高中数学竞赛标准教材(第五章数列)。

一名合格的教师要充分考虑学习的趣味性，作为高中教师就要好好准备好一份教案课件。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容，让高中教师能够快速的解决各种教学问题。那么，你知道高中教案要怎么写呢？以下是小编为大家收集的“高中数学竞赛标准教材(第五章数列)”但愿对您的学习工作带来帮助。

第五章数列

一、基础知识
定义1数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n，….数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an}的一般形式通常记作a1,a2,a3,…，an或a1,a2,a3,…，an…。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的通项。
定理1若Sn表示{an}的前n项和，则S1=a1,当n1时，an=Sn-Sn-1.
定义2等差数列，如果对任意的正整数n，都有an+1-an=d（常数），则{an}称为等差数列，d叫做公差。若三个数a,b,c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d,则a=b-d,c=b+d.
定理2等差数列的性质：1）通项公式an=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：Sn=；3）an-am=(n-m)d，其中n,m为正整数；4）若n+m=p+q，则an+am=ap+aq；5）对任意正整数p,q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B至少有一个不为零，则{an}是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn.
定义3等比数列，若对任意的正整数n，都有，则{an}称为等比数列，q叫做公比。
定理3等比数列的性质：1）an=a1qn-1；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=；当q=1时，Sn=na1；3）如果a,b,c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a,c的等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。
定义4极限，给定数列{an}和实数A，若对任意的0，存在M，对任意的nM(n∈N),都有|an-A|，则称A为n→+∞时数列{an}的极限，记作
定义5无穷递缩等比数列，若等比数列{an}的公比q满足|q|1，则称之为无穷递增等比数列，其前n项和Sn的极限（即其所有项的和）为（由极限的定义可得）。
定理3第一数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能推出p(n)对n=k+1成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。

竞赛常用定理
定理4第二数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)对一切n≤k的自然数n都成立时（k≥n0）可推出p(k+1)成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。
定理5对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程x2=ax+b的两个根为α,β:(1)若αβ，则xn=c1an-1+c2βn-1，其中c1,c2由初始条件x1,x2的值确定；(2)若α=β，则xn=(c1n+c2)αn-1，其中c1,c2的值由x1,x2的值确定。
二、方法与例题
1．不完全归纳法。
这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明。
例1试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5，19，65，…；3）-1，0，3，8，15，…。
【解】1）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n.
例2已知数列{an}满足a1=,a1+a2+…+an=n2an,n≥1，求通项an.
【解】因为a1=,又a1+a2=22a2,
所以a2=，a3=,猜想(n≥1).
证明；1）当n=1时，a1=，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。
当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+a1+…+a1=[(k+1)2-1]ak+1,，
所以=k(k+2)ak+1,
即=k(k+2)ak+1,
所以=k(k+2)ak+1,所以ak+1=
由数学归纳法可得猜想成立，所以
例3设0a1，数列{an}满足an=1+a,an-1=a+，求证：对任意n∈N+,有an1.
【证明】证明更强的结论：1an≤1+a.
1)当n=1时，1a1=1+a，①式成立；
2)假设n=k时，①式成立，即1an≤1+a，则当n=k+1时，有
由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证。
2．迭代法。
数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对任意n∈N成立，因此可将其中的n换成n+1或n-1等，这种办法通常称迭代或递推。
例4数列{an}满足an+pan-1+qan-2=0,n≥3，q0，求证：存在常数c，使得an+
【证明】an+1+(pan+1+an+2)+=an+2(-qan)+=
+an(pqn+1+qan)]=q().
若=0，则对任意n,+=0，取c=0即可.
若0，则{+}是首项为，公式为q的等比数列。
所以+=qn.
取即可.
综上，结论成立。
例5已知a1=0,an+1=5an+，求证：an都是整数，n∈N+.
【证明】因为a1=0,a2=1，所以由题设知当n≥1时an+1an.
又由an+1=5an+移项、平方得
①
当n≥2时，把①式中的n换成n-1得，即
②
因为an-1an+1，所以①式和②式说明an-1,an+1是方程x2-10anx+-1=0的两个不等根。由韦达定理得an+1+an-1=10an(n≥2).
再由a1=0,a2=1及③式可知，当n∈N+时，an都是整数。
3．数列求和法。
数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。
例6已知an=(n=1,2,…)，求S99=a1+a2+…+a99.
【解】因为an+a100-n=+=，
所以S99=
例7求和：+…+
【解】一般地，
，
所以Sn=

例8已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an,Sn为数列的前n项和，求证：Sn2。
【证明】由递推公式可知，数列{an}前几项为1，1，2，3，5，8，13。
因为，①
所以。②
由①-②得，
所以。
又因为Sn-2Sn且0,
所以Sn,所以，
所以Sn2，得证。
4．特征方程法。
例9已知数列{an}满足a1=3,a2=6,an+2=4n+1-4an，求an.
【解】由特征方程x2=4x-4得x1=x2=2.
故设an=(α+βn)2n-1，其中，
所以α=3，β=0，
所以an=32n-1.
例10已知数列{an}满足a1=3,a2=6,an+2=2an+1+3an，求通项an.
【解】由特征方程x2=2x+3得x1=3,x2=-1,
所以an=α3n+β(-1)n，其中，
解得α=，β，
所以3]。
5．构造等差或等比数列。
例11正数列a0,a1,…,an,…满足=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。
【解】由得=1，
即
令bn=+1，则{bn}是首项为+1=2，公比为2的等比数列，
所以bn=+1=2n，所以=（2n-1）2，
所以an=…a0=
注：C1C2…Cn.
例12已知数列{xn}满足x1=2,xn+1=,n∈N+,求通项。
【解】考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=
因为x1=2,xn+1=,可知{xn}的每项均为正数。
又+2≥，所以xn+1≥(n≥1)。又
Xn+1-==,①
Xn+1+==,②
由①÷②得。③
又0，
由③可知对任意n∈N+，0且,
所以是首项为，公比为2的等比数列。
所以，所以，
解得。
注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。
三、基础训练题
1．数列{xn}满足x1=2,xn+1=Sn+(n+1)，其中Sn为{xn}前n项和，当n≥2时，xn=_________.
2.数列{xn}满足x1=，xn+1=,则{xn}的通项xn=_________.
3.数列{xn}满足x1=1，xn=+2n-1(n≥2)，则{xn}的通项xn=_________.
4.等差数列{an}满足3a8=5a13，且a10,Sn为前n项之和，则当Sn最大时，n=_________.
5.等比数列{an}前n项之和记为Sn,若S10=10，S30=70，则S40=_________.
6.数列{xn}满足xn+1=xn-xn-1(n≥2)，x1=a,x2=b,Sn=x1+x2+…+xn，则S100=_________.
7.数列{an}中，Sn=a1+a2+…+an=n2-4n+1则|a1|+|a2|+…+|a10|=_________.
8.若，并且x1+x2+…+xn=8，则x1=_________.
9.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若，则=_________.
10.若n!=n(n-1)…21,则=_________.
11．若{an}是无穷等比数列，an为正整数，且满足a5+a6=48,log2a2log2a3+log2a2log2a5+log2a2log2a6+log2a5log2a6=36，求的通项。
12．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，数列{}是公比为q的等比数列，且b1=1,b2=5,b3=17,求：（1）q的值；（2）数列{bn}的前n项和Sn。

四、高考水平训练题
1．已知函数f(x)=，若数列{an}满足a1=，an+1=f(an)(n∈N+)，则a2006=_____________.
2．已知数列{an}满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2)，则{an}的通项an=.
3.若an=n2+,且{an}是递增数列，则实数的取值范围是__________.
4.设正项等比数列{an}的首项a1=,前n项和为Sn,且210S30-（210+1）S20+S10=0，则an=_____________.
5.已知，则a的取值范围是______________.
6．数列{an}满足an+1=3an+n(n∈N+)，存在_________个a1值，使{an}成等差数列；存在________个a1值，使{an}成等比数列。
7．已知(n∈N+)，则在数列{an}的前50项中，最大项与最小项分别是____________.
8．有4个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和中16，第二个数与第三个数的和是12，则这四个数分别为____________.
9.设{an}是由正数组成的数列，对于所有自然数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，则an=____________.
10.在公比大于1的等比数列中，最多连续有__________项是在100与1000之间的整数.
11．已知数列{an}中，an0，求证：数列{an}成等差数列的充要条件是
（n≥2）①恒成立。
12．已知数列{an}和{bn}中有an=an-1bn,bn=(n≥2),当a1=p,b1=q(p0,q0)且p+q=1时，（1）求证：an0,bn0且an+bn=1（n∈N）；（2）求证：an+1=；（3）求数列
13．是否存在常数a,b,c，使题设等式
122+232+…+n(n+1)2=(an2+bn+c)
对于一切自然数n都成立？证明你的结论。
五、联赛一试水平训练题
1．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项和为972，这样的数列共有_________个。
2．设数列{xn}满足x1=1,xn=，则通项xn=__________.
3.设数列{an}满足a1=3,an0，且，则通项an=__________.
4.已知数列a0,a1,a2,…,an,…满足关系式(3-an+1)(6+an)=18，且a0=3，则=__________.
5.等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比为=__________.
6.各项均为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有__________项.
7.数列{an}满足a1=2,a2=6,且=2，则
________.
8.数列{an}称为等差比数列，当且仅当此数列满足a0=0,{an+1-qan}构成公比为q的等比数列，q称为此等差比数列的差比。那么，由100以内的自然数构成等差比数列而差比大于1时，项数最多有__________项.
9．设h∈N+，数列{an}定义为：a0=1,an+1=。问：对于怎样的h，存在大于0的整数n，使得an=1？
10．设{ak}k≥1为一非负整数列，且对任意k≥1，满足ak≥a2k+a2k+1，（1）求证：对任意正整数n，数列中存在n个连续项为0；（2）求出一个满足以上条件，且其存在无限个非零项的数列。
11．求证：存在唯一的正整数数列a1,a2,…,使得
a1=1,a21,an+1(an+1-1)=

