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清北学堂数学讲座


清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

第一讲

复数与几何

记作 x = Re( z ) , y 称为 z 的虚部, 复数的形式 z = x + iy ,x, y ∈ R ,x 称为 z 的实部, 记作 y = Im( z ) , i 称为虚数单位,满足 i = ?1 ,在直角坐标系 OXY 上每一点 ( x, y ) 都与
2

一个复数 z = x + iy 对应, 这个坐标平面称为复平面. OX 轴称为实轴,OY 轴称为虚轴,O 称为原点,用复数 0 表示. 实数集合是复数集合的子集. 我们还可以把复数 z = x + iy 看成是平面向量 Oz ,把这向量的长度 r =

x 2 + y 2 称为

复数 z = x + iy 的模,把复数 z = x + iy 写成 z = r (cos θ + isinθ ) ,则当 z ≠ 0 时, θ 就是向 量的方向,称满足条件 θ ∈ ( ?π , π ] 的 θ 为复数 z = r (cos θ + isinθ ) 的幅角,记为 θ = arg z . 两个复数相加就是两个向量的相加: ( x1 + iy1 ) + ( x2 + iy2 ) = ( x1 + x2 ) + i( y1 + y2 ) ,满足 平行四边形法则.

| z1 + z2 |≤| z1 | + | z2 | ,等式成立当且仅当两向量同方向.
记 eiθ = cos θ + i sin θ ,则 z = re iθ ,这个记号明显地指出了复数的向量性质, r 表示长度,

θ 表示方向. 不仅如此,这种记号还有其特殊的优点:以下用 exp()表示指数函数.
设有复数 z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) = r1 exp(iθ1 ) , z2 = r2 (cos θ 2 + i sin θ 2 ) = exp(iθ 2 ) , 复数加法和乘法法则和实数的类似,只是要注意 i = ?1 .
2

z1 ? z2 = r1 ? r2 [(cos θ1 cos θ 2 ? sin θ1 sin θ 2 ) + i(sinθ1 cos θ 2 + cos θ1 sin θ 2 )] = r1 ? r2 [cos(θ1 + θ 2 ) + isin(θ1 + θ 2 )] = r1r2 exp(i(θ1 + θ 2 )) 就像满足指数函数的运算法则一样! = r1 exp(iθ1 ) ? r2 exp(iθ 2 )
以上恒等式表示,用模为 r 幅角为 θ 的非零复数乘以另一非零复数,其幅角增加 θ ,模乘以 r. 因此有棣莫佛定理 复数 z = r (cos θ + i sin θ ) 的 n 次方为 r
n

( cos nθ + i sin nθ ) , n ∈ N *

复数 z = r (cos θ + i sin θ ) 的 n 个 n 次方根为

θ + 2 kπ θ + 2 kπ ? zk = r1/ n ? cos + i sin n n ?

? * ? , k = 0,1,..., n ? 1 , n ∈ N ?

1

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当 n > 1 时, { zk } 均匀分布在半径为 r

1/ n

的圆上. 且

∑z
k =0

n ?1

k

= 0 ,其证明可利用复数的指数形

式,把 { zk } = ?r

?

1/ n

?

? θ + 2 kπ exp ? i n ?

?? ? 2π ? ? 看成是公比为复数 exp ? i ? n ??

? ? 的数列,故其和为 ?

? 2nπ ? exp ? i ? ?1 n ? ? θ? ? θ + 2 kπ ? ? 1/ n 1/ n =0 zk = ∑ r exp ? i ∑ ? = r exp ? i ? n ? n ? exp ? i 2π ? ? 1 ? ? k =0 k =0 ? ? ? n ?
n ?1 n ?1

z1 , z2 连 线 的 中 点 为 ( z1 + z2 ) / 2 , 以 z1 , z2 , z3 为 顶 点 的 三 角 形 的 重 心 为 ( z1 + z2 + z3 ) / 3 ,可推广为以 z1 ,… zn 为顶点的多边形的重心为
1 n ∑ zk . n k =1

若以 z1 , z2 , z3 为顶点的三角形的外心位于原点,则三角形的垂心位于 z1 + z2 + z3 复数 z = x + iy 的共轭 z = x ? iy , z ? z = ( x + iy )( x ? iy ) = x + y =| z | , z + z = 2 x
2 2 2

所以非零复数 z 的倒数

1 z x ? iy x ? iy z1 1 zz = = 2 = , 2 = z1 ? = 1 22 2 2 z zz x + y |z| z z2 | z2 |

以 z1 , z2 为端点的直线段的中垂线方程为 | z ? z1 |=| z ? z2 | 以 z0 为圆心,半径为 r > 0 的圆方程为 z = z0 + r exp(iθ ) 以 z1 , z2 为 焦 点 , 实 轴 长 为 2a > 0 , 0 <| z1 ? z2 |< 2a , 的 椭 圆 方 程 为

| z ? z1 | + | z ? z2 |= 2a
以 z1 , z2 为 焦 点 , 实 轴 长 为 2a > 0 , | z1 ? z2 |> 2a , 的 双 曲 线 方 程 为

| z ? z1 | ? | z ? z2 | = 2a
若三不同点 z1 , z2 , z3 共线 ?

z1 ? z2 = k ∈R,k ≠ 0 z3 ? z 2

定理:点 z1 , z2 , z3 , z4 共圆(特殊情况共线,相当于半径无穷大的圆)的充分必要条件是

( z1 ? z3 )( z2 ? z4 ) = λ ∈ R (当 λ = 0 时,表示有点重合) ( z1 ? z4 )( z2 ? z3 )

2

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例 : 证 明 z1 , z2 , z3 共 线 ? 存 在 三 个 不 全 为 零 的 实 数 λ1 , λ2 , λ3 满 足 λ1 + λ2 + λ3 = 0 ,

λ1 z1 + λ2 z2 + λ3 z3 = 0 .
证明:必要性:若三不同点 z1 , z2 , z3 共线 ?

z1 ? z2 = λ ∈ R ? (λ ? 1) z1 ? λ z2 + z3 = 0 z3 ? z 2

若三点中有两个相同,不妨设 z1 = z2 , z2 ≠ z3 ,则以上论证仍成立。 若三个点相同,则 z1 ?

1 1 z2 ? z3 = 0 满足要求. 2 2

充分性:不妨设 λ3 ≠ 0 ,实数 λ1 , λ2 , λ3 满足 λ1 + λ2 + λ3 = 0 ,解出 λ1 = ?(λ2 + λ3 ) ,代入

λ1 z1 + λ2 z2 + λ3 z3 = 0 , 得 λ3 ( z3 ? z1 ) + λ2 ( z2 ? z1 ) = 0 , 即
共线 向量 z1 ? z2 与向量 z3 ? z4 平行 ?

z3 ? z1 λ ? z1 , z2 , z3 = ? 2 ∈R, z2 ? z1 λ3

z1 ? z2 = k ∈ R, k ≠ 0 z3 ? z 4 z1 ? z2 = ki,k ∈ R, k ≠ 0 z3 ? z 4

向量 z1 ? z2 与向量 z3 ? z4 垂直 ?

用复数可以方便地证明平面几何中的三点共线、四点共圆,线共交点的问题 例:设三个模为 1 的复数 z1 , z2 , z3 满足条件 z1 + z2 + z3 = 0 ,证明 z1 , z2 , z3 是内接于单位圆 的正三角形的三个顶点. 证:由 z1 + z2 + z3 = 0 ,两边除以 z1 得 1 + z2 / z1 + z3 / z1 = 0 设 z2 / z1 = cos θ1 + i sin θ1 , z3 / z1 = cos θ 2 + i sin θ 2 ,则由 sin θ1 + sin θ 2 = 0 ,得 θ1 = ?θ 2 得 1 + 2 cos θ1 = 0 , 即 θ1 = ± 由 1 + cos θ1 + cos θ 2 = 0 ,

2π 2π , , 故点 1, z2 / z1 , z3 / z1 θ2 = ? 3 3

是内接于单位圆的正三角形的三个顶点. 各点乘以 z1 后只是幅角增加同一值,故 z1 , z2 , z3 是 内接于单位圆的正三角形的三个顶点. 例:设模为 1 的四个不同的点 z1 , z2 , z3 , z4 之和为零,证明这四点是矩形的顶点. 证明:不妨设这四点在单位圆上按逆时针排列,则 z1 + z2 = ?( z3 + z4 ) ,由复数性质知,

z1 + z2 , z3 + z4 分别在 ∠z1Oz2 及 ∠z3Oz4 的角平分线上,因此 z1 + z2 , 0 , z3 + z4 三点成
一线,从而 z1 , 0, z3 三点共线, z2 , 0, z4 三点共线,且 z1 ? z3 , z2 ? z4 是圆的直径,因此四

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点为矩形的顶点. 例:证明三个不相等的复数 z1 , z2 , z3 组成一个正三角形的三个顶点的充分必要条件是:
2 2 z12 + z2 + z3 = z2 z3 + z3 z1 + z1 z2

证明: Δz1 z2 z3 为正三角形, ? 三个外角都等于 2π / 3 ,即

? z ?z ? ?z ?z ? arg ? 3 2 ? = arg ? 1 3 ? = 2π / 3 ? z2 ? z1 ? ? z3 ? z2 ?
且三边都相等,即 | z2 ? z1 |=| z3 ? z2 |=| z1 ? z2 | ,

?

z3 ? z2 z1 ? z3 ? ( z3 ? z2 ) 2 = ( z1 ? z3 )( z2 ? z1 ) ? = z2 ? z1 z3 ? z2

2 2 z12 + z2 + z3 = z2 z3 + z3 z1 + z1 z2

例:求 arctan1 + arctan

1 1 + arctan 之值 2 3

解: (1 + i)(2 + i)(3 + i) = (1 + 3i)(3 + i) = 10i 首先,三个角度均大于零但不大于 π / 4 ,其和 大于 π / 2 ,小于 3π / 4 ,根据复数相乘,幅角相加的性质,得所求之值为 π / 2 例:证明平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和 证明:把平行四边形的一个顶点放在原点, Oz1 , Oz2 是四条边的两条边,还有一个顶点是

z1 + z2 ,则
| z1 + z2 |2 = ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) =| z1 |2 + | z2 |2 + ( z1 z2 + z1 z2 ) | z1 ? z2 |2 = ( z1 ? z2 )( z1 ? z2 ) =| z1 |2 + | z2 |2 ?( z1 z2 + z1 z2 )
两式相加得

| z1 + z2 |2 + | z1 ? z2 |2 = 2(| z1 |2 + | z2 |2 )
其中 z1 + z2 是一条对角线, z1 ? z2 是另一条对角线. 证毕. 例:设 σ 是坐标平面按顺时针方向绕原点做角度为

2π 的旋转,τ 表示坐标平面关于 y 轴的 7

镜面反射,用 τσ 表示先做 σ 再做 τ 的复合 , 用 σ n 表示连续做 n 次 σ 的变换,求运算

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σ 4τσ 3τσ 2τσ 的结果
解:利用复数的乘法规则,运算 σ 对复数 z = r (cos θ + i sin θ ) 的作用是增加幅角 ?π / 7 , 运算 τ 对复数 z = r (cos θ + i sin θ ) 的作用是把幅角改为 π ? θ ,因此,逐步运算幅角的变化 是

θ → θ ? 2π / 7 → 9π / 7 ? θ → 5π / 7 ? θ → 2π / 7 + θ →θ ? 4π / 7 →11π / 7 ? θ
→ 3π / 7 ? θ
例:在 Δabc 的 ab 边外作正方形 afeb,在 ac 边外作正方形 acgh,证明 1. Δabc 的高 ao 平分 fh 2. Δabc 的中线 am 的长度为 fh 的一半 证:(1)选取坐标系,使 Δabc 的底边 bc 边在实轴上,高 ao 的垂足 o 在原点,故可设 a= λ i ,
σ4

σ

τ

σ2

τ

σ3

τ

λ >0

b, c 为 实 数 .



