}{\sqrt{11}},\dfrac{1}{\sqrt{11}},-\dfrac{1}{\sqrt{11}}\right)$，取平面上一点$Q(3,0,0)$，则球心到截面的距离$d$即$\overrightarrow{PQ}$在$\overrightarrow n$上的投影的长度，为\[d=\left|\overrightarrow {PQ}\cdot \overrightarrow n\right|=\left|(-1,-7,1)\cdot \left(\dfrac{3}{\sqrt{11}},\dfrac{1}{\sqrt{11}},-\dfrac{1}{\sqrt{11}}\right)=\sqrt{11}\right|,\]这样就得到了所求圆的半径\[r=\sqrt{R^2-d^2}=5.\]进一步，所求圆心坐标为\[(4,7,-1)+\sqrt{11}\overrightarrow n=(7,8,-2)\]或\[(4,7,-1)-\sqrt{11}\overrightarrow n=(1,6,0),\]经检验知圆心坐标为$(1,6,0)$．

2．$\dfrac{2\sin\left(2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)}{\cos 1\cos\dfrac 12\cdots\cos\dfrac{1}{2^{n-1}}}$．

根据题意，每经过一次$(\theta,k)$变换，从$x$轴正向逆时针旋转到向量方向的角增加$\theta$，向量模长扩大$k$倍．因此\[\begin{split}
(x,y)&=\left(\dfrac{\pi}4+\sum_{k=1}^n\theta_k:\sqrt 2\cdot \prod_{k=1}^n\dfrac{1}{\cos\theta_k}\right)\\
&=\left(\dfrac{\pi}4+2-\dfrac{1}{2^{n-1}}:\sqrt 2\cdot \dfrac{1}{\cos 1\cdot\cos\dfrac 12\cdots\cos\dfrac{1}{2^{n-1}}}\right)\\
&=\left(\dfrac{\sqrt 2}{\cos 1\cos\dfrac 12\cdots\cos\dfrac{1}{2^{n-1}}}\cos\left(\dfrac{\pi}4+2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right),\dfrac{\sqrt 2}{\cos 1\cos\dfrac 12\cdots\cos\dfrac{1}{2^{n-1}}}\sin\left(\dfrac{\pi}4+2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)\right),
\end{split}\]因此\[y-x=\dfrac{\sqrt 2\left[\sin\left(\dfrac{\pi}4+2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)-\cos\left(\dfrac{\pi}4+2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)\right]}{\cos 1\cos\dfrac 12\cdots\cos\dfrac{1}{2^{n-1}}}=\dfrac{2\sin\left(2-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)}{\cos 1\cos\dfrac 12\cdots\cos\dfrac{1}{2^{n-1}}}.\]

3．根据题意，在仿射变换$x'=x$，$y'=\dfrac aby$下，椭圆变为圆$E':x'^2+y'^2=a^2$．此时直线$OP'$与直线$OQ'$的斜率之积为$-1$，因此$\triangle P'OQ'$的面积为定值$\dfrac 12a^2$，回到原图形，有$\triangle POQ$的面积为定值$\dfrac 12ab$．要求直线$PQ$被圆$O$截得的弦长的取值范围，可以转化为求圆心$O$到弦$PQ$的距离的取值范围．

考虑到在仿射变换后弦$P'Q'$与圆$x^2+y^2=\dfrac 12a^2$相切，于是在原图形中，弦$PQ$与椭圆\[\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=\dfrac 12\]相切，该椭圆与椭圆$E$相似比为$\dfrac{\sqrt 2}2$．

当$PQ$的斜率为$0$时，$O$到$PQ$的距离最小，此时弦$|PQ|$的长度有最大值；当$PQ$的斜率不存在时，$O$到$PQ$的距离最大，此时弦$|PQ|$有最小值．

这样我们就有原点$O$到直线$PQ$的距离$d$的取值范围是$\left[\dfrac{b}{\sqrt 2},\dfrac{a}{\sqrt 2}\right]$，故所求弦长的取值范围是$$\left[\sqrt{4r^2-2a^2},\sqrt{4r^2-2b^2}\right].$$
4．$\left[\dfrac{3\sqrt{10}-\sqrt 6}{12},\dfrac{3\sqrt{10}+\sqrt 6}{12}\right]$．