六、联赛二试水平训练题
1．设an为下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1，3或4，求证：a2n是完全平方数，这里n=1,2,….
2．设a1,a2,…,an表示整数1，2，…，n的任一排列，f(n)是这些排列中满足如下性质的排列数目：①a1=1;②|ai-ai+1|≤2,i=1,2,…,n-1。
试问f(2007)能否被3整除？
3．设数列{an}和{bn}满足a0=1,b0=0，且
求证：an(n=0,1,2,…)是完全平方数。
4．无穷正实数数列{xn}具有以下性质：x0=1，xi+1xi(i=0,1,2,…),
（1）求证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个n≥1，使≥3.999均成立；
（2）寻求这样的一个数列使不等式4对任一n均成立。
5．设x1,x2,…,xn是各项都不大于M的正整数序列且满足xk=|xk-1-xk-2|(k=3,4,…,n)①.试问这样的序列最多有多少项？
6．设a1=a2=，且当n=3,4,5,…时，an=,
(ⅰ)求数列{an}的通项公式；(ⅱ)求证：是整数的平方。
7．整数列u0,u1,u2,u3,…满足u0=1，且对每个正整数n,un+1un-1=kuu，这里k是某个固定的正整数。如果u2000=2000，求k的所有可能的值。
8．求证：存在无穷有界数列{xn}，使得对任何不同的m,k，有|xm-xk|≥
9.已知n个正整数a0,a1,…，an和实数q，其中0q1，求证：n个实数b0,b1,…，bn和满足：（1）akbk(k=1,2,…,n)；
（2）q(k=1,2,…,n)；
（3）b1+b2+…+bn(a0+a1+…+an).

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第十五章复数(高中数学竞赛标准教材)

第十五章复数
一、基础知识
1．复数的定义：设i为方程x2=-1的根，i称为虚数单位，由i与实数进行加、减、乘、除等运算。便产生形如a+bi（a,b∈R）的数，称为复数。所有复数构成的集合称复数集。通常用C来表示。
2．复数的几种形式。对任意复数z=a+bi（a,b∈R），a称实部记作Re(z),b称虚部记作Im(z).z=ai称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x轴称为实轴，y轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z又对应唯一一个向量。因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z对应复平面内的点Z，见图15-1，连接OZ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r，则a=rcosθ,b=rsinθ,所以z=r(cosθ+isinθ)，这种形式叫做三角形式。若z=r(cosθ+isinθ)，则θ称为z的辐角。若0≤θ2π，则θ称为z的辐角主值，记作θ=Arg(z).r称为z的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=.如果用eiθ表示cosθ+isinθ，则z=reiθ，称为复数的指数形式。
3．共轭与模，若z=a+bi，（a,b∈R）,则a-bi称为z的共轭复数。模与共轭的性质有：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）||z1|-|z2||≤|z1±z2|≤|z1|+|z2|；（8）|z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；（9）若|z|=1，则。
4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z1=r1(cosθ1+isinθ1),z2=r2(cosθ2+isinθ2)，则z1z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；若[cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)]，用指数形式记为z1z2=r1r2ei(θ1+θ2),
5.棣莫弗定理：[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ).
6.开方：若r(cosθ+isinθ)，则，k=0,1,2,…,n-1。
7．单位根：若wn=1，则称w为1的一个n次单位根，简称单位根，记Z1=，则全部单位根可表示为1,,.单位根的基本性质有（这里记，k=1,2,…,n-1）：（1）对任意整数k，若k=nq+r,q∈Z,0≤r≤n-1，有Znq+r=Zr；（2）对任意整数m，当n≥2时，有=特别1+Z1+Z2+…+Zn-1=0；（3）xn-1+xn-2+…+x+1=(x-Z1)(x-Z2)…(x-Zn-1)=(x-Z1)(x-)…(x-).
8.复数相等的充要条件：（1）两个复数实部和虚部分别对应相等；（2）两个复数的模和辐角主值分别相等。
9．复数z是实数的充要条件是z=;z是纯虚数的充要条件是：z+=0（且z≠0）.
10.代数基本定理：在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。
11．实系数方程虚根成对定理：实系数一元n次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b≠0)是方程的一个根，则=a-bi也是一个根。
12．若a,b,c∈R,a≠0，则关于x的方程ax2+bx+c=0，当Δ=b2-4ac0时方程的根为
二、方法与例题
1．模的应用。
例1求证：当n∈N+时，方程(z+1)2n+(z-1)2n=0只有纯虚根。
[证明]若z是方程的根，则(z+1)2n=-(z-1)2n，所以|(z+1)2n|=|-(z-1)2n|,即|z+1|2=|z-1|2,即(z+1)(+1)=(z-1)(-1)，化简得z+=0，又z=0不是方程的根，所以z是纯虚数。
例2设f(z)=z2+az+b,a,b为复数，对一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b的值。
[解]因为4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b)
=|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|