f = a + ( a ? b)i , h = a + (c ? a )i , f , h 连 线 的 中 点

f +h c?b c?b =a+ i=(λ + )i 在虚轴上,因为高 ao 也在虚轴上,所以高 ao 平分 fh. 2 2 2 b+c (2) | h ? f |=| b + c ? 2a | , m = , 2 q=
| m ? a |=
2

1 b+c b + c ? 2a 1 = | b + c ? 2a | = | h ? f | ,证毕 ?a = 2 2 2 2

例:求 | z + kz + 1| 的最大值,其中 k 是实数,复数 z = x + iy 位于单位圆 | z |= 1 上。 解: | z + kz + 1|=| z + kz + zz | =| z || z + k + z | =| z + k + z | =| 2 x + k | ≤ 2+ | k | 得最大值
2 2

2+ | k |
例:求

z2 ? 2z + 2 的最大值,其中 | z |= 1 z ?1+ i

解: z ? 2 z + 2 = ( z ? 1 + i)( z ? 1 ? i) ,故
2

z2 ? 2z + 2 =| z ? 1 ? i | z ?1+ i
? 2? ≤|1 + i | ? + 1 ? ? ? = 2 +1 2 ? ?
例:设复数 z1 , z2 满足 | z1 |=| z1 + z2 | , z1 z2 = a(1 + i 3) , a 是非零实数,求
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z2 z1

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解:由 | z1 |=| z1 + z2 | ,得 z1 z1 = ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) = z1 z1 + z2 z1 + z1 z2 + z2 z2 ,消去 z1 z1 得

z2 z1 + z1 z2 + z2 z2 = 0 ,
由 z1 z2 = a(1 + i 3) 得 z1 z2 = a(1 ? i 3) ,代入上式得

z2 z2 = 2a ,
z2 z2 z2 1+ i 3 ?2 a = = =? 2 z1 z1 z2 a (1 ? i 3)
例:如果复平面上的动点 z 在半径为 r 的圆 | z |= r > 0 上运动,求动点 w = z + 解:设 z = r (cos θ + i sin θ ) , θ ∈ [0, 2π ) ,则

1 的轨迹 z

w= z+

1 ? 1? 1? ? = ? r + ? cos θ + i ? r ? ? sin θ , z ? r? r? ? ? ? 1? 1? ? ? cos θ , y = ? r ? ? sin θ ,故当 r > 0, r ≠ 1 时,轨 r? r? ?

在复平面 w = x + iy 上就是 x = ? r +

迹为椭圆,半长轴为 r + 1/ r ,半短轴为 | r ? 1 / r | ,焦距为 4 当 r = 1 时,轨迹为直线段

x ∈ [ ?2, 2], y = 0
例:设复平面上一个多边形 Σ 的任一个顶点都存在正整数 k ,该顶点可以写成形式

1 + z + z 2 + ... + z k ?1 ,其中 | z |< 1 ,证明原点不在这个多边形 Σ 的边界上.

zk ?1 证明: 先证明原点不是多边形 Σ 的顶点,不然, = 1 + z + z 2 + ... + z k ?1 = 0 ,得 z ?1 z k = 1 ,即 | z |= 1 ,与 | z |< 1 矛盾.
再证明原点不在多边形的边上. 用反证法,不妨设原点在 z1 , z2 的边上,则

z1 + λ ( z2 ? z1 ) = 0 , 设 z1 = 1 + z + ... + z m ?1 ,z2 = 1 + z + ... + z n ?1 , 不妨设 n > m λ ∈ (0,1) ,


1 + z + ... + z m +1 1? zm λ=? m =? m z + ... + z n z ? zn
即 1 = (1 ? λ ) z + λ z ,由于 | z |< 1 ,故 1 =| (1 ? λ ) z + λ z |< (1 ? λ ) + λ = 1 . 矛盾
m n m n

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例:求

z2 ? 2z + 2 的最大值,其中复数 z 满足 | z |= 1 z ?1 + i

解:

z 2 ? 2 z + 2 ( z ? 1 + i)( z ? 1 ? i) = =| z ? (1 + i) | ,在 z = ?(1 + i) / 2 时达到最大 z ?1+ i z ?1 + i

值1 + 2 例:在实数范围内把 x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 作因式分解 解: ( x ? 1)( x + x + x + x + 1) = x ? 1 ,所以 x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 在复数范围内有因子
4 3 2 5

? 2 kπ x ? cos ? ? 5

? ? 2 kπ ? + i sin ? ? ? 5

? ? , k = 1, 2, ?2, ?1 ?

取互为共轭的因子相乘得因式分解
2 ?? ? 2π ? ? 2 ? 2π x ? cos ?? ? ? ? + sin ? ? 5 ?? ? 5 ?? ?

?? ?? ?? ?

2 ?? ? 4π ? ? 2 ? 4π x ? cos ?? ? ? ? + sin ? ? 5 ?? ? 5 ?? ?

?? ?? ?? ?

? ? 2π = ? x 2 ? 2 x cos ? ? 5 ?

? ? ? + 1? ? ?

? 2 ? 4π ? x ? 2 x cos ? 5 ? ?

? ? ? + 1? ? ?

例:已知 | z |< 1 , z +

1 5 = ,求 | z | z 2

解: z +

1 1 1 z 5 = z 1+ =| z | + = ,故 | z |= 1 / 2 = z+ 2 |z| |z| 2 z zz
2

例:已知 | z |= 1 ,求 | z + z + 4 | 的最小值 解:设 z = cos θ + i sin θ ,则

| z 2 + z + 4 |=| z 2 + z + 4 zz | =| z ||| z + 1 + 4 z | =|1 + 5 cos θ ? 3i sin θ |
由于 |1 + 5cos θ ? 3i sin θ | = (1 + 5cos θ ) + 9sin
2 2
2
2

2

θ

5 ? 135 135 ? = 10 + 10 cos θ + 16 cos θ = ? 4 cos θ + ? + ≥ 4? 16 16 ?
故所求的最小值

3 15 5 在 cos θ = ? 时达到 4 16

例:已知 sin t + cos t = 1 ,设 s = cos t + i sin t ,求 f ( s ) =

∑s
k =0

n

k

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解: 由 sin t + cos t = 1 , 得 sin(t + π / 4) =

解得 t = 2kπ 或 t = 2kπ + π / 2 ,k ∈ Z , 2 /2,

当 t = 2kπ 时, s = 1 , f ( s ) = n + 1 ,当 t = 2kπ + π / 2 时, s = i

f ( s) = ∑ s k =
k =0

n

s n +1 ? 1 i n +1 ? 1 = s ?1 i ?1

故当 n = 4k ? 1 时, f ( s ) = 0 ;当 n = 4k 时, f ( s ) = 1 ;当 n = 4k + 1 时, f ( s ) = 1 + i ; 当 n = 4k + 2 时, f ( s ) = i 例:设 a 是实数,使得 w = ?
2

? a+i? ? 的实部为 2,求其 w 的虚部 ? 1+ i ?

2

(a + i) 2 (1 ? i) 2 4a + 2(1 ? a 2 )i ? a+i? 解: w = ? = = ? 4 4 ? 1+ i ?
由实部为 2 得 a = 2 ,所以虚部为 ?3 / 2 例:求最小的正整数 n 使得 I = (1 / 2 + i / (2 3) n 是纯虚数,并求出 I 解:

1 i 1 π π i (cos + i sin ) 所以最小的 n = 3 ,这时, I = + = 2 2 3 6 6 3 3 3

例:设 | z |> 1 , z +

1 5 5i = cos θ ? sin θ ,求 z z 2 2 1 (1 + zz ) z 5 5i 解: z + = = cos θ ? sin θ ,故可设 z = r (cos θ + i sin θ ) , r > 1 z zz 2 2 ? ? 1? 5 ? (cos θ ? i sin θ ) = (cos θ ? i sin θ ) ,故 r = 2 ,即 z = 2(cos θ + i sin θ ) r? 2 z1 z2

故得 ? r +

例:已知 | z1 |= 2 , | z2 |= 3 , | z1 + z2 |= 4 ,求

解:由 | z1 + z2 |= 4 得 z1 z1 + z2 z2 + z1 z2 + z1 z2 = 16 ,将 | z1 |= 2 , | z2 |= 3 代入得

?z ? z z 9 4 z z1 z2 + z1 z2 = 3 ,把 z2 = , z1 = 代入 9 1 + 4 2 = 3 ,即 9 ? 1 ? ? 3 1 + 4 = 0 ,解 z2 z1 z2 z2 z1 ? z2 ?


2

z1 1 ± i 15 = z2 6
3

例:求 z = z 的非零解 解:两边乘以 z 得到 z 4 = zz > 0 ,故 z = ± | z | ,两边取模可见 | z |= 1 ,从而得 z = ±1 ,
2

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z = ±i
例:若 z = 1 ,求 z 3 + 2 z 2 + 2 z + 20 的值
3

解:由 z = 1 ,得 ( z ? 1)( z + z + 1) = 0 ,故或 z = 1 这时 z 3 + 2 z 2 + 2 z + 20 = 25 或
3 2

z 2 + z + 1 = 0 ,这时 z 3 + 2 z 2 + 2 z + 20 = 1 + 2( z 2 + z + 1) + 18 = 19
例:若 z + z 解: 由 z + z
?1

= ?1 ,求 z 2013 + z ?2013 的值 = ?1 得 z 2 + z + 1 , z 为三次方程 z 3 ? 1 = 0 的虚根 z = cos
2013

?1

±2π ±2π + i sin 3 3

因 2013 是 3 的整数倍,故 z

+ z ?2013 = 1 + 1 = 2
2

例:设 w5 ? 1 = 0 , w ≠ 1 ,求 w( w + 1)( w + 1) 的值 解: w ? 1 = ( w ? 1)( w + w + w + w + 1) ,因 w ≠ 1 ,故 w( w + w + w + 1) = ?1
5 4 3 2 3 2

故 w( w + 1)( w + 1) = w( w + w + w + 1) = ?1
2 3 2

例:若有 a < 0 ,使得 z 2 ? 2az + a 2 ? a = 0 ,其中 | z |= 1 ,求 a 解:由 z 2 ? 2az + a 2 ? a = 0 , ( z ? a ) = a < 0 ,故 z = a ± i ?a ,由 | z |= 1 ,得
2

a 2 ? a = 1 ,解得 a =

1? 5 2

例:求复平面上点 z0 = 1 + 2i 关于直线 l :| z ? 2 ? 2i |=| z | 的对称点 z1 解:设 z1 = a + ib 与 z0 = 1 + 2i 对称,而已知点 2 + 2i 与点 0 对称,故两对称点所成线段的 斜率相等:

b?2 2?0 得到 b = a + 1 ,两线段的中点在直线上: = a ?1 2 ? 0

a + ib + 1 + 2i a + ib + 1 + 2i ,把 b = a + 1 代入得 ? 2 ? 2i = 2 2 a ? 3 + i(a ? 1) a + 1 + i(a +3) 2 2 2 2 ,即 ( a ? 3) + (a ? 1) = ( a ? 1) + ( a + 3) ,化简得 = 2 2

a = 0 ,故 b = 1 ,所以所求对称点为 z1 = i .
例:求复平面上圆

| z ? 1| 2 = 的圆心 | z ?1 + i | 2

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解:设 z = a + ib ,则 ( a ? 1) 2 + b 2 =

1 [(a ? 1) 2 + (b + 1) 2 ] ,化简得 2

(a ? 1) 2 + (b ? 1) 2 = 2 ,故得圆心为 1 + i
例:设复数 z = cos α + i sin β , w = sin α + icosβ 满足 zw = 解:

3 ,求 sin( β ? α ) 2

zw = (cos α + i sin β )(sin α ? i cos β ) = (cos α sin α + cos β sin β ) + i(sin α sin β ? cos α cos β )

= sin 2α + sin 2 β ? 2i cos(α + β ) = 3
故 cos(α + β ) = 0 , 3 = sin 2α + sin 2 β = 2sin(α + β ) cos(α ? β ) 所以 sin(α + β ) = ±1 , cos(α ? β ) = ±

3 1 ,从而 sin( β ? α ) = ± 2 2

例: 复平面上 zz + z + z = 3 表示的图像是什么? 解: 设 z = x + iy ,则方程表示 x + y + 2 x = 3 ,即 ( x + 1) + y = 4 ,是圆心在 ( ?1, 0) ,
2 2 2 2

半径为 2 的圆. 另解: 因 ( z + 1)( z + 1) = zz + z + z + 1 = 4 ,所以 | z + 1|= 2 ,即轨迹是一 1 为圆心半径为 2 的 圆. 例:若 | z | ? z = 2 ? 4i ,求

1 的值 z
x 2 + y 2 ? x ? iy = 2 ? 4i ,故 y = 4 ,

解: 设 z = x + iy ,则由方程得

x + 2 = x 2 + y 2 = x 2 + 16 ,解得 x = 3 ,所以
例:设复数 w1 = ? 解: w = exp
2011

1 1 3 4 = = ? i z 3 + 4i 25 25

2011 1 3 2π 2π k ,令 w = w1w2 ,求 ∑ w + + isin i , w2 = cos 2 2 5 5 k =1

2π 2π 16π 6π i ? exp i =exp i=exp i 3 5 15 15



? w2011 ? 1 ? k w w = ∑ ? ? k =1 ? w ?1 ?