考虑平面$C_1D_1DC$的法线$DA$，直线$AO$和平面$\alpha$的法线$AP$形成的三面角．由于$\cos\angle DAO=\dfrac{1}{\sqrt 6}$，$\cos\angle PAO=\dfrac {\sqrt 3}2$，根据三射线定理，有\[\cos \langle AD,AP\rangle =\cos\angle DAO\cdot \cos\angle PAO+\sin\angle DAO\cdot \sin \angle PAO\cdot \cos\varphi,\]其中$\varphi$是二面角$D-OA-P$的大小．因此\[\cos \langle AD,AP\rangle =\dfrac{1}{\sqrt 6}\cdot \dfrac{\sqrt 3}2+\dfrac{\sqrt 5}{\sqrt 6}\cdot \dfrac 12\cdot \cos\varphi=\dfrac{\sqrt 3+\sqrt 5\cos\varphi}{2\sqrt 6},\]因此平面$C_1D_1DC$与平面$\alpha$所成角的余弦值的取值范围是$\left[\dfrac{\sqrt 3-\sqrt 5}{2\sqrt 6},\dfrac{\sqrt 3+\sqrt 5}{2\sqrt 6}\right]$，正弦值的取值范围是$\left[\dfrac{\sqrt{15}-1}{2\sqrt 6},\dfrac{\sqrt {15}+1}{2\sqrt 6}\right]$，也即$\left[\dfrac{3\sqrt{10}-\sqrt 6}{12},\dfrac{3\sqrt{10}+\sqrt 6}{12}\right]$．

5．根据半角公式，有\[\tan\dfrac A2=\sqrt{\dfrac {1-\cos A}{1+\cos A}}=\sqrt{\dfrac {1-\dfrac {b^2+c^2-a^2}{2bc}}{1+\dfrac {b^2+c^2-a^2}{2bc}}}=\sqrt{\dfrac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}},\]其中$p$为$\triangle ABC$的半周长．于是欲证明不等式即\[\sqrt{\dfrac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}\cdot \sqrt{\dfrac{(p-a)(p-b)}{p(p-c)}}\geqslant \dfrac{(p-a)(p-c)}{p(p-b)},\]也即\[(p-b)^2\geqslant (p-a)(p-c),\]也即\[p(a+c-2b)+b^2\geqslant ac.\]事实上，根据均值不等式，有\[b^2=\left(\dfrac{a+c}2\right)^2\geqslant ac,\]于是命题得证．

6．假设$n$个人比赛成绩有$m$种，其中$m,n\in\mathbb N^*$，对应的名次数为$f(n,m)$．这样我们就有\[f(n,m)=\begin{cases} 1,& m=1,\\ m\left[f(n-1,m)+f(n-1,m-1)\right],& 2\leqslant m\leqslant n,\\ 0,& m>n.\end{cases}\]按照这个递推公式可以填表，按列求和即得．下表为$n=5$的情形．\[\begin{matrix}
m\backslash n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
2 & 0 & 2 & 6 & 14 & 30\\
3 & 0 & 0 & 6 & 36 & 150\\
4 & 0 & 0 & 0 & 24 & 240\\
5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 120\\
\sum & 1 & 3 & 13 & 75 & 541
\end{matrix}\]
7．函数$f(x)$的导函数\[f'(x)=x(1+2\ln x),\]于是函数$f(x)$在$\left(0,{\rm e}^{-\frac 12}\right)$上单调递减，在$\left({\rm e}^{-\frac 12},+\infty\right)$上单调递增，注意到$\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)=0$且$f(1)=0$，因此\[0<x_1<{\rm e}^{-\frac 12}<x_2<1.\]
右侧不等式可以通过构造\[\varphi_1(x)=f\left(2{\rm e}^{-\frac 12}-x\right)-f(x),\]或\[\varphi_2(x)=\dfrac 12f''\left({\rm e}^{-\frac 12}\right)\left(x-{\rm e}^{-\frac 12}\right)^2+f\left({\rm e}^{-\frac 12}\right)\]来证明；左侧可以通过构造函数\[\mu_1(x)=f(1-x)-f(x)\]或\[\mu_2(x)=\dfrac{f(x)}{x^2-x}\]来证明．