≥|f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4，其中等号成立。
所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四个向量方向相同，且模相等。
所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，解得a=b=0.
2.复数相等。
例3设λ∈R，若二次方程(1-i)x2+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。
[解]若方程有实根，则方程组有实根，由方程组得(λ+1)x+λ+1=0.若λ=-1，则方程x2-x+1=0中Δ0无实根，所以λ≠-1。所以x=-1,λ=2.所以当λ≠2时，方程无实根。所以方程有两个虚根的充要条件为λ≠2。
3．三角形式的应用。
例4设n≤2000,n∈N，且存在θ满足(sinθ+icosθ)n=sinnθ+icosnθ，那么这样的n有多少个？
[解]由题设得
，所以n=4k+1.又因为0≤n≤2000，所以1≤k≤500，所以这样的n有500个。
4．二项式定理的应用。
例5计算：（1）；（2）
[解](1+i)100=[(1+i)2]50=(2i)50=-250,由二项式定理(1+i)100==)+()i，比较实部和虚部，得=-250，=0。
5．复数乘法的几何意义。
例6以定长线段BC为一边任作ΔABC，分别以AB，AC为腰，B，C为直角顶点向外作等腰直角ΔABM、等腰直角ΔACN。求证：MN的中点为定点。
[证明]设|BC|=2a，以BC中点O为原点，BC为x轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B，C对应的复数为-a,a,点A，M，N对应的复数为z1,z2,z3,，由复数乘法的几何意义得：，①，②由①+②得z2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.设MN的中点为P，对应的复数z=,为定值，所以MN的中点P为定点。
例7设A，B，C，D为平面上任意四点，求证：ABAD+BCAD≥ACBD。
[证明]用A，B，C，D表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B||C-D|+|B-C||A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).
所以|A-B||C-D|+|B-C||A-D|≥|A-C||B-D|,“=”成立当且仅当，即=π，即A，B，C，D共圆时成立。不等式得证。
6．复数与轨迹。
例8ΔABC的顶点A表示的复数为3i，底边BC在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC的外心轨迹。
[解]设外心M对应的复数为z=x+yi(x,y∈R)，B，C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M是三边垂直平分线的交点，而AB的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得
所以ΔABC的外心轨迹是轨物线。
7．复数与三角。
例9已知cosα+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2γ=0。
[证明]令z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,z3=cosγ+isinγ，则
z1+z2+z3=0。所以又因为|zi|=1,i=1,2,3.
所以zi=1，即
由z1+z2+z3=0得①
又
所以
所以cos2α+cos2β+cos2γ+i(sin2α+sin2β+sin2γ)=0.
所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。
例10求和：S=cos200+2cos400+…+18cos18×200.
[解]令w=cos200+isin200,则w18=1，令P=sin200+2sin400+…+18sin18×200,则S+iP=w+2w2+…+18w18.①由①×w得w(S+iP)=w2+2w3+…+17w18+18w19，②由①-②得(1-w)(S+iP)=w+w2+…+w18-18w19=，所以S+iP=，所以
8．复数与多项式。
例11已知f(z)=c0zn+c1zn-1+…+cn-1z+cn是n次复系数多项式(c0≠0).
求证：一定存在一个复数z0,|z0|≤1，并且|f(z0)|≥|c0|+|cn|.
[证明]记c0zn+c1zn-1+…+cn-1z=g(z),令=Arg(cn)-Arg(z0)，则方程g(Z)-c0eiθ=0为n次方程，其必有n个根，设为z1,z2,…,zn，从而g(z)-c0eiθ=(z-z1)(z-z2)…(z-zn)c0，令z=0得-c0eiθ=(-1)nz1z2…znc0，取模得|z1z2…zn|=1。所以z1,z2,…，zn中必有一个zi使得|zi|≤1,从而f(zi)=g(zi)+cn=c0eiθ=cn，所以|f(zi)|=|c0eiθ+cn|=|c0|+|cn|.
9.单位根的应用。
例12证明：自⊙O上任意一点p到正多边形A1A2…An各个顶点的距离的平方和为定值。
[证明]取此圆为单位圆，O为原点，射线OAn为实轴正半轴，建立复平面，顶点A1对应复数设为，则顶点A2A3…An对应复数分别为ε2，ε3，…，εn.设点p对应复数z,则|z|=1,且=2n-
=2n-命题得证。
10．复数与几何。
例13如图15-2所示，在四边形ABCD内存在一点P，使得ΔPAB，ΔPCD都是以P为直角顶点的等腰直角三角形。求证：必存在另一点Q，使得ΔQBC，ΔQDA也都是以Q为直角顶点的等腰直角三角形。
[证明]以P为原点建立复平面，并用A，B，C，D，P，Q表示它们对应的复数，由题设及复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA；取，则C-Q=i(B-Q)，则ΔBCQ为等腰直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得，即A-Q=i(D-Q)，所以ΔADQ也为等腰直角三角形且以Q为直角顶点。综上命题得证。
例14平面上给定ΔA1A2A3及点p0，定义As=As-3,s≥4，构造点列p0,p1,p2,…,使得pk+1为绕中心Ak+1顺时针旋转1200时pk所到达的位置，k=0,1,2,…,若p1986=p0.证明：ΔA1A2A3为等边三角形。
[证明]令u=，由题设，约定用点同时表示它们对应的复数，取给定平面为复平面，则p1=(1+u)A1-up0,
p2=(1+u)A2-up1,
p3=(1+u)A3-up2,
①×u2+②×(-u)得p3=(1+u)(A3-uA2+u2A1)+p0=w+p0,w为与p0无关的常数。同理得p6=w+p3=2w+p0,…,p1986=662w+p0=p0，所以w=0，从而A3-uA2+u2A1=0.由u2=u-1得A3-A1=（A2-A1）u，这说明ΔA1A2A3为正三角形。
三、基础训练题
1．满足(2x2+5x+2)+(y2-y-2)i=0的有序实数对(x,y)有__________组。
2．若z∈C且z2=8+6i,且z3-16z-=__________。
3.复数z满足|z|=5，且(3+4i)z是纯虚数，则__________。
4．已知，则1+z+z2+…+z1992=__________。
5.设复数z使得的一个辐角的绝对值为，则z辐角主值的取值范围是__________。
6．设z,w,λ∈C,|λ|≠1，则关于z的方程-Λz=w的解为z=__________。
7.设0x1，则2arctan__________。
8.若α，β是方程ax2+bx+c=0（a,b,c∈R）的两个虚根且，则__________。
9．若a,b,c∈C,则a2+b2c2是a2+b2-c20成立的__________条件。
10．已知关于x的实系数方程x2-2x+2=0和x2+2mx+1=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆，则m取值的集合是__________。
11．二次方程ax2+x+1=0的两根的模都小于2，求实数a的取值范围。
12．复平面上定点Z0，动点Z1对应的复数分别为z0,z1，其中z0≠0，且满足方程|z1-z0|=|z1|，①另一个动点Z对应的复数z满足z1z=-1，②求点Z的轨迹，并指出它在复平面上的形状和位置。
13．N个复数z1,z2,…,zn成等比数列，其中|z1|≠1，公比为q,|q|=1且q≠±1,复数w1,w2,…,wn满足条件：wk=zk++h，其中k=1,2,…,n,h为已知实数，求证：复平面内表示w1,w2,…,wn的点p1,p2,…,pn都在一个焦距为4的椭圆上。
四、高考水平训练题
1．复数z和cosθ+isinθ对应的点关于直线|iz+1|=|z+i|对称，则z=__________。
2.设复数z满足z+|z|=2+i，那么z=__________。
3．有一个人在草原上漫步，开始时从O出发，向东行走，每走1千米后，便向左转角度，他走过n千米后，首次回到原出发点，则n=__________。
4.若，则|z|=__________。
5.若ak≥0,k=1,2,…,n，并规定an+1=a1，使不等式恒成立的实数λ的最大值为__________。
6．已知点P为椭圆上任意一点，以OP为边逆时针作正方形OPQR，则动点R的轨迹方程为__________。
7．已知P为直线x-y+1=0上的动点，以OP为边作正ΔOPQ(O，P，Q按顺时针方向排列)。则点Q的轨迹方程为__________。
8．已知z∈C,则命题“z是纯虚数”是命题“”的__________条件。
9．若n∈N，且n≥3,则方程zn+1+zn-1=0的模为1的虚根的个数为__________。
10．设(x2006+x2008+3)2007=a0+a1x+a2x2+…+anxn，则+…+a3k-__________。
11.设复数z1,z2满足z1,其中A≠0，A∈C。证明：
（1）|z1+A||z2+A|=|A|2；（2）
12．若z∈C,且|z|=1,u=z4-z3-3z2i-z+1.求|u|的最大值和最小值，并求取得最大值、最小值时的复数z.
13.给定实数a,b,c,已知复数z1,z2,z3满足求
|az1+bz2+cz3|的值。
三、联赛一试水平训练题
1．已知复数z满足则z的辐角主值的取值范围是__________。
2．设复数z=cosθ+isinθ(0≤θ≤π)，复数z,(1+i)z，2在复平面上对应的三个点分别是P，Q，R，当P，Q，R不共线时，以PQ，PR为两边的平行四边形第四个顶点为S，则S到原点距离的最大值为__________。
3．设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为z1,z2,…,z20,则复数所对应的不同点的个数是__________。
4．已知复数z满足|z|=1，则|z+iz+1|的最小值为__________。
5．设，z1=w-z,z2=w+z,z1,z2对应复平面上的点A，B，点O为原点，∠AOB=900，|AO|=|BO|，则ΔOAB面积是__________。
6．设，则(x-w)(x-w3)(x-w7)(x-w9)的展开式为__________。
7．已知()m=(1+i)n(m,n∈N+)，则mn的最小值是__________。
8．复平面上，非零复数z1,z2在以i为圆心，1为半径的圆上，z2的实部为零，z1的辐角主值为，则z2=__________。
9.当n∈N,且1≤n≤100时，的值中有实数__________个。
10．已知复数z1,z2满足，且，，，则的值是__________。
11．集合A={z|z18=1},B={w|w48=1},C={zw|z∈A,w∈B}，问：集合C中有多少个不同的元素？
12．证明：如果复数A的模为1，那么方程的所有根都是不相等的实根（n∈N+）.
13.对于适合|z|≤1的每一个复数z，要使0|αz+β|2总能成立，试问：复数α，β应满足什么条件？
六、联赛二试水平训练题
1．设非零复数a1,a2,a3,a4,a5满足
其中S为实数且|S|≤2，求证：复数a1,a2,a3,a4,a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上。
2．求证：。
3．已知p(z)=zn+c1zn-1+c2zn-2+…+cn是复变量z的实系数多项式，且|p(i)|1，求证：存在实数a,b,使得p(a+bi)=0且(a2+b2+1)24b2+1.
4．运用复数证明：任给8个非零实数a1,a2,…,a8，证明六个数a1a3+a2a4,a1a5+a2a6,a1a7+a2a8,a3a5+a4a6,a3a7+a4a8,a5a7+a6a8中至少有一个是非负数。
5．已知复数z满足11z10+10iz9+10iz-11=0，求证：|z|=1.
6.设z1,z2,z3为复数，求证：
|z1|+|z2|+|z3|+|z1+z2+z3|≥|z1+z2|+|z2+z3|+|z3+z1|。

第九章不等式(高中数学竞赛标准教材)