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6π ? ? ? exp(2011? 15 i) ? 1 ? = w? ? ,因 2011 = 30 × 67 + 1 ,故 w ?1 ? ? ? ?
? ? 6π ? ? ? exp ? 15 i ? ? 1 ? ? ? ? = w? w ?1 ? ? ? ? ? ?
? 6π ? = w = exp ? i? ? 15 ? = cos 6π 6π + i sin 15 15

例:已知 a, b, c, d 是实数,复平面 z 到复平面 w 上的映射 w = 面映到复平面 w 的上半平面,求 ad ? bc 的符号 解:

az + b 把复平面 z 的上半平 cz + d

ai + b (ai + b)(d ? ci) bd + ac + i(ad ? bc) ,故 ad ? bc > 0 = = ci + d c2 + d 2 c2 + d 2

例:设在复平面 z 上,动点 z 在连接 A = 2, B = 2i 的线段上,求 w = z 2 的轨迹. 解: 设 z = x + iy , 在线段上 z = 2 + ( B ? A)t = 2 + (2i ? 2)t , t ∈ [0,1] ,

w = z 2 = (2 ? 2t + 2it ) 2 = 4[(1 ? t ) 2 ? t 2 ] + 8i(1 ? t )t
故轨迹为 ?

? x = 4(1 ? 2t ), 1 , t ∈ [0,1] ,或消去 t 化为抛物线的一部份: y = 2 ? x 2 , x ∈ [ ?4, 4] 8 ? y = 8t (1 ? t ).

例:求方程 x 3 + 2kx 2 + k 2 x + 9k + 27 = 0 的根 解:虽然三次方程有卡丹求根公式,但不实用,本题可用因式分解来做 因为当 k = 0 时有因子 ( x + 3) ,所以设有一个因子为 ( x + 3 + ?) ,其中 ? 是一个和 k 有关系 的量,因式子中有 k 的一次方,我们可设因子为 ( x + 3 + ak ) , a 是一个待定数. 把 x 3 + 2kx 2 + k 2 x + 9k + 27 除以 ( x + 3 + ak ) 得到 x + ((2 ? a )k ? 3) x +
2

, 因为常数项为

k 的一次项 9k + 27 ,为了在余式中不含 k 2 项,必须取 a = 1 . 故分解得
x3 + 2kx 2 + k 2 x + 9k + 27 = ( x + 3 + k )( x 2 + (k ? 3) x + 9)
故得解 x1 = ?3 ? k , x2,3

3 ? k ± (k ? 3) 2 ? 36 = 2
11

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例:设 θ 是 f ( x) = x ? 3 x + 10 的一个根,令 α =
3

θ 2 +θ ? 2
2

,若 h( x ) 是一个有理系数的二

次多项式,满足条件 h(α ) = θ ,求 h(0) 的值. 解: α =

( x 2 + x ? 2) 2 1 +8 (θ ? 1)(θ + 2) , f ( x) = ( x ? 1) 2 ( x + 2) + 8 = x+2 2

(θ 2 + θ ? 2) 2 4α 2 2 2 = 所以 ?8 = f (θ ) ? 8 = , 得 α = ?2(θ + 2) ,设 h( x) = ax + bx + c θ +2 θ +2
则 h(α ) = aα + bα + c = ?2a (θ + 2) + b(θ + θ ? 2) / 2 + c = θ ,整理得
2 2

bθ 2 + (b ? 4a ? 2)θ + 2c ? 2b ? 8a = 0
左边一个关于 θ 的有理系数的二次多项式. 它不是 f ( x ) 的根因式, 因此应恒为零 故 b = 2, a = ?1 / 2, c = ?2 ,所以 h(0) = c = ?2 .

12

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第二讲 向量与几何 知识点:既有大小又有方向的量称为向量,非零向量有一个起点和一个终点,用箭头指向向 终点为 B 的向量, 向量 AB 的大小称为模, 记作 AB , 量的终点. 例如用 AB 表示起点为 A, 长度为零的向量称为零向量,记为 0 ,零向量没有确定的方向。长度等于 1 个单位长度的向 使得向量起点 A 与原点 量称为单位向量. 在直角坐标系中向量 AB 的表示方法是平移向量,

O 重合,把平移后向量的终点的坐标表示该向量,实际上就是终点 B 的坐标减去起点 A 的
坐标. 向量在平面坐标中用 ( x, y ) ,在三维空间坐标中用 ( x, y , z ) 表示,其中 x, y , z 分别是向 量的 x, y , z 轴的坐标. 以上定义的向量是自由向量,就是说一个向量可以自由地任意平移仍看作是同一个向 量. 坐标系中的点的坐标可以看作一个起点为原点的向量,但这个向量不是自由向量 设 a, b 是两个向量,则

a + b 是一个向量,其坐标各分量为 a, b 对应分量的和. a ? b 是一个向量,其坐标各分量为 a, b 对应分量的差
设 λ 是实数, λa 是一个向量,其坐标各分量为 a 的对应分量与 λ 的乘积. 非零向量 a, b 平行的充要条件是存在非零实数 λ 使得 b = λa ,当 λ > 0 时两向量同向,

λ < 0 时,两向量反向.
a ? b 是一个实数,它等于 a, b 对应分量相乘的积的和,称为 a, b 的数量积
非零向量 a, b 垂直的充要条件是 a ? b = 0 加法法则:向量相加,把相同的首尾点相接;向量反向则改号,记向量 AB = a , BC = b ,

AD = d ,则向量 AC = AB + BC = a + b , DA = ? DA = ?d , DB = DA + AB = -d + a , BA = ? AB = ?a , DB ? AB = DB + BA = d ? a
两非零向量 a, b 垂直的充要条件是 a ? b = 0 其中 a ? b 是向量 a, b 的数量积,有性质 a ? b =| a || b | cos θ ,

θ 是把两个向量通过平移,使得起点重合时两向量之间的夹角.
设三维空间向量 a = (a1 , a2 , a3 ),b = (b1 , b2 , b3 ) 互不平行,则与 a, b 都垂直的非零向量是

λa × b , λ ∈ R , λ ≠ 0 .

13

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i j 其中 a × b = a1 a2 b1 b2

k a3 , i, j,k 分别是 x, y, z 轴正方向的单位向量 b3

设 c = a × b ,,则 a, b, c 三向量成右手系,| c |=| a || b | sin θ ,其中 θ 为向量 a ? b 之间的夹角, 性质 a × b = ?b × a , a × a = 0 , i × j = k ,轮换得另两个式子. 过点 p ,方向为 a 的直线方程的向量形式是 r = p + ta , t ∈ R ,其中 r = ( x, y , z ) 过点 p 与向量法线方向为 n 的平面方程是 (r ? p ) ? n = 0 ,其中 r = ( x, y , z ) 例:求三维空间两异面直线 r = p + sa , r = q + tb , r = ( x, y , z ) , s, t ∈ R 之间的最短距 离. 解:设分别在两直线上两点 r1 = p + s0a , r2 = q + t0b 间的距离是两直线的最短距离,先考 虑两直线方向 a, b 不平行的情况,这时 d = r1 ? r2 = (p + s0a) ? (q + t0b) 应与 a, b 均垂直, 所以 d = λa × b ,两式相乘,并利用向量的垂直性得

d ? d = λ (a × b) ? (p ? q) = λ 2 (a × b) 2 ,故解出 λ =

(a × b) ? (p ? q) (a × b) 2

故得 | d |=| λ || a × b |=

| (a × b) ? (p ? q) | . 故当 a, b 不平行时,最短距离为 | a×b |

| d |=

| (a × b) ? (p ? q) | ,这个公式有明显的几何解释。两直线分别位于垂直于 a × b 的两个 | a×b |

平面上, 这两个平面之间的距离就是两直线的最短距离, 而这两平面之间的距离等于连接两 平面上两点的向量 p ? q 在 a × b 上的投影. 这个公式对于共面不平行直线也是正确的,结果 是零. 再来考虑两直线方向 a, b 平行的情况,由几何上的考虑,两平行直线之间的距离,等于两直 线上两点之间的向量 p ? q 的长度乘以向量 p ? q 与向量 a 的交角的正弦,故

| d |=

| a × (p ? q) | |a|

例: (复旦 2006)若向量 a + 3b 垂直于向量 7a ? 5b ,并且向量 a ? 4b 垂直于向量 7a ? 2b , 求向量 a, b 的夹角。 解:由题意, (a + 3b) ? (7a ? 5b) = 7a + 16a ? b ? 15b = 0
2 2

14

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(a ? 4b) ? (7a ? 2b) = 7a 2 ? 30a ? b + 8b 2 = 0
上二式消去 a ? b 项得到 a 2 = b 2 ,故 2a ? b =| a || b | ,得夹角为 π / 3 例:设两单位向量 a, b 满足 | a + b |=
2

3 ,求 (2a ? 5b ) ? (3a + b ) 的值.

解:由条件, (a + b) = 2 + 2a ? b = 3 ,故 a ? b = 1/ 2 ,从而

(2a ? 5b ) ? (3a + b ) = 1 ? 13a ? b = ?11 / 2
例:设 A, B, G 为空间任意三点,证明 G 点到 AB 的中点 M 的向量 GM = 证: AM = GM ? GA =

1 (GA + GB ) 2

1 1 1 (GA + GB ) ? GA = [GB ? GA] = AB ,证毕 2 2 2

例:在 ΔABC 中,若存在一点 G 满足 GA + GB + GC = 0 ,则 G 为 ΔABC 的重心. 证:设 BC 的中点为 M ,只要证明 GA = ?2GM 即可,因为 M 是 BC 的中点,故

1 (GB + GC ) ,而 GA = ?(GB + GC ) = ?2GM ,证毕. 2 1 推论:在 ΔABC 中,设 O 为原点,若存在一点 G ,满足 OG = (OA + OB + OC ) ,则 G 为 3 ΔABC 的重心。

GM =

证:因 GA = OA ? OG , GB = OB ? OG , GC = OC ? OG ,代入 GA + GB + GC = 0 即 得 例: (2004 年全国高中数学联赛) 设原点 O 在 ΔABC 的内部, 且有 OA + 2OB + 3OC = 0 求

ΔABC 与 ΔOCA 的面积比。
解:由条件 OA + 2OB + 3OC = 0 ,我们构造一个三角型 ΔAEF ,使得它的重心在原点,即

OE = 2OB , OF = 3OC ,所以 OA, OE , OF 把 ΔAEF 等分为三个面积相等(记为 S)的

ΔOEF , ΔOFA , ΔOBC , ΔOCA , 三角形 ΔOAE , 同时把 ΔABC 分成三个三角形 ΔOAB ,
它们的面积分别为 的面积比为 3:1 例:已知凸四边形 ABCD 中 E , F 分别为 AB, CD 的中点,证明 2 EF = AD + BC (梯形性 质的推广) 证:取不在梯形上的点为原点 O ,则

S S S S S S , , ,所以 ΔABC 的面积是 + + = S ,所以 ΔABC 与 ΔOCA 2 6 3 2 6 3

2 EF = 2(OF ? OE )

= 2OF ? 2OE
15

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= (OC + OD ) ? (OA + OB ) = (OD ? OA) + (OC ? OB )

中点性质

= AD + BC
证毕 例:已知给定的 a, b, c 是单位向量, a, b 互相不平行, t1 , t2 是任意实数,求 | c ? t1a ? t2b | 的 最小值 解:本题可以看作求空间一点 c 与 a, b 张成的平面 r = t1a + t2b 的距离,所以就等于该平面 上的点原点 O 到 c 的向量就是 c 在该平面的法向 a × b 上的投影的绝对值:

| c ? (a × b) | . | a×b |

例:设有平面上三角形 ΔABC , O 是平面上一定点, λ ≥ 0 是变量,证明向量

? AB AC ? OP = OA + λ ? + ? 必定通过 ΔABC 内心. | AB | | AC | ? ?
证明:只要证明向量 c =

1 ? AB AC ? + ? ? 与 ΔABC 的角平分线向量同方向即可 2 ? | AB | | AC | ?

实际上,在 AC 边上取单位长度的边 AC ′ ,在 AB 边上取单位长度的边 AB′ 组成等腰三角 形 ΔAB′C ′ ,在底 B′C ′ 上取中点 M ,则 c = AM ,因等腰三角形在底上的中线平分对角。 故得证本题. 例:赛题:对于任意 8 个实数 a , b, c, d , e, f , g , h ,证明以下 6 个数中至少有一个是非负的:

ac + bd , ae + bf , ag + bh, ce + df , cg + dh, eg + fh
证明:考虑平面上四个向量 ( a, b ), (c, d ), (e, f ), ( g , h) ,如果其中有零向量,则 6 个数中有 零,问题已证,不然则至少有两个向量的夹角不大于 90 度,它们的数量积是非负的,就是 6 个数之一. 例:证明三角形 ΔABC 三条中线的长度的平方和等于三边长度和的 3/4 证明:记 AB = c , BC = a , CA = b ,故 a + b + c = 0 ,则三条边上的中线向量分别为

(b ? a) / 2, (c ? b ) / 2, (a ? c) / 2 ,求其平方和得

1 {2(α 2 + b 2 + c 2 ) + [ ?2ab ? 2bc ? 2ca]} 4 1 = {2(α 2 + b 2 + c 2 ) + [(α 2 + b 2 + c 2 ) ? (a + b + c) 2 ]} 4

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=

3 2 (α + b 2 + c 2 ) 4

证毕. 例:给定空间中任意四个点 A,B,C, D, 设 M 是 AC 的中点,N 是 BD 的中点,证明

AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 + 4 MN 2
证明:记 AB = a , BC = b , CD = c , DA = d ,则 a + b + c + d = 0 , AC = a + b ,

BD = b + c , MN = a +

b+c a+b 1 ? = (a + c ) 2 2 2

需证的等式左边等于 α 2 + b 2 + c 2 + d 2 ,右边等于

(α + b) 2 + (b + c) 2 + (a + c) 2 = α 2 + b 2 + c 2 + [(α 2 + b 2 + c) 2 + 2a ? b + 2b ? c + 2a ? c]
因 a + b + c = ?d ,故 α 2 + b 2 + c 2 + 2a ? b + 2b ? c + 2a ? c = d 2 所以左边等于右边,证毕.

17

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第三讲 不等式与几何 在几何题中,有很大一类是求极值或不等式关系的,所以我们先要介绍一下不等式的知识 利用凸函数可以很简洁地证明一些不等式. 若不等式的等式可以成立时可以用来求最值. 定义:设 f ( x ) 的定义域为区间 I ,若对 I 上任意两点 x1 , x2 和实数 λ ∈ [0,1] ,总有

f (λ x1 + (1 ? λ ) x2 ) ≤ λ f ( x1 ) + (1 ? λ ) f ( x2 ) ,则称 f ( x ) 为 I 上的凸函数,如果上式的不等
式改向,则称 f ( x ) 为 I 上的凹函数。一般地,凸函数满足性质

f (∑ λk xk ) ≤ ∑ λk f ( xk ) , xk ∈ I λk ≥ 0 , k = 1,..., n , ∑ λk = 1
k =1 k =1 k =1

n

n

n

(1)

当 λk =

1 , k = 1,..., n , x1 = ... = xn 时等式成立. 对于凹函数,以上不等式改号. n

凸函数的图像的特点图像上任意一条弦位于图像的上方. 例: f ( x ) =| x | 是凸函数,所以

x x1 1 + ... + n ≤ (| x1 | +...+ | xn |) ,即 n n n

x1 + ... + xn ≤| x1 | +...+ | xn |
例:证明三角形的三个角 A,B,C 满足以下不等式

sin A + sin B + sin C ≤

3 3 A B C 3 3 , cos + cos + cos ≤ 2 2 2 2 2

证明:因在 [0, π ] 上, sin( x ) 是凹函数,所以

3 ? A+ B +C ? 1 = sin ? ? ≥ (sin A + sin B + sin C ) , 2 3 ? ? 3
因在 [0, π / 2] 上, cos( x ) 是凹函数,所以

3 A B C ? A/ 2+ B / 2+C / 2? 1 = cos ? ? ≥ (cos + cos + cos ) 2 3 2 2 2 ? ? 3
例:设 a , b > 0 , a + b = 1 , n ∈ N * ,证明 a 2 n + b 2 n ≥

1 2
2 n ?1

1 ? a+b? 证明:因 y = x 是凸函数,故 ( a 2 n + b 2 n ) ≥ ? ? 2 ? 2 ?
2n

2n

=

1 1 ,故 a 2 n + b 2 n ≥ 2 n ?1 2n 2 2

定理:设 f ( x ) 为区间 I 上的二次可导,则 f ( x ) 是凸函数的充要条件是 f ′′( x ) ≥ 0 ,?x ∈ I 当 f ′′( x ) > 0 ,?x ∈ I 时的凸函数称为严格凸函数. 对于严格凸函数,当且仅当 x1 = ... = xn

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时(1)的等号成立. 例(加权平均不等式) 设 ak ≥ 0 , λk ≥ 0 , k = 1,..., n ,
n n

∑λ
k =1

n

k

= 1 ,则

∏a
k =1

k

λk

≤ ∑ λk ak ,当且仅当 ak 都相等时等式成立
k =1

(2)

证明:当 ak 中有等于零的时,不等式自然成立,现只需考虑 ak 都是正数的情况 因 exp( x ) 是严格凸函数,所以
n ? n ? n λk a exp λ ln a λ exp ln( a ) λk ak = ≤ = [ ] ∑ k ∑ ∏ k k ? k ?∑ k k =1 ? k =1 ? k =1 k =1 n

当且仅当 ak 都相等时等式成立,证毕 当 λk =

1 , k = 1,..., n 时, (2)式就是非负数的几何平均不大于算术平均. n

? n ? ? ∏ ak ? ? k =1 ?

1/ n

1 n ≤ ∑ ak n k =1

(3)

(3)式的最简单的应用就是不等式 a + b ≥ 2 ab , a , b ≥ 0 . 例:求 y =

sin θ cos θ 的最小值 2 + sin θ + cos θ
2

解:令 t = sin θ + cos θ ,则因 (sin θ + cos θ ) = 1 + 2sin θ cos θ

t 2 ?1 (t + 2 ? 2) 2 ? 1 (t + 2) 2 ? 4(t + 2) + 3 t+2 3 y= = = = + ?2≥ 3?2 2 2(t + 2) 2(t + 2) 2(t + 2) 2(t + 2)
(应用 a + b ≥ 2 ab ) 在t + 2 =

3 ,即 t = 3 ? 2 时达到最小值 3 ? 2

例:设 aik ≥ 0 , k = 1,..., n , λi ≥ 0 , i = 1,..., m ,
n

∑λ
i =1

m

i

= 1 ,则有不等式
λi

? m λi ? m ? n ? ∑ ? ∏ aik ? ≤ ∏ ? ∑ aik ? k =1 ? i =1 ? i =1 ? k =1 ?

(4)

证明:当上式右边等于零时,显然左边也等于零。故设上式右边不等于零,利用不等式(2) 得

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清北学堂数学讲座--几何部分
λ

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? m λi ? ? ∑ ? ∏ aik ? n ? n a k =1 ? i =1 ? = ? n ik ∑∏ λ i m k =1 i =1 ? ? n ? ? ∑ aik ∏ ? ∑ aik ? ? k =1 ? i =1 ? k =1
n

? ?i ? a n m ? ? ≤ ∑∑ λi ? n ik ? a ? k =1 i =1 ? ∑ ik ? ? k =1 ?

? ? n ? m ? ∑ aik =1 ? = ∑ λi ? kn ? i =1 ? a ? ? ∑ ik ? ? k =1

? ? m ? = ∑ λi = 1 ? i =1 ? ?

当且仅当 m 个向量 (ai1 ,..., ain ) , i = 1,..., m . 成比例. 证毕. 当 m = 2 , a1k = xk , a2 k = yk , λ1 =
p q

1 1 , λ2 = , λ1 + λ2 = 1 时 p q

就是 H?lder 不等式

? n p? ≤ x y ∑ k k ? ∑ xk ? k =1 ? k =1 ?
n

1/ p

? n q? ? ∑ yk ? ? k =1 ?

1/ q

(5)

q 当且仅当向量 ( x1p ,..., xnp ) 与 ( y1q ,..., yn ) 成比例时等式成立.

在(5)式中取 m = 2 , p = q = 2 时, (5)式就是柯西不等式:

? n 2? ? n 2? xk yk ≤ ? ∑ xk ? ? ∑ yk ? ∑ k =1 ? k =1 ? ? k =1 ?
n

1/2

1/2

(6)

当且仅当向量 ( x1 ,..., xn ) 与 ( y1 ,..., yn ) 成比例时等式成立. 在(5)式中取 xk =

b

k s /( s +1)

a

, yk = bks /( s +1) ,则得权方和不等式

? n aks +1 ? a ≤ ?∑ s ? ∑ k k =1 ? k =1 bk ?
n

1/( s +1)

? n ? ? ∑ bk ? ? k =1 ?

s /( s +1)

(7)

当且仅当向量量 (a1 ,..., an ) 与 (b1 ,..., bn ) 成比例时等式成立. (7)又可写为

? n ? ? ∑ ak ? ? k =1 ?
例:当 x ∈ (0, π / 2) 求 f ( x ) =

s +1

? n a s +1 ? ? n ? ≤ ? ∑ k s ? ? ∑ bk ? ? k =1 bk ? ? k =1 ?

s

(8)

8 1 的最小值 + sin x cos x

4s +1 1s +1 + 解:令 s = 1/ 2 ,则 f ( x) = ,应用权方和不等式, 取 a1 = 4 , a2 = 1 , (sin 2 x) s (cos 2 x) s
b1 = sin 2 x , b2 = cos 2 x ,则
5 5 = (4 + 1)1/2+1 / (sin 2 x + cos 2 x ) s ≥

41/2+1 11/2+1 + = f ( x) , (sin 2 x)1/2 (cos 2 x)1/2

20

清北学堂数学讲座--几何部分

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当 sin 2 x / 4 = cos 2 x 时即 tan x = 2 时等号成立. 故最小值为 5 5 例:设 aik ≥ 0 , k = 1,..., n , i = 1,..., m , p ≥ 1 ,证明 Minkowski 不等式
p ? n ? m ? ? ? ∑ ? ∑ aik ? ? ? k =1 ? i =1 ? ? ? ? 1/ p

? n p? ≤ ∑ ? ∑ aik ? i =1 ? k =1 ?
m

1/ p

证明:令 sk =
n n

∑a
i =1

m

ik

,则
p 1?1/ p

? m ? = s ∑ ∑ ? ∑ aik ? k =1 k =1 ? i =1 ?
p k

? n p 1/ p p ? = ∑ ? ∑ (aik ) sk ? i =1 ? k =1 ?
m
1?1/ p

由 H?lder 不等式,得
1/ p

? n p? ≤ ∑ ? ∑ aik ? i =1 ? k =1 ?
m

1/ p

? n p? ? ∑ sk ? ? k =1 ?