第九章不等式

一、基础知识
不等式的基本性质：
（1）aba-b0；（2）ab,bcac；
（3）aba+cb+c；（4）ab,c0acbc；
（5）ab,c0acbc;（6）ab0,cd0acbd;
（7）ab0,n∈N+anbn;（8）ab0,n∈N+;
（9）a0,|x|a-axa,|x|axa或x-a;
（10）a,b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;
（11）a,b∈R，则(a-b)2≥0a2+b2≥2ab;
（12）x,y,z∈R+，则x+y≥2,x+y+z
前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。
（6）因为ab0,cd0，所以acbc,bcbd，所以acbd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若，由性质（7）得，即a≤b，与ab矛盾，所以假设不成立，所以；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2≥0，所以x+y≥，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，因为x3+b3+c3-3abc=(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥，等号当且仅当x=y=z时成立。
二、方法与例题
1．不等式证明的基本方法。
（1）比较法，在证明AB或AB时利用A-B与0比较大小，或把（A，B0）与1比较大小，最后得出结论。
例1设a,b,c∈R+，试证：对任意实数x,y,z,有x2+y2+z2
【证明】左边-右边=x2+y2+z2
所以左边≥右边，不等式成立。
例2若ax1，比较大小：|loga(1-x)|与|loga(1+x)|.
【解】因为1-x1，所以loga(1-x)0,=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)log(1-x)(1-x)=1（因为01-x21，所以1-x0,01-x1）.
所以|loga(1+x)||loga(1-x)|.
（2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证……，只需证……。
例3已知a,b,c∈R+，求证：a+b+c-3≥a+b
【证明】要证a+b+c≥a+b只需证，
因为，所以原不等式成立。
例4已知实数a,b,c满足0a≤b≤c≤，求证：
【证明】因为0a≤b≤c≤，由二次函数性质可证a(1-a)≤b(1-b)≤c(1-c)，
所以，
所以，
所以只需证明，
也就是证，
只需证b(a-b)≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。所以命题成立。
（3）数学归纳法。
例5对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1(n+1)n.
【证明】1）当n=3时，因为34=8164=43，所以命题成立。
2）设n=k时有kk+1(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2(k+2)k+1，即1.因为，所以只需证，即证(k+1)2k+2[k(k+2)]k+1，只需证(k+1)2k(k+2)，即证k2+2k+1k2+2k.显然成立。
所以由数学归纳法，命题成立。
（4）反证法。
例6设实数a0,a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0,a1-2a2+a3≥0,…,an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(k=1,2,…,n-1).
【证明】假设ak(k=1,2,…,n-1)中至少有一个正数，不妨设ar是a1,a2,…,an-1中第一个出现的正数，则a1≤0,a2≤0,…,ar-1≤0,ar0.于是ar-ar-10，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1,2,…,n-1)。
所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2≥…≥ar-ar-10.
因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar0与an=0矛盾。故命题获证。
（5）分类讨论法。
例7已知x,y,z∈R+，求证：
【证明】不妨设x≥y,x≥z.
ⅰ）x≥y≥z，则，x2≥y2≥z2，由排序原理可得
，原不等式成立。
ⅱ）x≥z≥y，则，x2≥z2≥y2，由排序原理可得
，原不等式成立。

（6）放缩法，即要证AB，可证AC1,C1≥C2,…,Cn-1≥Cn,CnB(n∈N+).
例8求证：
【证明】
，得证。
例9已知a,b,c是△ABC的三条边长，m0，求证：
【证明】
（因为a+bc），得证。
（7）引入参变量法。
例10已知x,y∈R+,l,a,b为待定正数，求f(x,y)=的最小值。
【解】设，则，f(x,y)=
(a3+b3+3a2b+3ab2)=
，等号当且仅当时成立。所以f(x,y)min=
例11设x1≥x2≥x3≥x4≥2,x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.
【证明】设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有≤k≤1,x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即
(x2+x3+x4)≤x2x3x4，因为f(k)=k+在上递减，
所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)
≤3x2=4x2≤x2x3x4.
所以原不等式成立。
（8）局部不等式。
例12已知x,y,z∈R+，且x2+y2+z2=1，求证：
【证明】先证
因为x(1-x2)=,
所以
同理，
，
所以
例13已知0≤a,b,c≤1，求证：≤2。
【证明】先证①
即a+b+c≤2bc+2.
即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.
因为0≤a,b,c≤1，所以①式成立。
同理
三个不等式相加即得原不等式成立。
（9）利用函数的思想。
例14已知非负实数a,b,c满足ab+bc+ca=1，求f(a,b,c)=的最小值。
【解】当a,b,c中有一个为0，另两个为1时，f(a,b,c)=，以下证明f(a,b,c)≥.不妨设a≥b≥c，则0≤c≤,f(a,b,c)=
因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，
解关于a+b的不等式得a+b≥2(-c).
考虑函数g(t)=,g(t)在[）上单调递增。
又因为0≤c≤，所以3c2≤1.所以c2+a≥4c2.所以2≥
所以f(a,b,c)=
≥
=
=
≥
下证0①c2+6c+9≥9c2+9≥0因为，所以①式成立。
所以f(a,b,c)≥，所以f(a,b,c)min=
2．几个常用的不等式。
（1）柯西不等式：若ai∈R,bi∈R,i=1,2,…,n，则
等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1,2,,n,ai=λbi,
变式1：若ai∈R,bi∈R,i=1,2,…,n，则
等号成立条件为ai=λbi,(i=1,2,…,n)。
变式2：设ai,bi同号且不为0(i=1,2,…,n)，则
等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.
（2）平均值不等式：设a1,a2,…,an∈R+，记Hn=,Gn=,An=，则Hn≤Gn≤An≤Qn.即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均。
其中等号成立的条件均为a1=a2=…=an.
【证明】由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An.
1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k时有Gk≤Ak，当n=k+1时，记=Gk+1.
因为a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥
≥2kGk+1,
所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.
所以由数学归纳法，结论成立。
（3）排序不等式：若两组实数a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn，则对于b1,b2,…,bn的任意排列，有a1bn+a2bn-1+…+anb1≤≤a1b1+a2b2+…+anbn.
【证明】引理：记A0=0，Ak=，则=（阿贝尔求和法）。
证法一：因为b1≤b2≤…≤bn，所以≥b1+b2+…+bk.
记sk=-(b1+b2+…+bk)，则sk≥0(k=1,2,…,n)。
所以-(a1b1+a2b2+…+anbn)=+snan≤0.
最后一个不等式的理由是aj-aj+1≤0(j=1,2,…,n-1,sn=0),
所以右侧不等式成立，同理可证左侧不等式。
证法二：（调整法）考察，若，则存在。
若(j≤n-1)，则将与互换。
因为
≥0，
所调整后，和是不减的，接下来若，则继续同样的调整。至多经n-1次调整就可将乱序和调整为顺序和，而且每次调整后和是不减的，这说明右边不等式成立，同理可得左边不等式。
例15已知a1,a2,…,an∈R+，求证；a1+a2+…+an.
【证明】证法一：因为，…，≥2an.
上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.
证法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，
因为a1+a2+…+an0，所以≥a1+a2+…+an.
证法三：设a1,a2,…,an从小到大排列为，则，，由排序原理可得

=a1+a2+…+an≥，得证。
注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。

三、基础训练题
1．已知0x1，a,b∈R+，则的最小值是____________.
2．已知x∈R+，则的最小值是____________.
3．已知a,b,c∈R，且a2+b2+c2=1,ab+bc+ca的最大值为M，最小值为N，则MN=___________.
4．若不等式对所有实数x成立，则a的取值范围是____________.
5．若不等式x+a的解是xm，则m的最小值是____________.
6．“a+b=4”是“不等式|x-a|+|x-b|8的解集是{x|-2x6}”的____________条件.
7．若a,b∈R+，则a+b=1，以下结论成立是__________.①a4+b4≥；②≤a3+b31；③；④；⑤；⑥
8．已知0，若，则=____________.
9．已知，p=(x1-)2+(x2-)2+…+(xn-)2,q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(xn-a)2,若，则比较大小：p___________q.
10．已知a0,b0且ab,m=aabb,n=abba,则比较大小：m_________n.
11．已知n∈N+，求证：
12．已知0a1，x2+y=0，求证：loga(ax+ay)≤loga2+.
13．已知x∈R，，求证：
四、高考水平训练题
1．已知A=asin2x+bcos2x,B=acos2x+bsin2x(a,b,x∈R)，设m=AB,n=ab,P=A2+B2,q=a2+b2，则下列结论成立的有]__________.（1）m≥n,p≥q;（2）m≤n,p≤q；（3）m+p≥n+q；（4）m+q≥n+p.
2．已知a,b,c,d∈R，M=4(a-b)(c-d),N=(a-b)(c-b)+(d-a)(d-c)+(c-d)(c-b)+(a-b)(a-d)，则比较大小：M________N.
3．若R+，且，，将从小到大排列为________.
4．已知△ABC的三边长a,b,c满足b+c≤2a,a+c≤2b，则的取值范围是________.
5．若实数x,y满足|x|+|y|≤1，则z=x2-xy+y2的最大值与最小值的和为________.
6．设函数f(x)=(x∈[-4,2])，则f(x)的值域是________.
7．对x1x20,1a0，记，比较大小：x1x2________y1y2.
8．已知函数的值域是，则实数a的值为________.
9．设a≤bc是直角△ABC的三边长，若不等式恒成立，则M最大值为________.
10．实系数方程x2+ax+2b=0的一个根大于0且小于1，另一个根大于1且小于2，则的取值范围是________.
11．已知a,b,c∈R+且满足a+b+c≥abc，求证：下列三个式子中至少有两个成立：
12．已知a,b∈R+且，求证：对一切n∈N+，(a+b)n-an-bn≥22n-2n+1.
13．已知a,b,c∈R+，求证：
14．设x,y,z是3个不全为零的实数，求的最大值。
五、联赛一试水平训练题
1．已知a1,a2,b1,b2,c1,c∈R，a1c1-=a2c20,P=(a1-a2)(c1-c2),Q=(b1-b2)2，比较大小：P_______Q.
2．已知x2+y2-xy=1，则|x+y-3|+|x+y+2|=__________.
3．二次函数f(x)=x2+ax+b，记M=max{|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|}，则M的最小值为__________.
4．设实数a,b,c,d满足a≤b≤c≤d或者a≥b≥c≥d，比较大小：
4(a+c+d)(a+b+d)__________(2a+3d+c)(2a+2b+c+d).
5．已知xi∈R+,i=1,2,…,n且，则x1x2…xn的最小值为__________（这里n1）.
6．已知x,y∈R,f(x,y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72的最小值为__________.
7．已知0≤ak≤1(k=1,2,…,2n)，记a2n+1=a1,a2n+2=a2，则的最大值为__________.
8．已知0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1，则的最大值为__________.
9．已知≤x≤5，求证：
10．对于不全相等的正整数a,b,c，求证：
11．已知ai0(i=1,2,…,n)，且=1。又0λ1≤λ2≤…≤λn，求证：≤

六、联赛二试水平训练题
1．设正实数x,y,z满足x+y+z=1，求证：
2．设整数x1,x2,…,xn与y1,y2,…,yn满足1x1x2…xny1y2…ym,x1+x2+…+xny1+y2+…+ym，求证：x1x2xny1y2…ym.
3．设f(x)=x2+a，记f(x),fn(x)=f(fn-1(x))(n=2,3,…)，M={a∈R|对所有正整数n,|fn(0)|≤2}，求证：。
4．给定正数λ和正整数n(n≥2)，求最小的正数M（λ），使得对于所有非负数x1,x2,…,xn，有M(λ)
5．已知x,y,z∈R+，求证：(xy+yz+zx)
6．已知非负实数a,b,c满足a+b+c=1，求证：2≤(1-a2)2+(1-b2)2+(1-c2)2≤(1+a)(1+b)(1+c)，并求出等号成立的条件。

第八章平面向量(高中数学竞赛标准教材)

第八章平面向量

一、基础知识
定义1既有大小又有方向的量，称为向量。画图时用有向线段来表示，线段的长度表示向量的模。向量的符号用两个大写字母上面加箭头，或一个小写字母上面加箭头表示。书中用黑体表示向量，如a.|a|表示向量的模，模为零的向量称为零向量，规定零向量的方向是任意的。零向量和零不同，模为1的向量称为单位向量。
定义2方向相同或相反的向量称为平行向量（或共线向量），规定零向量与任意一个非零向量平行和结合律。
定理1向量的运算，加法满足平行四边形法规，减法满足三角形法则。加法和减法都满足交换律和结合律。
定理2非零向量a,b共线的充要条件是存在实数0，使得a=f
定理3平面向量的基本定理，若平面内的向量a,b不共线，则对同一平面内任意向是c，存在唯一一对实数x,y，使得c=xa+yb，其中a,b称为一组基底。
定义3向量的坐标，在直角坐标系中，取与x轴，y轴方向相同的两个单位向量i,j作为基底，任取一个向量c，由定理3可知存在唯一一组实数x,y，使得c=xi+yi，则（x,y）叫做c坐标。
定义4向量的数量积，若非零向量a,b的夹角为，则a,b的数量积记作ab=|a||b|cos=|a||b|cosa,b，也称内积，其中|b|cos叫做b在a上的投影（注：投影可能为负值）。
定理4平面向量的坐标运算：若a=(x1,y1),b=(x2,y2)，
1．a+b=(x1+x2,y1+y2),a-b=(x1-x2,y1-y2)，
2．λa=(λx1,λy1),a(b+c)=ab+ac，
3．ab=x1x2+y1y2,cos(a,b)=(a,b0),
4.a//bx1y2=x2y1,abx1x2+y1y2=0.
定义5若点P是直线P1P2上异于p1，p2的一点，则存在唯一实数λ，使，λ叫P分所成的比，若O为平面内任意一点，则。由此可得若P1，P，P2的坐标分别为(x1,y1),(x,y),(x2,y2)，则
定义6设F是坐标平面内的一个图形，将F上所有的点按照向量a=(h,k)的方向，平移|a|=个单位得到图形，这一过程叫做平移。设p(x,y)是F上任意一点，平移到上对应的点为，则称为平移公式。
定理5对于任意向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),|ab|≤|a||b|，并且|a+b|≤|a|+|b|.
【证明】因为|a|2|b|2-|ab|2=-(x1x2+y1y2)2=(x1y2-x2y1)2≥0，又|ab|≥0,|a||b|≥0，
所以|a||b|≥|ab|.
由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.
注：本定理的两个结论均可推广。1）对n维向量，a=(x1,x2,…,xn)，b=(y1,y2,…,yn)，同样有|ab|≤|a||b|，化简即为柯西不等式：(x1y1+x2y2+…+xnyn)2≥0，又|ab|≥0,|a||b|≥0，
所以|a||b|≥|ab|.
由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.
注：本定理的两个结论均可推广。1）对n维向量，a=(x1,x2,…,xn),b=(y1,y2,…,yn)，同样有|ab|≤|a||b|，化简即为柯西不等式：(x1y1+x2y2+…+xnyn)2。
2）对于任意n个向量，a1,a2,…,an，有|a1,a2,…,an|≤|a1|+|a2|+…+|an|。
二、方向与例题
1．向量定义和运算法则的运用。
例1设O是正n边形A1A2…An的中心，求证：
【证明】记，若，则将正n边形绕中心O旋转后与原正n边形重合，所以不变，这不可能，所以
例2给定△ABC，求证：G是△ABC重心的充要条件是
【证明】必要性。如图所示，设各边中点分别为D，E，F，延长AD至P，使DP=GD，则
又因为BC与GP互相平分，
所以BPCG为平行四边形，所以BGPC，所以
所以
充分性。若，延长AG交BC于D，使GP=AG，连结CP，则因为，则，所以GBCP，所以AG平分BC。
同理BG平分CA。
所以G为重心。
例3在凸四边形ABCD中，P和Q分别为对角线BD和AC的中点，求证：AB2+BC2+CD2+DA2=AC2+BD2+4PQ2。
【证明】如图所示，结结BQ，QD。
因为，
所以
=
=①
又因为
同理，②
，③
由①，②，③可得
。得证。
2．证利用定理2证明共线。
例4△ABC外心为O，垂心为H，重心为G。求证：O，G，H为共线，且OG：GH=1：2。
【证明】首先
=
其次设BO交外接圆于另一点E，则连结CE后得CE
又AHBC，所以AH//CE。
又EAAB，CHAB，所以AHCE为平行四边形。
所以
所以，
所以，
所以与共线，所以O，G，H共线。
所以OG：GH=1：2。
3．利用数量积证明垂直。
例5给定非零向量a,b.求证：|a+b|=|a-b|的充要条件是ab.
【证明】|a+b|=|a-b|(a+b)2=(a-b)2a2+2ab+b2=a2-2ab+b2ab=0ab.
例6已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，D为AB中点，E为△ACD重心。求证：OECD。
【证明】设，
则，
又，
所以
a(b-c).（因为|a|2=|b|2=|c|2=|OH|2）
又因为AB=AC，OB=OC，所以OA为BC的中垂线。
所以a(b-c)=0.所以OECD。
4．向量的坐标运算。
例7已知四边形ABCD是正方形，BE//AC，AC=CE，EC的延长线交BA的延长线于点F，求证：AF=AE。
【证明】如图所示，以CD所在的直线为x轴，以C为原点建立直角坐标系，设正方形边长为1，则A，B坐标分别为（-1，1）和（0，1），设E点的坐标为（x,y），则=(x,y-1),，因为，所以-x-(y-1)=0.
又因为，所以x2+y2=2.
由①，②解得
所以
设，则。由和共线得
所以，即F，
所以=4+，所以AF=AE。
三、基础训练题
1．以下命题中正确的是__________.①a=b的充要条件是|a|=|b|，且a//b；②(ab)c=(ac)b；③若ab=ac，则b=c；④若a,b不共线，则xa+yb=ma+nb的充要条件是x=m,y=n；⑤若，且a,b共线，则A，B，C，D共线；⑥a=(8,1)在b=(-3,4)上的投影为-4。
2．已知正六边形ABCDEF，在下列表达式中：①；②；③；④与，相等的有__________.
3．已知a=y-x,b=2x-y,|a|=|b|=1,ab=0，则|x|+|y|=__________.
4．设s,t为非零实数，a,b为单位向量，若|sa+tb|=|ta-sb|，则a和b的夹角为__________.
5．已知a,b不共线，=a+kb,=la+b，则“kl-1=0”是“M，N，P共线”的__________条件.
6．在△ABC中，M是AC中点，N是AB的三等分点，且，BM与CN交于D，若，则λ=__________.
7．已知不共线，点C分所成的比为2，，则__________.
8．已知=b,ab=|a-b|=2，当△AOB面积最大时，a与b的夹角为__________.
9．把函数y=2x2-4x+5的图象按向量a平移后得到y=2x2的图象，c=(1,-1),若，cb=4，则b的坐标为__________.
10．将向量a=(2,1)绕原点按逆时针方向旋转得到向量b，则b的坐标为__________.
11．在Rt△BAC中，已知BC=a，若长为2a的线段PQ以点A为中点，试问与的夹角取何值时的值最大？并求出这个最大值。
12．在四边形ABCD中，，如果ab=bc=cd=da，试判断四边形ABCD的形状。

四、高考水平训练题
1．点O是平面上一定点，A，B，C是此平面上不共线的三个点，动点P满足则点P的轨迹一定通过△ABC的________心。
2．在△ABC中，，且ab0，则△ABC的形状是__________.
3．非零向量，若点B关于所在直线对称的点为B1，则=__________.
4．若O为△ABC的内心，且，则△ABC的形状为__________.
5．设O点在△ABC内部，且，则△AOB与△AOC的面积比为__________.
6．P是△ABC所在平面上一点，若，则P是△ABC的__________心.
7．已知，则||的取值范围是__________.
8．已知a=(2,1),b=(λ,1)，若a与b的夹角为锐角，则λ的取值范围是__________.
9．在△ABC中，O为中线AM上的一个动点，若AM=2，则的最小值为__________.
10．已知集合M={a|a=(1,2)+λ(3,4),λ∈R}，集合N={a|a=(-2,-2)+λ(4,5),λ∈R},mjMN=__________.
11．设G为△ABO的重心，过G的直线与边OA和OB分别交于P和Q，已知，△OAB与△OPQ的面积分别为S和T，
（1）求y=f(x)的解析式及定义域；（2）求的取值范围。
12．已知两点M（-1，0），N（1，0），有一点P使得成公差小于零的等差数列。
（1）试问点P的轨迹是什么？（2）若点P坐标为(x0,y0),为与的夹角，求tan.