? n ? = ? ∑ skp ? ? k =1 ?
1/ p

1?1/ p m

? n p? ∑ ? ∑ aik ? i =1 ? k =1 ?



? n p? ? n p? ? ∑ sk ? ≤ ? ∑ sk ? ? k =1 ? ? k =1 ? ? n p? ? ∑ sk ? ? k =1 ?
1/ p

1?1/ p m

? n p? ∑ ? ∑ aik ? i =1 ? k =1 ?
1/ p



m ? n ? ≤ ∑ ? ∑ aip k ? i =1 ? k =1 ?

,证毕

柯西不等式(6)的另一证明:若向量 y = ( y1 ,..., yn ) = 0 ,上不等式成立,若

y = ( y1 ,..., yn ) ≠ 0 ,则由于 0 ≤ ∑ ( xk + λ yk ) 2 = λ 2 ∑ yk2 + 2λ ∑ xk yk + ∑ xk2 ,这二次方
k =1 k =1 k =1 k =1

n

n

n

n

程非负,故其判别式不大于零,故得柯西不等式(6). 例:取 n 维向量 ( x1 ,..., xn ) 及向量 (1,...,1) ,应用柯西不等式,得
n 1 n 1 n 2 ? n ? 2 x n x x ≤ xk ,此即算术平均的绝对值小于等于平方平均. ≤ ,即 ∑ ∑ k n∑ k ?∑ k ? n k =1 k =1 k =1 ? k =1 ? 2

? n ? 例:设 ak ≥ 0 , λk > 0 ,证明 ∑ ∑ λk ak ≥ ? ∑ ak ? k =1 λk k =1 ? k =1 ?
n

ak

n

2

证明,把柯西不等式应用于分量为

λk

ak



λk ak 的两个向量上就可以了

例:设 xk ≥ 0 , p > 1 或 p < 0 , 证明

1 n p ?1 n ? xk ≥ ? ∑ xk ? 当且仅当 x1 = ... = xn 时,等式成立 ∑ n k =1 ? n k =1 ?
21

p

(9)

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证明:由于 y = x 是严格凸函数,取 λk =
p

1 即得不等式. 当 p = 2 时,就是平方平均大于 n

算术平均. 当 p = ?1 时,就是算数平均不小于调和平均. 推论:

?1 n r? 设 r > q > 0 , yk ≥ 0 , k = 1,..., n ,则 ? ∑ yk ? ? n k =1 ?

1/ r

? ?1 n ≥ ? ∑ ykq ? ? n k =1 ?

1/ q

(10)

q ,则由不等式(9)推得本不等式(10). 证明:令 p = r / q > 1 , xk = yk

?1 n p? (8)式表示平均数 ? ∑ xk ? ? n k =1 ?

1/ p

是 p 的单调减函数. 这个性质可以用来记忆不等式

例: 非负数的算术平均数不小于几何平均数

? n ? 证明:我们已用凸函数理论证明过了,现用数学归纳法证明 ? ∏ xk ? ? k =1 ?
当 n = 1 时,不等式成立,如果 xk 中有等于 0 的不等式也成立. 现假设 0 < x1 ≤ x2 ≤

1/ n



1 n ∑ xk , xk ≥ 0 . n k =1

≤ xn ,如果 x1 = xn ,则等式成立. 故设 x1 < xn ,
1/( n ?1)

? n ?1 ? 作归纳假设 ? ∏ xk ? ? k =1 ?
n



1 n ?1 ∑ xk < xn ,因 n ? 1 k =1

∑ xk =
k =1

1 n ?1 1? 1 n ?1 ? + ? x x ∑ k n? ∑ xk ? n n ? 1 k =1 n ? 1 k =1 ? ?
n n n ?1

应用不等式 (a + b) > a + na
n n

b , ( a > 0, b > 0) ,于上式,得
n ?1

? n ? ? 1 n ?1 ? ? 1 n ?1 ? x ? ∑ k ? > ? n ? 1 ∑ xk ? + ? n ? 1 ∑ xk ? k =1 k =1 ? k =1 ? ? ? ? ? ? 1 n ?1 ? = xn ? ∑ xk ? ? n ? 1 k =1 ?
n ?1 n

1 n ?1 ? ? x ? ? n n ? 1 ∑ xk ? k =1 ? ?

≥ ∏ xk ,可见只有在各数都相等时才成立等号。证毕.
k =1

例:正数的几何平均数 ≥ 调和平均数,在各数相等时等式成立 证明: 设 xk > 0 , k = 1,

, n ,将非负数的算术平均数不小于几何平均数应用到
1/ n

1 1 n 1 ? n 1? ,得到 ∑ ≥ ?∏ ? xk n k =1 xk ? k =1 xk ?

=

1 ? n ? ? ∏ xk ? ? k =1 ?
1/ n

? n ? ,即 ? ∏ xk ? ? k =1 ?

1/ n



n

1 ∑ k =1 xk

n

,证毕.

22

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

例:设 a, b, c > 0 , a + b + c = 1 ,求 ? a + 解:由平方平均 ≥ 算数平均,得

? ?

1? ? 1? ? 1? ? + ? b + ? + ? c + ? 的最小值 a? ? b? ? c?
2 2

2

2

2

1? ? 1? ? 1? 1? 1 1 1? 1? 1 1 1? ? ? a + ? + ? b + ? + ? c + ? ≥ ? a + + b + + c + ? = ?1 + + + ? a? ? b? ? c ? 3? a b c ? 3? a b c ? ?
由算术平均大于调和平均得
2 2 2

2

2

2

1 1 1 9 1? ? 1? ? 1 ? 100 ? , + + ≥ = 9 ,故 ? a + ? + ? b + ? + ? c + ? ≥ a? ? b? ? c? a b c a+b+c 3 ?
当 a = b = c = 1/ 3 时达到最小值. 例:设 x + y + z = 1 ,求
2 2 2

1 1 1 + 2 + 2 的最小值 2 x y z 1 1 1 9 + 2+ 2≥ 2 =9 2 x y z x + y2 + z2
a+c , 2

解: 利用算术平均大于等于调和平均
2 2 2

例:设 a, b, c > 0 , 1/ a ,1/ b ,1/ c 成等差数列,证明 b ≤ 证:两次运用算术平均 ≥ 几何平均得,

1 a+c 1 1? 1 1 ? 1 ,故 b ≤ . ≥ = ? 2+ 2?≥ 2 2 b c ? ac ? a + c ? 2 2?a ? ? ? 2 ?
2

例:求 f (a, b) = (a + 5 ? 3 | cos b |) + (a ? 2 | sin b |) 的最小值
2

解:根据 x 2 + y 2 ≥

1 ( x ? y ) 2 ,当 x = ? y 时等式成立,得 2

f ( a, b) ≥

1 (5 ? 3 | cos b | +2 | sin b |) 2 ≥ 2 ,当 a = ?1, b = 0 时达到最小值 2 2

例:设 a 2 + 2b 2 = 6 ,求 a + b 的最小值 解: (a + b) = (a ?1 + ( 2b) ?
2

1 2 ) ≤ (a 2 + 2b 2 )(1 + 1/ 2) = 9 ,故 a + b ≥ ?3 2



a 1 = = 2 时,即 a = 2b = ?2 时达到最小值-3 2b 1/ 2

例:证明 x > 1 时 log x ( x + 1) > log x +1 ( x + 2) 证明: x > 1 时, log x ( x + 1) ? log x +1 ( x + 2) =

lg 2 ( x + 1) ? lg x lg( x + 2) lg x lg( x + 1)

4 lg x lg( x + 2) < (lg x + lg( x + 2)) 2 < lg 2 [( x + 1) 2 ] = 4 lg 2 ( x + 1)
23

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

故 log x ( x + 1) ? log x +1 ( x + 2) > 0 例:设 n > 1 , x1 ,..., xn > 0 , x1 + x2 + ... + xn = 1 ,证明

1 1 n4 ... + + ≥ 2 x1 (1 ? x12 ) xn (1 ? xn ) n2 ? 1
证明:考虑向量 ( x1 (1 ? x1 ),..., xn (1 ? xn )) , (1/
2 2 2 x1 (1 ? x12 ),...,1/ xn (1 ? xn ))

由柯西不等式

? ? 1 1 2 2 2 ? ? x ? x + + x ? x + + (1 ) ... (1 ) ... ? ?≥n , n n 1 1 2 2 ? ? x (1 ? x ) xn (1 ? xn ) ? 1 ? 1
3 x13 + ... + xn 1 ? x + ... + xn ? 因为 ≥? 1 ? = 3 ,所以 n n ? ? n 2 3 x1 (1 ? x12 ) + ... + xn (1 ? xn ) = 1 ? ( x13 + ... + xn ) ≤ 1? 3

1 ,故 n2

1 1 n4 + ... + ≥ 2 x1 (1 ? x12 ) xn (1 ? xn ) n2 ? 1
例:设 c > 0 是常数, x > 0 ,求 x +

c 的最小值 xn
1/( n +1)

c x c ? c ? 解:由算术平均不小于几何平均得到: x + n = n + n ≥ ? n ? x n x ?n ?
例:已知 a , b ≥ 0 , a + b = 1 ,求 a 4 + b 4 的最值

是最小值

解 a + b = (a + b) ? 4ab(a + b) + 2(ab) = 1 ? 4ab + 2(ab) = 2( ab ? 1) ? 1
4 4 4 2 2 2 2

1 ? a+b? 4 4 0 ≤ ab ≤ ? ? = ,故 a + b 的最小值为 1/8,最大值为 1. 2 4 ? ?
例:已知对 ?x ∈ R , a cos x + b cos 2 x ≥ ?1 ,求 a + b 的最大值 解: 令 cos x = cos 2 x < 0 ,即 cos x = 2 cos 2 x ? 1 ,解得 cos x = cos 2 x = ?1/ 2 ,故

2

?( a + b) / 2 ≥ ?1 ,即 a + b ≤ 2 ,又

0 ≤ a cos x + b cos 2 x + 1 = a cos x + b(2 cos 2 x ? 1) + 1 = 2b cos 2 x + a cos x + 1 ? b = 2b(cos x + a 2 a2 ) +1? b ? 4b 8b

a2 令 a + b = 2, 1 ? b ? = 0 ,解出 b = 2 / 3, a = 4 / 3 ,所以 a + b 的最大值等于 2. 8b
24

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

例:证明对于任意实数 a , b ,三个数 | a + b |,| a ? b |,|1 ? a | 中至少有一个数不小于 1/ 2 证: | a + b | + | a ? b | +2 |1 ? a |≥| a + b + a ? b + 2 ? 2a |= 2 例:证明 f ( x) = x ? x + x ? x + 1 > 2 / 3
8 5 2

3 3? 2? 2 2 证: f ( x ) = ( x ? x / 2) + x 2 ? x + 1 = ( x 4 ? x / 2) 2 + ? x ? ? + > 4 4? 3? 3 3
4 2

2

例:已知 x, y 都在区间 ( ?2, 2) 内,且 xy = ?1 ,求函数 u = 解:

4 9 的最小值 + 2 4 ? x 9 ? y2

u=

4 9 (由调和平均不大于算术平均) + 2 4 ? x 9 ? y2

=

1 1 , + 2 1? x / 4 1? y2 / 9 4 (由 a 2 + b 2 ≥ 2ab 得: ) 2 ? ( x / 4 + y 2 / 9)
2





4 12 2 3 12 = ,当 x 2 = , y 2 = 时等式成立. 故最小值为 3 2 2 ? 2(| xy | /6) 5 5
17 ,求 2

例:已知非负实数 x, y , z , w 满足 x 2 + y 2 + z 2 + w2 + x + 2 y + 3 z + 4 w =

x + y + z + w 的最值。
解:把条件化为平方和的形式以便应用柯西不等式,

( x + 1/ 2) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 3 / 2) 2 + ( w + 2) 2 = 16 ,令 x + 1/ 2 = a , y + 1 = b ,

z + 3 / 2 = c , w + 2 = d , S = x + y + z + w = a + b + c + d ? 5 ,由柯西不等式
(a + b + c + d ) 2 ≤ 4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) = 4 ×16 ,所以 a + b + c + d ≤ 8 ,从而 S ≤ 3
当且仅当 x = 3 / 2 , y = 1 , z = 1/ 2 , w = 0 时等号成立. 故最大值为 3. 再求最小值, 由于条件中 w 的系数最大,最小值应当在 x = y = z = 0 时达到,放大条件

为 S 2 + 4S ≥

17 5 2 5 2 ,故 S ≥ ?2 + ,当 x = y = z = 0 , w = ?2 + 时等式成立. 故最 2 2 2

小值为 ?2 +

5 2 2
25

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

例:证明 x + y + xy ≥ 3( x + y ? 1)
2 2

证明: x + y + xy ? 3( x + y ? 1) = x + ( y ? 3) x + y ? 3 y + 3
2 2 2 2

y ?3 2 ) + y 2 ? 3 y + 3 ? ( y ? 3) 2 / 4 2 y ?3 2 3 2 3 3 = (x + ) + y ? y+ 2 4 2 4 y ?3 2 3 = (x + ) + ( y ? 1) 2 ≥ 0 2 4 = (x +
例:证明


k =1

n

1 ? < 2? ? n + 1/ 2 ? 1/ 2 ? k

证 k + 1/ 2 ? k ? 1/ 2 =

1 1 > , k ≥ 1 ,关于 k 求和即得. k + 1/ 2 + k ? 1/ 2 2 k

例:设 x, y , z ≥ 0 , x + y + z = 10, x + 2 y + 3 z = 30 ,求 x, y , z 解: 3( x + y + z ) ? ( x + 2 y + 3 z ) = 2 x + y = 0 ,所以 x = 0, y = 0, z = 10

例?

? 0 ≤ y ≤ x, 求 2 x + y 的最大值 ? x + y ≤ 1.

解: 2 x + y = 2( x + y ) ? y ≤ 2 ? y ≤ 2 ,当 x = 1, y = 0 时达到最大值 2 例:已知不等式组 7 / 2 ≥ x + 2ax + 5 ≥ 1/ 3 有惟一解,求 a
2

解:用配方法得 a 2 / 2 ? 3 / 2 ≥ ( x + 2a / 2) 2 ≥ a 2 / 2 ? 14 / 3 ,故要有惟一解,只要

a 2 / 2 ? 3 / 2 = 0 ,即 a = ± 3
例:设 x ∈ [0, π / 2] 求 f ( x ) =
2 2

sin x + cos x 的值域

解: 1 = sin x + cos x ≤ sin x + cos x ,当 x = 0 时 f ( x ) 达到最小值 1,

f 2 ( x ) = ( sin x + cos x ) 2 ≤ 2(sin x + cos x ) ≤ 2 2(sin 2 x + cos 2 ) = 2 2
故 f ( x) ≤ 2
3/4

,当 x = π / 4 时,达到最大值 2

3/ 4

1 1 1 4n + + + 2< 4 9 n 1 + 2n 1 1 1 1 证明: ? = 2 > 2 ,然后求和即得 k ? 1/ 2 k + 1/ 2 k ? 1/ 4 k
例:证明 1 +

26

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

例:求方程 x =

x+2 x+

+ 2 x + 2 3 x (n>1 重根号)的一切实根
x + 2 3x , x 2 = x + 2 3x ,

解:显然 x = 0 是该方程的一个实根.n=2 时,方程为 x =

x 2 ( x ? 1) 2 = 12 x ,x( x ? 1) 2 = 12 ,x 3 ? 2 x 2 + x ? 12 = 0 , ( x ? 3)( x 2 + x + 4) = 0 , 即 x = 3,
经代入方程检验是根, 现证明 3 是惟一 对于一切 n>2, x = 3 是惟一非零实根. 即 3 x = x , 的实根,如 x > 3 ,则 3 x < x ,这时

x + 2 3 x < 3 x ,代入方程中,得到 x < 3 x ,矛盾. 如 0 < x < 3 ,则 3x > x ,这


x + 2 3 x > 3 x ,代入方程中,得到 x > 3x ,矛盾.
3 2

例:设三次方程 x + px + qx + 1 = 0 没有虚根, p, q > 0 ,求 p, q 的最小值 证明: 因 p, q > 0 ,方程的根是负的,设为 α , β , γ ,由韦达定理,

p = (?α ? β ? γ ) ≥ 3(?αβγ )1/3 = 3 , q = αβ + βγ + γα ≥ 3(αβγ ) 2/3 = 3 ,
当 p = 3, q = 3 时,方程的根为三重根 x = ?1 . 故 p, q 的最小值都等于 3 车贝雪夫不等式 设 { xk } , { yk } 为非负数列,则当两数列同为升序或同为降序时

?1 n m? ? n ∑ xk ? ? k =1 ? ?1 n m? ? n ∑ xk ? ? k =1 ?

1/ m

?1 n m? ? n ∑ yk ? ? k =1 ? ?1 n m? ? n ∑ yk ? ? k =1 ?

1/ m

?1 n ? ≤ ? ∑ ( xk yk )m ? ? n k =1 ? ?1 n ? ≥ ? ∑ ( xk yk )m ? ? n k =1 ?

1/ m



当两数列一升一降时,不等式改号:
1/ m 1/ m 1/ m

27

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

几何中的公式 三角形的两边之和大于第三边; 两边之差小于第三边; 大边对大角;A < B ? sin A < sin B ; 三角形的面积 S 的公式: 海伦公式 S =

p( p ? a)( p ? b)( p ? c) , p = ( a + b + c ) / 2

S=

abc , R 是三角形外接圆半径 4R

S = pr , r 是内切圆半径, p = ( a + b + c ) / 2 是半周长 S = 2 R 2 sin A sin B sin C ;

1 S = bc sin A ,轮换得其余二式 2
欧拉公式: R ? 2 Rr 等于内切圆心与外接圆心距离的平方
2

cos

A = 2

p( p ? a) B , cos = bc 2

p ( p ? b) C , cos = ca 2

p ( p ? c) ab

A B C sin sin = R (cos A + cos B + cos C ? 1) 2 2 2 c + a ?b B a+b?c C b+c?a A r= tan = tan = tan 2 2 2 2 2 2 1 1 1 S = ab sin C = bc sin A = ca sin B 2 2 2 1 例:已知一三角形的面积 S = 为 1/4,且它的外接圆半径 R = 1 ,a,b,c 分别是该三角形 S 1 1 1 的三边长,若 u = + + , v = a + b + c ,证明 u > v a b c a 1 1 证明:由外接圆半径为 1, 由正弦定理 = 2 R = 2 ,由面积公式 bc sin A = S = , 2 4 sin A 两式相乘,得 abc = 1 r = 4 R sin

u=

1 ?? 1 1 ? ? 1 1 ? ? 1 1 ? ? ? + ? + ? + ? + ? + ? ? (由算术平均不小于几何平均) 2? ?? a b ? ? b c ? ? c a ? ?



1 1 1 + + ab bc ca

(由 abc = 1 )

= c+ a+ b =v
等式当且仅当 a = b = c = 1 时成立,但这时 R =

3 < 1 ,故等式不成立. 证毕. 3

例:设 P 为面积为 S 的三角形 ΔABC 内一点,它到三边 a, b, c 的距离分别为 d1 , d 2 , d 3 ,证

28

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

明:

a b c (a + b + c)2 + + ≥ d1 d 2 d3 S
1 (ad1 + bd 2 + cd3 ) ,由柯西不等式 2

证明:根据题意, S =

?a b c ? ?a b c ? 2S ? + + ? = (ad1 + bd 2 + cd3 ) ? + + ? ? d1 d 2 d3 ? ? d1 d 2 d3 ?
? ? a ?2 ? b ?2 ? c ?2 ? ? = (( ad1 ) + ( bd 2 ) + ( cd 3 ) ) ? ? ? ? +? ? d ? ? +? ? d ? ? ? ?? d 1 2 3 ? ? ? ? ? ? ??
2 2 2

? a b c ? ≥? + + ad bd cd ? 1 2 3 ? d1 d2 d3 ? ? ? = (a + b + c) 2 ,


2

a b c (a + b + c)2 ,证毕 + + ≥ d1 d 2 d3 S
x2 + y2 + z 2 ,

例(浙大 2008) :已知 x > 0, y > 0 ,求 m 的范围,使得 a = x + y , b =

c = m xy 构成某 ΔABC 的三条边.
证明:由于 a > b ,故 a + c > b ,要构成三角形,就只需 a + b > c , b + c > a 故要求

? x + y + x 2 + xy + y 2 < m ? xy ? ? x + y ? x 2 + xy + y 2 ? ?m > xy ?
因x+ y ≥

xy , x 2 + xy + y 2 ≥ 3 xy ,所以
≥ 2+ 3

x + y + x 2 + xy + y 2 xy


x + y ? x 2 + xy + y 2 xy

=

xy x + y + x + xy + y
2 2



1 = 2? 3 2+ 3

因此当 m ∈ (2 ? 3, 2 + 3) 时可以构成三角形. 例: (交大 2003 冬令营) 用长度为 12 的篱笆围成长方形, 一面靠墙, 求围成面积的最大值。 相邻边长为 y , 则面积 S = xy = x(12 ? 2 x) = 18 ? 2( x ? 3) ≤ 18 解: 设靠墙边的长度为 x ,
2

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清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

当 x = 3 , y = 6 时达到最大值 18 例: (北大 2010)证明:当 0 < α <

π
2

时, sin α < α < tan α

证明:设 f ( x ) = x ? sin x ,则 f (0) = 0 ,在 0 < x < 在0 < x <

π
2

时, f ′( x ) = 1 ? cos x > 0 ,即 f ( x )

π
2

上单调增,所以 f ( x ) > f (0) = 0 即 x > sin x .

令 g ( x ) = tan x ? x , g (0) = 0 ,在 0 < x <

π
2

时, g ′( x) = 1 + tan x ? 1 = tan x > 0 ,即
2 2

g ( x) 在 0 < x <

π
2

上单调增,所以 g ( x ) > g (0) = 0 即 tan x > x

例: (浙大 2008)在三角形 ΔABC 中,证明 cos B + cos C + 利用三角和公式 cos B + cos C = 2 cos 利用正弦定理及三角和公式

B+C B?C cos 2 2

2a A ≥ 4sin b+c 2

A A B+C B+C 2sin cos 2 cos sin a sin A 2 2 2 2 = = = B C B C B + C B ? C + ? b + c sin B + sin C 2sin cos 2sin cos 2 2 2 2 B+C cos 2 = B ?C cos 2
故原不等式就化为

B+C B+C B ?C 2 ≥ 4 cos B + C 2 cos cos + B ? C 2 2 2 cos 2 1 B ?C ? cos ,故得证原式. + ≥ 2 该式成立(算术不等式不小于几何不等式) B ?C 2 cos 2

2 cos

例:一张纸上画有半径为 R 的圆和圆内一定点 A,圆心到 A 的距离为 a, R > a > 0 ,折叠 纸片,使圆周上某点 A′ 与 A 重合,这时有一条直线折痕,当 A′ 取遍圆周上一切点时所有折 痕所在的直线上点的集合. 解:建立平面直角坐标系,圆心 O 为原点,OA 所在直线为 x 轴,圆内定点为 A( a, 0) 设圆 上任一点为 A′( R cos θ , R sin θ ) ,折线所在直线为 AA′ 的中垂线,则中垂线方程为

( x ? a) 2 + y 2 = ( x ? R cos θ ) 2 + ( y ? R sin θ ) 2 ,化简得
R 2 ? a 2 + 2ax = 2 R ( y sin θ + x cos θ ) = 2 R x 2 + y 2 sin(θ + β )
30

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

其中 cos β =

y x +y
2 2

, sin β =

x x + y2
2

,所以

R 2 ? a 2 + 2ax

2R x2 + y 2

= sin(θ + β ) ,所以
2

? R 2 ? a 2 + 2ax ? ? ? ≤ 1 ,展开,简化得到 ? 2R x2 + y2 ? ? ?

( x ? a / 2)2 y2 + ≥1 ( R / 2)2 ( R / 2) 2 ? (a / 2)2
即点集为一个椭圆的外部(含椭圆) 几何中的重要不等式(竞赛内容) 到三角形三顶点距离之和最小的点称为费马点. 当三角形的三内角均小于 120? 时,费马点在三角形的内部,费马点到三顶点的连线之间 的角均为 120?,当有一内角大于或等于 120? 时,费马点就是这个角的顶点 到三角形的三顶点的距离的平方和最小的点是三角形的重心。 三角形内到三边距离之和最大的点是三角形的重心。 在周长一定的 n 边形的集合中,正 n 边形的面积最大。与之对偶的是 在面积一定的 n 边形中,正 n 边形的周长最小 当 n 趋于无穷大时,就是: 在周长一定的简单闭曲线中,圆的面积最大。与之对偶的是 在面积一定的简单闭曲线中,圆的周长最小 欧拉定理: 三角形的外接圆的半径 R 大于等于内切圆的半径 r 的 2 倍: R ≥ 2 r 当且仅当正三角形时等 号成立 埃德斯-莫德尔不等式:三角形内任意一点到三顶点的距离之和大于或等于其到三边的距离 之和的两倍。当且仅当正三角形且该点为中心时等式成立. 证明 ΔDEF 的 例: (2002 中国女子奥数赛) 设三角形 ΔABC 的三条高分别是 AD , BE , CF , 周长不超过 ΔABC 的周长的一半。 证明:要证明 DE + EF + FD ≤

1 ( AB + BC + CA) 2 我们只要证明 BC ≥ FD + DE , CA ≥ DE + EF , AB ≥ EF + FD (注意字母的轮换,

只要证明其中之一,其余也可类似地得到) 考虑三角形 ΔBCF , ΔBCE ,∠F = ∠E = 90° ,所以四点 B, C , E , F 共圆,而 BC 是该圆的
31

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

直径,作 E 点关于 BC 的对称点 E ′ ,则 DE = DE ′ ,且 E ′ 也在圆上,现要证明 F , D, E ′ 共 线,则根据直径是最大的弦,得到 BC ≥ FD + DE ′ = FD + DE . 同理可证 A,B,D,E 四点共圆, C,A,F,D 四点共圆,所以内接于圆的四边形 ABDE 的 ∠ A 等于其对角的补角 ∠EDC ,内接于圆的四边形 CAFD 的 ∠ A 等于其对角 ∠CDF 的 补角 ∠BDF ,所以 ∠BDF = ∠A = ∠EDC = ∠CDE ′ ,所以 F , D, E ′ 共线. 证毕. 例: 设 ΔABC 的面积为 S ,证明 a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S + ( a ? b) 2 + (b ? c ) 2 + (c ? a ) 2 证明:令 a = x + y , b = y + z , c = z + x ,则由三角形性质 则x =

c + a ?b a+b?c b+c?a > 0, y = > 0, z = > 0 故可以应用平均值不等式。 2 2 2

这样变换的目的是使得三角形面积的海伦公式化为对称的形式,以便应用不等式 根据海伦公式,

S=

1 (c + a ? b)( a + b ? c)(b + c ? a )(a + b + c) = xyz ( x + y + z ) 4

则要证的不等式经化简后等价于

xy + yz + zx ≥ 3S = 3xyz ( x + y + z )
两边平方后整理,等价于

yz zx xy + + ≥ x + y + z ,这等价于 x y z

1 ? ? xy zx ? ? yz xy ? ? zx yz ? ? ? ? + ? + ? + ? + ? + ? ? ≥ x + y + z ,由算术平均不小于几何平均,这不 2 ?? z y? ? x z ? ? y x ??
等式成立,故原式成立. 例: 设 P 为锐角 ΔABC 内任意一点。证明 P 点到三顶点的距离之和大于或等于 6 倍的内切 圆半径 r . 证明:已知 P 点到三顶点的距离之和的最小值点是费马点,所以只考虑 P 是费马点的情况. 这时, ∠APB = ∠BPC = ∠CPA = 120° ,设 PA = x , PB = y , PC = z ,由余弦定理

? x 2 + y 2 + xy = c 2 ? 2 2 2 ? y + z + yz = a ? z 2 + x 2 + zx = b 2 ?
由面积公式 S = r ( a + b + c ) / 2 =

3( xy + yz + zx ) / 4 ,

我们先求出 x + y + z 与 a, b, c, r 的关系,由

C A? B C? A B? ? ? ? a = r ? cot + cot ? , b = r ? cot + cot ? , c = r ? cot + cot ? 2 2? 2 2? 2 2? ? ? ?

32

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

得到与 r 的关系:

2( x + y + z ) 2 = 2( x 2 + y 2 + z 2 ) + ( xy + yz + zx ) + 4 3[( 3( xy + yz + zx ) / 4]

= a 2 + b 2 + c 2 + 2 3r (a + b + c)


2( x + y + z ) 2 = 4 3r 2 (cot

A B C + cot + cot ) 2 2 2

2 ? A B C ? A B C? ? + r 2 ?cot 2 + cot 2 + cot 2 + ? cot + cot + cot ? ? 2 2 2 ? 2 2 2? ? ? ? ?

再由 tan() 在 (0, π / 2) 上是凸函数,所以由琴生不等式

2( x + y + z ) 2 ≥
2 ? A+ B +C A+ B +C ? ? ? 2 A+ B +C r ?12 3 cot + 3cot + ? 3cot ? ? 6 6 6 ? ? ? ? ? ? 2

= 72r 2
所以 x + y + z ≥ 6r ,证毕. 例:用怎样的最短曲线可以把一个正三角形分成等积的两部分。 解:设曲线是从一条边进入,从另一条边出去,把三角形连同曲线关于两条边作对称延拓, 得到一个梯形, 再沿一条边延拓一次得到一个正六边形, 其中的曲线延拓成一个封闭曲线, 根据已知定理,最短的曲线应当是圆,三角形中的曲线的长度应当是 6 分之一的圆周长。如 果是从一条边进出的话, 延拓一次得到一个封闭曲线, 那么曲线最短的长度是 2 分之一圆周 长。所以不考虑一条边进出的情况.

33

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

第四讲 三角与几何 本讲主要讲解利用三角函数的性质和三角形的定理进行解题的方法, 知识点 在 ΔABC 中

sin A + sin A + sin C = 4 cos

A B C cos cos 2 2 2 A B C cos A + cos B + cos C = 1 + 4sin sin sin 2 2 2

sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 + 2 cos A cos B cos C cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = 1 ? 2 cos A cos B cos C

sin 2

A B C A B C + sin 2 + sin 2 = 1 ? 2sin sin sin 2 2 2 2 2 2 A B C A B C cos 2 + cos 2 + cos 2 = 2 + 2sin sin sin 2 2 2 2 2 2 tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1 A B C A B C cot + cot + cot = cot cot cot 2 2 2 2 2 2 A B B C C A tan tan + tan tan + tan tan = 1 2 2 2 2 2 2

x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 yz cos A + 2 zx cos B + 2 xy cos C (嵌入定理)
在锐角三角形 ΔABC 中任意角的正弦大于另一角的余弦,如 sin A > cos B . 在 ΔABC 中外心 O 重心 G 垂心 H 三点共线(包括共点) ,且 GH = 2OG 若 D 是 BC 的中点,则 AH = 2OD , 设内心是 I ,内接圆半径是 r ,外接圆半径为 R ,则 OI = 如连接 AI 交外接圆于 M ,则 MI = MB = MC 正弦定理 a = 2 R sin A ,等等 余弦定理 b 2 = a 2 + c 2 ? 2ac cos B ,轮换得其余二公式 射影定理 b = a cos C + c cos A ,轮换得其余二公式 例:在直角 ΔABC 中, ∠C 为直角, D 为边 AC 上一点, K 为 BD 上一点,且 ∠ABC = ∠KAD = ∠AKD ,证明 BK = 2 DC ∠BAK = 90° ? 2α , 故 ∠BDC = 2α , 在 ΔABK 证明: 设 ∠ABC = ∠KAD = ∠AKD = α , 中,由正弦定理

R ( R ? 2r )

sin ∠BAK sin ∠AKB sin(90° ? 2α ) = AB ? sin α cos 2α = AB ? sin α BK = AB ?
34

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

在 ΔABD 中,由正弦定理,

BD = AB ?

sin(90° ? α ) sin ∠BAD cos α 1 = AB ? = AB ? = AB ? sin(180° ? 2α ) sin ∠ADB sin 2α 2 sin α

在 ΔBCD 中 CD = BD ? cos ∠BDC = BD ? cos 2α 所以 CD = AB ?

cos 2α ,故 BK = 2 DC 2sin α ∠B = 40° , ∠C = 20° , ∠NBC = 30° , ∠NAB = 20° , 例: 在 ΔABC 中, N 为 ΔABC 内一点, 求 ∠NCB
解:用正弦定理求出线段比之间的关系 设 ∠NCB = α ,分别在三个小三角形中应用正弦定理

在 ΔABN 中

AN sin10° , = BN sin 20° BN sin α 在 ΔBCN 中 = CN sin 30°

在 ΔCAN 中

CN sin100° = AN sin(20α ? α )

然后三式相乘得到关系式

1=

sin10° sin α sin100° sin 20° sin 30° sin(20° ? α )

化简得 sin α = sin(20° ? α ) ,因 0 < α < 20° ,所以 α = 10° 例(2001 全国高考) :已知圆内接四边形 ABCD 的边长分别为 AB=2,BC=6,CD=DA=4, 求四边形 ABCD 的面积。 解:把四边形分成两个三角形求面积。 连接 BD,形成两个三角形,因 ∠A + ∠C = 180° ,故 sin C = sin A ,则四边形面积为

S = ( AB ? AD ? sin A + BC ? CD ? sin C ) / 2 = ( AB ? AD + BC ? CD ) sin A / 2 = 16 sin A
用余弦定理,

BD 2 = AB 2 + AD 2 ? 2 AB ? AD cos A = CB 2 + CD 2 ? 2CB ? CD cos C
化为 20 ? 16cos A = 52 ? 48cos C = 52 + cos A ,解出 cos A = ? 为 16sin120° = 8 3 例: (北约 2011) ΔABC 的三边满足 a + b ≥ 2c ,证明 C ≤ 60° 证明: 2c ≤ a + b ? 由正弦定理

1 ,得 A = 120° ,故面积 2

2sin C ≤ sin A + sin B ? 4sin

C C A? B A+ B A? B C cos ≤ 2 cos sin cos ? = 2 cos 2 2 2 2 2 2

35

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

C A? B ≤ cos ≤ 1 ? C ≤ 60° 2 2 例(华约 2011)对于非直角 ΔABC , 1)证明 tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C tan B + tan C 2)当 3 tan C ? 1 = , 且 sin 2 A,sin 2 B, sin 2C 的倒数成等差数列,求 tan A C?A cos 2

? 2sin

解:1) A + B = π ? C ? tan( A + B ) = tan(π ? C ) = ? tan C ?