五、联赛一试水平训练题
1．在直角坐标系内，O为原点，点A，B坐标分别为（1，0），（0，2），当实数p,q满足时，若点C，D分别在x轴，y轴上，且，则直线CD恒过一个定点，这个定点的坐标为___________.
2．p为△ABC内心，角A，B，C所对边长分别为a,b,c.O为平面内任意一点，则=___________（用a,b,c,x,y,z表示）.
3．已知平面上三个向量a,b,c均为单位向量，且两两的夹角均为1200，若|ka+b+c|1(k∈R)，则k的取值范围是___________.
4．平面内四点A，B，C，D满足，则的取值有___________个.
5．已知A1A2A3A4A5是半径为r的⊙O内接正五边形，P为⊙O上任意一点，则取值的集合是___________.
6．O为△ABC所在平面内一点，A，B，C为△ABC的角，若sinA+sinB+sinC，则点O为△ABC的___________心.
7．对于非零向量a,b,“|a|=|b|”是“(a+b)(a-b)”的___________条件.
8．在△ABC中，，又(cb)：(ba)：(ac)=1：2：3，则△ABC三边长之比|a|：|b|：|c|=____________.
9．已知P为△ABC内一点，且，CP交AB于D，求证：
10．已知△ABC的垂心为H，△HBC，△HCA，△HAB的外心分别为O1，O2，O3，令，求证：（1）2p=b+c-a；（2）H为△O1O2O3的外心。
11．设坐标平面上全部向量的集合为V，a=(a1,a2)为V中的一个单位向量，已知从V到的变换T，由T(x)=-x+2(xa)a(x∈V)确定，
（1）对于V的任意两个向量x,y,求证：T(x)T(y)=xy；
（2）对于V的任意向量x，计算T[T(x)]-x；
（3）设u=(1,0)；，若，求a.
六、联赛二试水平训练题
1．已知A，B为两条定直线AX，BY上的定点，P和R为射线AX上两点，Q和S为射线BY上的两点，为定比，M，N，T分别为线段AB，PQ，RS上的点，为另一定比，试问M，N，T三点的位置关系如何？证明你的结论。
2．已知AC，CE是正六边形ABCDEF的两条对角线，点M，N分别内分AC，CE，使得AM：AC=CN：CE=r，如果B，M，N三点共线，求r.
3．在矩形ABCD的外接圆的弧AB上取一个不同于顶点A，B的点M，点P，Q，R，S是M分别在直线AD，AB，BC，CD上的射影，求证：直线PQ与RS互相垂直。
4．在△ABC内，设D及E是BC的三等分点，D在B和F之间，F是AC的中点，G是AB的中点，又设H是线段EG和DF的交点，求比值EH：HG。
5．是否存在四个平面向量，两两不共线，其中任何两个向量之和均与其余两个向量之和垂直？
6．已知点O在凸多边形A1A2…An内，考虑所有的AiOAj，这里的i,j为1至n中不同的自然数，求证：其中至少有n-1个不是锐角。
7．如图，在△ABC中，O为外心，三条高AD，BE，CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N，求证：（1）OBDF，OCDE，（2）OHMN。
8．平面上两个正三角形△A1B1C1和△A2B2C2，字母排列顺序一致，过平面上一点O作，求证△ABC为正三角形。
9．在平面上给出和为的向量a,b,c,d，任何两个不共线，求证：
|a|+|b|+|c|+|d|≥|a+d|+|b+d|+|c+d|.

第十二章立体几何(高中数学竞赛标准教材)

第十二章立体几何
一、基础知识
公理1一条直线。上如果有两个不同的点在平面。内．则这条直线在这个平面内，记作：aa．
公理2两个平面如果有一个公共点，则有且只有一条通过这个点的公共直线，即若P∈α∩β，则存在唯一的直线m，使得α∩β=m,且P∈m。
公理3过不在同一条直线上的三个点有且只有一个平面。即不共线的三点确定一个平面．
推论l直线与直线外一点确定一个平面．
推论2两条相交直线确定一个平面．
推论3两条平行直线确定一个平面．
公理4在空间内，平行于同一直线的两条直线平行．
定义1异面直线及成角：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．过空间任意一点分别作两条异面直线的平行线，这两条直线所成的角中，不超过900的角叫做两条异面直线成角．与两条异面直线都垂直相交的直线叫做异面直线的公垂线，公垂线夹在两条异面直线之间的线段长度叫做两条异面直线之间的距离．
定义2直线与平面的位置关系有两种；直线在平面内和直线在平面外．直线与平面相交和直线与平面平行(直线与平面没有公共点叫做直线与平面平行)统称直线在平面外．
定义3直线与平面垂直：如果直线与平面内的每一条直线都垂直，则直线与这个平面垂直．
定理1如果一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则直线与平面垂直．
定理2两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行．
定理3若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也和这个平面垂直．
定理4平面外一点到平面的垂线段的长度叫做点到平面的距离，若一条直线与平面平行，则直线上每一点到平面的距离都相等，这个距离叫做直线与平面的距离．
定义5一条直线与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线．由斜线上每一点向平面引垂线，垂足叫这个点在平面上的射影．所有这样的射影在一条直线上，这条直线叫做斜线在平面内的射影．斜线与它的射影所成的锐角叫做斜线与平面所成的角．
结论1斜线与平面成角是斜线与平面内所有直线成角中最小的角．
定理4(三垂线定理)若d为平面。的一条斜线，b为它在平面a内的射影，c为平面a内的一条直线，若cb，则ca．逆定理：若ca，则cb．
定理5直线d是平面a外一条直线，若它与平面内一条直线b平行，则它与平面a平行
定理6若直线。与平面α平行，平面β经过直线a且与平面a交于直线6，则a//b．
结论2若直线。与平面α和平面β都平行，且平面α与平面β相交于b，则a//b．
定理7(等角定理)如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行且方向相同，则两个角相等．
定义6平面与平面的位置关系有两种：平行或相交．没有公共点即平行，否则即相交．
定理8平面a内有两条相交直线a，b都与平面β平行，则α//β.
定理9平面α与平面β平行，平面γ∩α=a，γ∩β=b，则a//b．
定义7(二面角)，经过同一条直线m的两个半平面α,β(包括直线m，称为二面角的棱)所组成的图形叫二面角，记作α—m—β，也可记为A—m一B，α—AB—β等．过棱上任意一点P在两个半平面内分别作棱的垂线AP，BP，则∠APB(≤900)叫做二面角的平面角．
它的取值范围是[0，π]．
特别地，若∠APB＝900，则称为直二面角，此时平面与平面的位置关系称为垂直，即αβ.
定理10如果一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．
定理11如果两个平面垂直，过第一个平面内的一点作另一个平面的垂线在第一个平面内．
定理12如果两个平面垂直，过第一个子面内的一点作交线的垂线与另一个平面垂直．
定义8有两个面互相平行而其余的面都是平行四边形，并且每相邻两个平行四边形的公共边(称为侧棱)都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱．两个互相平行的面叫做底面．如果底面是平行四边形则叫做平行六面体；侧棱与底面垂直的棱柱叫直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．底面是矩形的直棱柱叫做长方体．棱长都相等的正四棱柱叫正方体．
定义9有一个面是多边形(这个面称为底面)，其余各面是一个有公共顶点的三角形的多面体叫棱锥．底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面的中心的棱锥叫正棱锥．
定理13(凸多面体的欧拉定理)设多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则
V+F-E=2．
定义10空间中到一个定点的距离等于定长的点的轨迹是一个球面．球面所围成的几何体叫做球．定长叫做球的半径，定点叫做球心．
定理14如果球心到平面的距离d小于半径R，那么平面与球相交所得的截面是圆面，圆心与球心的连线与截面垂直．设截面半径为r，则d2+r2＝R2．过球心的截面圆周叫做球大圆．经过球面两点的球大圆夹在两点间劣弧的长度叫两点间球面距离．
定义11(经度和纬度)用平行于赤道平面的平面去截地球所得到的截面四周叫做纬线．纬线上任意一点与球心的连线与赤道平面所成的角叫做这点的纬度．用经过南极和北极的平面去截地球所得到的截面半圆周(以两极为端点)叫做经线，经线所在的平面与本初子午线所在的半平面所成的二面角叫做经度，根据位置不同又分东经和西经．
定理15(祖原理)夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
定理16(三面角定理)从空间一点出发的不在同一个平面内的三条射线共组成三个角．其中任意两个角之和大于另一个，三个角之和小于3600．
定理17（面积公式）若一个球的半径为R，则它的表面积为S球面=4πR2。若一个圆锥的母线长为l，底面半径为r，则它的侧面积S侧=πrl.
定理18（体积公式）半径为R的球的体积为V球=；若棱柱（或圆柱）的底面积为s，高h，则它的体积为V=sh；若棱锥（或圆锥）的底面积为s，高为h，则它的体积为V=
定理19如图12-1所示，四面体ABCD中，记∠BDC=α，∠ADC=β，∠ADB=γ，∠BAC=A，∠ABC=B，∠ACB=C。DH平面ABC于H。
（1）射影定理：SΔABDcosФ=SΔABH，其中二面角D—AB—H为Ф。
（2）正弦定理：
（3）余弦定理：cosα=cosβcosγ+sinβsinγcosA.
cosA=-cosBcosC+sinBsinCcosα.
（4）四面体的体积公式DHSΔABC
=
（其中d是a1,a之间的距离，是它们的夹角）
SΔABDSΔACDsinθ(其中θ为二面角B—AD—C的平面角)。
二、方法与例题
1．公理的应用。
例1直线a,b,c都与直线d相交，且a//b,c//b，求证：a,b,c,d共面。
[证明]设d与a,b,c分别交于A,B,C,因为b与d相交，两者确定一个平面，设为a.又因为a//b，所以两者也确定一个平面，记为β。因为A∈α，所以A∈β，因为B∈b，所以B∈β，所以dβ.又过b,d的平面是唯一的，所以α，β是同一个平面，所以aα.同理cα.即a,b,c,d共面。
例2长方体有一个截面是正六边形是它为正方体的什么条件？
[解]充要条件。先证充分性，设图12-2中PQRSTK是长方体ABCD-A1B1C1D1的正六边形截面，延长PQ，SR设交点为O，因为直线SR平面CC1D1D，又O∈直线SR，所以O∈平面CC1D1D，又因为直线PQ平面A1B1C1D1，又O∈直线PQ，所以O∈平面A1B1C1D1。所以O∈直线C1D1，由正六边形性质知，∠ORQ=∠OQR=600，所以ΔORQ为正三角形，因为CD//C1D1，所以=1。所以R是CC1中点，同理Q是B1C1的中点，又ΔORC1≌ΔOQC1，所以C1R=C1Q，所以CC1=C1B1，同理CD=CC1，所以该长方体为正方体。充分性得证。必要性留给读者自己证明。
2．异面直线的相关问题。
例3正方体的12条棱互为异面直线的有多少对？
[解]每条棱与另外的四条棱成异面直线，重复计数一共有异面直线12×4=48对，而每一对异面直线被计算两次，因此一共有24对。
例4见图12-3，正方体，ABCD—A1B1C1D1棱长为1，求面对角线A1C1与AB1所成的角。
[解]连结AC，B1C，因为A1AB1BC1C，所以A1AC1C，所以A1ACC1为平行四边形，所以A1C1AC。
所以AC与AB1所成的角即为A1C1与AB1所成的角，由正方体的性质AB1=B1C=AC，所以∠B1AC=600。所以A1C1与AB1所成角为600。
3．平行与垂直的论证。
例5A，B，C，D是空间四点，且四边形ABCD四个角都是直角，求证：四边形ABCD是矩形。
[证明]若ABCD是平行四边形，则它是矩形；若ABCD不共面，设过A，B，C的平面为α，过D作DD1α于D1，见图12-4，连结AD1，CD1，因为ABAD1，又因为DD1平面α，又ABα，所以DD1AB，所以AB平面ADD1，所以ABAD1。同理BCCD1，所以ABCD1为矩形，所以∠AD1C=900，但AD1AD,CD1CD，所以AD2+CD2=AC2=，与AD2+CD2矛盾。所以ABCD是平面四边形，所以它是矩形。
例6一个四面体有两个底面上的高线相交。证明：它的另两条高线也相交。
[证明]见图12-5，设四面体ABCD的高线AE与BF相交于O，因为AE平面BCD，所以AECD，BF平面ACD，所以BFCD，所以CD平面ABO，所以CDAB。设四面体另两条高分别为CM，DN，连结CN，因为DN平面ABC，所以DNAB，又ABCD，所以AB平面CDN，所以ABCN。设CN交AB于P，连结PD，作PD于，因为AB平面CDN，所以AB，所以平面ABD，即为四面体的高，所以与CM重合，所以CM，DN为ΔPCD的两条高，所以两者相交。
例7在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD中点，沿BE将ΔABE折起，并使AC=AD，见图12-6。求证：平面ABE平面BCDE。
[证明]取BE中点O，CD中点M，连结AO，OM，OD，OC，则OM//BC，又CDBC，所以OMCD。又因为AC=AD，所以AMCD，所以CD平面AOM，所以AOCD。又因为AB=AE，所以AOBE。因为ED≠BC，所以BE与CD不平行，所以BE与CD是两条相交直线。所以AO平面BC-DE。又直线AO平面ABE。所以平面ABE平面BCDE。
4．直线与平面成角问题。
例8见图12-7，正方形ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，G为BF的中点，将正方形沿EF折成1200的二面角，求AG和平面EBCF所成的角。
[解]设边长AB=2，因为EFAD，又ADAB。所以EFAB，所以BG=，又AEEF，BEEF，所以∠AEB=1200。过A作AMBE于M，则∠AEM=600，ME=，AM=AEsin600=.由余弦定理MG2=BM2+BG2-2BMBGcos∠MBG==2，所以MG=因为EFAE，EFBE，所以EF平面AEB，所以EFAM，又AMBE，所以AM平面BCE。所以∠AGM为AG与平面EBCF所成的角。而tan∠AGM=。所以AG与平面EBCF所成的角为.
例9见图12-8，OA是平面α的一条斜角，ABα于B，C在α内，且ACOC，∠AOC=α，∠AOB=β，∠BOC=γ。证明：cosα=cosβcosγ.
[证明]因为ABα，ACOC，所以由三垂线定理，BCOC，所以OAcosβ=OB,OBcosγ=OC,又RtΔOAC中，OAcosα=OC，所以OAcosβcosγ=OAcosα，所以cosα=cosβcosγ.
5．二面角问题。
例10见图12-9，设S为平面ABC外一点，∠ASB=450，∠CSB=600，二面角A—SB—C为直角二面角，求∠ASC的余弦值。
[解]作CMSB于M，MNAS于N，连结CN，因为二面角A—SB—C为直二面角，所以平面ASB平面BSC。又CMSB，所以CM平面ASB，又MNAS，所以由三垂线定理的逆定理有CNAS，所以SCcos∠CSN=SN=SCcos∠CSMcos∠ASB，所以cos∠ASC=cos450cos600=。
例11见图12-10，已知直角ΔABC的两条直角边AC=2，BC=3，P为斜边AB上一点，沿CP将此三角形折成直二面角A—CP—B，当AB=时，求二面角P—AC—B的大小。
[解]过P作PDAC于D，作PECP交BC于E，连结DE，因为A—CP—B为直二面角，即平面ACP平面CPB，所以PE平面ACP，又PDCA，所以由三垂线定理知DEAC，所以∠PDE为二面角P—AC—B的平面角。设∠BCP=θ，则cos∠ECD=cosθcos(900-θ)=sinθcosθ，由余弦定理cos∠ACB=，所以sinθcosθ=，所以sin2θ=1.又02θπ，所以θ=，设CP=a，则PD=a,PE=a.所以tan∠PDE=
所以二面角P—AC—B的大小为。
6．距离问题。
例12正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a，求对角线AC与BC1的距离。
[解]以B为原点，建立直角坐标系如图12-11所示。设P，Q分别是BC1，CA上的点，且，各点、各向量的坐标分别为A(a,0,0),B(0,0,0),C(0,a,0)，,所以，所以a×a+a×a=0,a×a-a×a=0.所以。所以PQ为AC与BC1的公垂线段，所以两者距离为
例13如图12-12所示，在三棱维S—ABC中，底面是边长为的正三角形，棱SC的长为2，且垂直于底面，E，D分别是BC，AB的中点，求CD与SE间的距离。
[分析]取BD中点F，则EF//CD，从而CD//平面SEF，要求CD与SE间的距离就转化为求点C到平面SEF间的距离。
[解]设此距离为h，则由体积公式
计算可得SΔSEF=3，所以
7．凸多面体的欧拉公式。
例14一个凸多面体有32个面，每个面或是三角形或是五边形，对于V个顶点每个顶点均有T个三角形面和P个五边形面相交，求100P+10T+V。
[解]因F=32，所以32-E+V=2，所以E=V+30。因为T+P个面相交于每个顶点，每个顶点出发有T+P条棱，所以2E=V(T+P).由此得V(T+P)=2(V+30)，即V(T+P-2)=60.由于每个三角形面有三条棱，故三角形面有个，类似地，五边形有个，又因为每个面或者是三角形或者是五边形，所以=32，由此可得3T+5P=16，它的唯一正整数解为T=P=2，代入V(T+P-2)=60得V=30，所以100P+10T+V250。
8．与球有关的问题。
例15圆柱直径为4R，高为22R，问圆柱内最多能装半径为R的球多少个？
[解]最底层恰好能放两个球，设为球O1和球O2，两者相切，同时与圆柱相切，在球O1与球O2上放球O3与球O4，使O1O2与O3O4相垂直，且这4个球任两个相外切，同样在球O3与球O4上放球O5与球O6，……直到不能再放为止。
先计算过O3O4与过O1O2的两平行面与圆柱底面的截面间距离为。设共装K层，则(22-)RR(K-1)+2R≤22R，解得K=15，因此最多装30个。
9．四面体中的问题。
例16已知三棱锥S—ABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是ΔSBC的垂心，二面角H—AB—C的平面角等于300，SA=。求三棱锥S—ABC的体积。
[解]由题设，AH平面SBC，作BHSC于E，由三垂线定理可知SCAE，SCAB，故SC平面ABE。设S在平面ABC内射影为O，则SO平面ABC，由三垂线定理的逆定理知，COAB于F。同理，BOAC，所以O为ΔABC垂心。又因为ΔABC是等边三角形，故O为ΔABC的中心，从而SA=SB=SC=，因为CFAB，CF是EF在平面ABC上的射影，又由三垂线定理知，EFAB，所以∠EFC是二面角H—AB—C的平面角，故∠EFC=300，所以OC=SCcos600=,SO=tan600=3，又OC=AB，所以AB=OC=3。所以VS—ABC=×32×3=。
例17设d是任意四面体的相对棱间距离的最小值，h是四面体的最小高的长，求证：2dh.
[证明]不妨设A到面BCD的高线长AH=h，AC与BD间的距离为d，作AFBD于点F，CNBD于点N，则CN//HF，在面BCD内作矩形CNFE，连AE，因为BD//CE，所以BD//平面ACE，所以BD到面ACE的距离为BD与AC间的距离d。在ΔAEF中，AH为边EF上的高，AE边上的高FG=d，作EMAF于M，则由EC//平面ABD知，EM为点C到面ABD的距离（因EM面ABD），于是EM≥AH=h。在RtΔEMF与RtΔAHF中，由EM≥AH得EF≥AF。又因为ΔAEH∽ΔFEG，所以≤2。所以2dh.
注：在前面例题中除用到教材中的公理、定理外，还用到了向量法、体积法、射影法，请读者在解题中认真总结。
三、基础训练题
1．正三角形ABC的边长为4，到A，B，C的距离都是1的平面有__________个.
2．空间中有四个点E，F，G，H，命题甲：E，F，G，H不共面；命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙的__________条件。
3．动点P从棱长为a的正方体的一个顶点出发，沿棱运动，每条棱至多经过一次，则点P运动的最大距离为__________。
4．正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是面ADD1A1、面ABCD的中心，G为棱CC1中点，直线C1E，GF与AB所成的角分别是α，β。则α+β=__________。
5．若a,b为两条异面直线，过空间一点O与a,b都平行的平面有__________个。
6．CD是直角ΔABC斜边AB上的高，BD=2AD，将ΔACD绕CD旋转使二面角A—CD—B为600，则异面直线AC与BD所成的角为__________。
7．已知PA平面ABC，AB是⊙O的直径，C是圆周上一点且AC=AB，则二面角A—PC—B的大小为__________。
8．平面α上有一个ΔABC，∠ABC=1050，AC=，平面α两侧各有一点S，T，使得SA=SB=SC=，TA=TB=TC=5，则ST=_____________.
9．在三棱锥S—ABC中，SA底面ABC，二面角A—SB—C为直二面角，若∠BSC=450，SB=a，则经过A，B，C，S的球的半径为_____________.
10．空间某点到棱长为1的正四面体顶点距离之和的最小值为_____________.
11．异面直线a,b满足a//α,b//β,b//α,a//β，求证：α//β。
12．四面体SABC中，SA，SB，SC两两垂直，S0，S1，S2，S3分别表示ΔABC，ΔSBC，ΔSCA，ΔSAB的面积，求证：
13．正三棱柱ABC—A1B1C1中，E在棱BB1上，截面A1EC侧面AA1C1C，（1）求证：BE=EB1；（2）若AA1=A1B1，求二面角EC-A1-B1C1的平面角。
四、高考水平训练题
1．三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1B1的中点，N为B1C与BC1的交点，平面AMN交B1C1于P，则=_____________.
2.空间四边形ABCD中，AD=1，BC=，且ADBC，BD=，AC=，则AC与BD所成的角为_____________.
3．平面α平面β，αβ=直线AB，点C∈α，点D∈β，∠BAC=450，∠BAD=600，且CDAB，则直线AB与平面ACD所成的角为_____________.
4．单位正方体ABCD—A1B1C1D1中，二面角A—BD1—B1大小为_____________.
5．如图12-13所示，平行四边形ABCD的顶点A在二面角α—MN—β的棱MN上，点B，C，D都在α上，且AB=2AD，∠DAN=450，∠BAD=600，若◇ABCD在半平面β上射影为为菜，则二面角α—MN—β=_____________.
6．已知异面直线a,b成角为θ，点M，A在a上，点N，B在b上，MN为公垂线，且MN=d，MA=m，NB=n。则AB的长度为_____________.
7．已知正三棱锥S—ABC侧棱长为4，∠ASB=450，过点A作截面与侧棱SB，SC分别交于M，N，则截面ΔAMN周长的最小值为_____________.
8．l1与l2为两条异面直线，l1上两点A，B到l2的距离分别为a,b，二面角A—l2—B大小为θ，则l1与l2之间的距离为_____________.
9．在半径为R的球O上一点P引三条两两垂直的弦PA，PB，PC，则PA2+PB2+PC2=_____________.
10．过ΔABC的顶点向平面α引垂线AA1，BB1，CC1，点A1，B1，C1∈α，则∠BAC与∠B1A1C1的大小关系是_____________.
11．三棱锥A—BCD中∠ACB=∠ADB=900，∠ABC=600，∠BAD=450，二面角A—CD—B为直角二面角。（1）求直线AC与平面ABD所成的角；（2）若M为BC中点，E为BD中点，求AM与CE所成的角；（3）二面角M—AE—B的大小。
12．四棱锥P—ABCD底面是边长为4的正方形，PD底面ABCD，PD=6，M，N分别是PB，AB的中点，（1）求二面角M—DN—C的大小；（2）求异面直线CD与MN的距离。
13．三棱锥S—ABC中，侧棱SA，SB，SC两两互相垂直，M为ΔABC的重心，D为AB中点，作与SC平行的直线DP，证明：（1）DP与SM相交；（2）设DP与SM的交点为，则为三棱锥S—ABC外接球球心。
五、联赛一试水平训练题
1．现有边长分别为3，4，5的三角形两个，边长分别为4，5，的三角形四个，边长分别为，4，5的三角形六个，用上述三角形为面，可以拼成_________个四面体。
2．一个六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这两个多面体的内切球的半径之比是一个既约分数，那么mn=_________。
3．已知三个平面α，β，γ每两个平面之间的夹角都是，且=a,，命题甲：；命题乙：a,b,c相交于一点。则甲是乙的_________条件。
4．棱锥M—ABCD的底面是正方形，且MAAB，如果ΔAMD的面积为1，则能放入这个棱锥的最大球的半径为_________.
5．将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱长为2，则最远两个顶点间距离为_________。
6．空间三条直线a,b,c两两成异面直线，那么与a,b,c都相交的直线有_________条。
7．一个球与正四面体的六条棱都相切，正四面体棱长为a，这个球的体积为_________。
8．由曲线x2=4y,x2=-4y,x=4,x=-4围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V1，满足x2+y2≤16,x2+(y-2)2≥4,x2+(y+2)2≥4的点(x,y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则_________。
9．顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆围上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，ABOB，垂足为B，OHPB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，则当三棱锥C—HPC体积最大时，OB=_________。
10．是三个互相垂直的单位向量，π是过点O的一个平面，分别是A，B，C在π上的射影，对任意的平面π，由构成的集合为_________。
11．设空间被分为5个不交的非空集合，证明：一定有一个平面，它至少与其中的四个集合有公共点。
12．在四面体ABCD中，∠BDC=900，D到平面ABC的垂线的垂足S是ΔABC的垂心，试证：(AB+BC+CA)2≤6(AD2+BD2+CD2)，并说明等号成立时是一个什么四面体？
13．过正四面体ABCD的高AH作一平面，与四面体的三个侧面交于三条直线，这三条直线与四面体的底面夹角为α，β，γ，求tan2α+tan2β+tan2γ之值。
六、联赛二试水平训练题
1．能否在棱长为1的正方体形状的盒子里放入三个彼此至多有一个公共点的棱长为1的正四面体？
2．P，Q是正四面体A—BCD内任意两点，求证：
3．P，A，B，C，D是空间五个不同的点，∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPA=θ，这里θ为已知锐角，试确定∠APC+∠BPD的最大值和最小值。
4．空间是否存在有限点集M，使得对M中的任意两点A，B，可以在M中另取两点C，D，使直线AB和CD互相平行但不重合。
5．四面体ABCD的四条高AA1，BB1，CC1，DD1相交于H点（A1，B1，C1，D1分别为垂足）。三条高上的内点A2，B2，C2满足AA2：AA=BB2：B2B1=CC2：C2C1=2：1。证明：H，A2，B2，C2，D1在同一个球面上。
6．设平面α，β，γ，δ与四面体ABCD的外接球面分别切于点A，B，C，D。证明：如果平面α与β的交线与直线CD共面，则γ与δ的交线与直线AB共面。