tan A + tan B = ? tan C ? 1 ? tan A tan B tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C tan B + tan C 2) 3 tan C ? 1 = ? 3 tan A tan C = tan A + tan B + tan C 由 1) tan A π 2π = tan A tan B tan C ? tan B = 3 ? B = ? A + C = 3 3
又由已知条件

4 3 2 1 1 sin 2 A + sin 2C = = + = 3 sin 2 B sin 2 A sin 2C sin 2 A sin 2C

=

2sin( A + C ) cos( A ? C ) [cos(2 A ? 2C ) ? cos(2 A + 2C )] / 2 2sin( A + C ) cos( A ? C ) [cos(2 A ? 2C ) ? cos(2 A + 2C )] / 2 4 3 cos( A ? C ) 4 3 cos( A ? C ) = 1 + 2 cos(2 A ? 2C ) 1 + 2(2 cos 2 ( A ? C ) ? 1)
1 4

=

=

? 4 cos 2 ( B ? C ) ? 3cos( B ? C ) ? 1 = 0 , ? cos( B ? C ) = 1 或 ? ? cos

C?A 1 + cos(C ? A) 6 = = 1或 2 2 4
AC AB AC sin B 2 2 = = AB sin C 3

例: (复旦 2005)在 ΔABC 中, tan A : tan B : tan C = 1: 2 : 3 ,求

解:设 tan A = k ,则由 tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C 得

6k = 6k 3 ,得 k = 1 (舍去 k = 0, ?1 )故 tan B = 2 , tan C = 3 ,

例: (北大 2009)圆内接四边形 ABCD 中, AB = 1 , BC = 2 , CD = 3 , DA = 4 ,求 ABCD 的外接圆半径 R 解:由内接四边形的性质 C = π ? A , BD 2 = AB 2 + AD 2 ? 2 AB ? AD cos A = 17 ? 8 cos A

36

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

BD 2 = CB 2 + CD 2 ? 2CB ? CD cos C = 13 + 12 cos A ? cos A =

1 385 , BD = , 5 5

R=

BD = 2sin A

2310 24

例: (匈牙利 2003)已知 ΔABC 外接圆半径为 R,若

a cos α + b cos β + c cos γ a + b + c , 其中 a, b, c 为三边长,α , β , γ 分别为 ∠A, ∠B, ∠C = a sin β + b sin γ + c sin α 9R
的度数,求 α , β , γ 的度数 解:利用正弦定理,题给等式的左边等于

2 (sin α + sin β + sin γ ) ,右边等于 9

sin α cos α + sin β cos β + sin γ cos γ sin 2α + sin 2β + sin 2γ = sin α sin β + sin β sin γ + sin γ sin α 2(sin α sin β + sin β sin γ + sin γ sin α )
令左右两边相等,得

4(sin α + sin β + sin γ )(sin α sin β + sin β sin γ + sin γ sin α ) = 9(sin 2α + sin 2 β + sin 2γ ) (由已知恒等式) = 36 sin α sin β sin γ
由算数平均不小于几何平均,上式左边 ≥ 36 sin α sin β sin γ ,等式仅当三角相等时成立, 所以 α = β = γ = 60°

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清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

第五讲 平面解析几何 知识点: 平面直角坐标系 xOy , O 是原点, x 是横坐标, y 是纵坐标,右手系 Ox 轴向右为正, Oy 轴向上为正. 如果一个另一个坐标系 x′Oy ′ 是把坐标系 xOy 关于原点 O 逆时针方向转动 ? 角度得到的,则在原坐标系 xOy 中的点的坐标 ( x, y ) 在新的坐标系 x′Oy ′ 中的坐标 ( x′, y ′) 可以看成 xOy 固定,而把 xOy 坐标系中的点关于原点顺时针方向转动 ? 得到,用复数来表 示就是:设原坐标的点为 z = x + iy ,变换的点

z ′ = x′ + iy ′ = ( x + iy )(cos( ?? ) + i sin(?? )) ( x cos ? + y sin ? ) + i(-xsin? +ycos? ) ,因此写成矩阵形式为:

? x′ ? ? cos ? sin ? ? ? x ? ? y′? = ? ? sin ? cos ? ? ? y ? 反变换只要反方向旋转即得:即把 ? 改号 ? ? ? ?? ? ? x ? ?cos ? ? y ? = ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? x′ ? ? ? cos ? ? ? ? y′? ? cos ? sin ? ? ? 称为旋转矩阵,由旋转的定义:有性质 ? ? sin ? cos ? ?

其中矩阵 S (? ) = ?

S (?1 ) S (?2 ) = S (?1 + ?2 ) , S n (? ) = S (n? )
设三角形三个顶点为 ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 ) ,则三角形的面积为二分之一行列式的绝对值

x1 1 x2 2 x3

y1 1 y2 1 y3 1

直线的一般方程 ax + by + c = 0 , 当 c ≠ 0 ,方程两边乘以

?sign(c) a 2 + b2 y?

化为法式方程

?sign(c)a a 2 + b2

x?

sign(c)b a 2 + b2

sign(c)c a 2 + b2

=0

38

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

?1, t > 0 ? 其中 sign(t)= ?0, t = 0 称为符号函数 ??1, t < 0 ?
当 c = 0 时,方程两边乘以

sign(b) a 2 + b2

,当 c = 0, b = 0 时,方程为 x = 0

法式方程可写为形式 x cos α + y sin α ? p = 0 , p 是原点到直线的距离 p ≥ 0 , 在极坐标 ( r , ? ) 下,法式方程化为如下: 极坐标方程 r = 夹角. 这样定义的单位方向 (cos α , sin α ) 称为是直线的法向,它垂直于直线,方向离开原点 法式方程的应用: 点 ( x0 , y0 ) 到直线的距离 d 可用法式方程得到 d = x0 cos α + y0 sin α ? p ,它的几何意义是 向量 ( x0 , y0 ) 在单位方向 (cos α , sin α ) 上的投影减去原点到直线的距离. 当点与原点在直 线的同一侧时 d < 0 ,在异侧时, d > 0 ,在直线上时, d = 0 . 求通过两条直线 ai x + bi y + ci = 0, i = 1, 2 的交点的任一直线可以写成

p

cos(? ? α )

, p 是极点到直线的距离, a 是极轴和极点到直线的垂线间的

λ1 (a1 x + b1 y + c1 ) + λ2 (a2 x + b2 y + c2 ) = 0 , λ1 , λ2 ∈ (?∞, ∞)
求两直线的交角的角平分线方程,把两直线写成法式方程 x cos α i + bi sin α i ? di = 0 ,

i = 1, 2 后,角平分线方程为 ( x cos α1 + y sin α1 ? d1 ) ± ( x cos α 2 + y sin α 2 ? d 2 ) = 0 ,它表
示了两条垂直的角平分线,当取 + 号时,得到的平分线的法线平行于方向

(cos α1 + cos α 2 ,sin α1 + sin α 2 )
= 2 cos

α1 ? α 2 ?
2

? cos ?

α1 + α 2
2

,sin

α1 + α 2 ?
2

?, ?

当取 ? 号时,得到的平分线的法线垂直于上一平分线的方向:

(cos α1 ? cos α 2 ,sin α1 ? sin α 2 )
= 2sin

α1 ? α 2 ?
2

? ? sin ?

α1 + α 2
2

, cos

α1 + α 2 ?
2 ? ?
39

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

斜截式方程 y = kx + b , k 是斜率,不能表示与 y 轴平行的直线 点斜式方程 y ? y2 = k ( x ? x1 ) ,不能表示与 y 轴平行的直线

x y ? y1 x ? x1 , 可写成行列式的形式 x1 两点式方程 = y2 ? y1 x2 ? x1 x2
它可用于三点共线的判别.

y 1 y1 1 = 0 y2 1

截距式方程

x y + =1 a b
2 2

直角坐标系下二次曲线的一般形式: ax + 2bxy + cy + 2dx + 2ey + f = 0 ,其中 a, b, c 不 全为零.

a b d 记 Δ = b c e , δ = ac ? b 2 , S = a + c 它们时坐标平移和旋转下的不变量 d e f
1. δ ≠ 0 ,当 δ > 0 , ΔS < 0 时是椭圆(特殊情况是圆) ,当 δ < 0 , Δ ≠ 0 时是双曲线, 当 δ < 0 , Δ = 0 时是一对相交直线, 2. δ = 0 ,当 Δ ≠ 0 时是抛物线,当 Δ = 0 , af ? d < 0 时是两平行直线, af ? d = 0 时
2 2

是两重合的直线. 二次曲线经过坐标的平移及旋转可化为标准型: 对于椭圆和双曲线,先平移到中心,平移后, a, b, c 是不变的,再旋转角度 ? :

tan 2? =

2b ,且 sin 2? 与 b 异号 a?c

对于抛物线,先平移到顶点,当 b = 0, a = 0 时不需要旋转,当 b = 0 , a ≠ 0 时,旋转角度

sign( a )

π
2

,当 b ≠ 0 时旋转角度 ? : tan ? = ?

a ,且 sin ? 与 a 同号 b

双曲线标准方程:

x2 y 2 c ? 2 = 1 , a > 0, b > 0 半焦距 c = a 2 + b 2 ,离心率 e = > 1 ,焦 2 a b a

点参数 p =

b2 ,焦点参数的几何意义是过焦点且与实轴垂直的弦长的一半. a

左准线 x = ?

a a ,右准线 x = ,准线的意义是:双曲线上的动点到焦点的距离与它到与焦 e e 点同侧的准线的距离之比为 e , 双曲线上动点到两焦点距离之差是常数 2a

40

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

右支的极坐标方程为 r =

p ,极点在右焦点 1 ? e cos ?
2

圆的标准方程: x + y = R
2 2

圆心在 ( x0 , y0 ) 半径为 R 的圆方程 ( x ? x0 ) 2 + ( y ? y0 ) 2 = R 2 ,或参数式

? x = x0 + R cos t , ? ? y = y0 + R sin t
过圆 x + y = R 上一点 ( a, b) 的切线方程是 ax + by = R ,没有学过导数的同学可以从勾
2 2 2 2

股定理及 a 2 + b 2 = R 2 容易地得到: [ x + y ] ? [( x ? a ) + ( y ? b) ] = [a + b ]
2 2 2 2 2 2

过不共线的三点 ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 ) 的圆方程,可写成一个四阶行列式的式子

x2 + y2 x12 + y12 2 2 + y2 x2 2 2 + y3 x3

x x1 x2 x3

y y1 y2 y3

1 1 =0 1 1
2 2

如三点共线,上述式子中的二项式 x + y 的系数等于零.

椭圆标准方程:

x2 y 2 c + 2 = 1 , a > b > 0 ,半焦距 c = a 2 ? b 2 ,离心率 e = < 1 ,焦点 2 a b a

参数 p =

b2 ,焦点参数的几何意义是过焦点且与长轴垂直的弦长的一半. a

左准线 x = ?

a a ,右准线 x = ,准线的意义是:椭圆上的动点到一焦点的距离与它到与焦 e e 点同侧的准线的距离之比为 e , 双曲线上动点到两焦点距离之和是常数 2a
右支的极坐标方程为 r =
2

p ,极点在右焦点 1 ? e cos ?
p ,焦点坐标 ( p / 2, 0) ,离心率 e = 1 ,极坐 2

抛物线标准方程: y = 2 px ,准线方程 x = ? 标方程为 r =

p ,极点在焦点. 抛物线上的动点到焦点的距离与它到准线的距离之 1 ? cos ?

比为 1. 焦点参数 p ,焦点参数的几何意义是过焦点且对称轴垂直的弦长的一半. 例: (复旦 2011 千份考)极坐标 ( ρ , θ ) 表示的曲线 ρ cos 2θ + 2 ρ (cos θ + sin θ ) = 1 是何曲
2

41

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

线(对原题有修改) 解:根据 cos 2θ = cos 2 θ ? sin 2 θ , ρ cos θ = x , ρ sin θ = y , 方程化为直角坐标系方程

x 2 ? y 2 + 2( x + y ) = 1 ? ( x + 1) 2 ? ( y ? 1)2 = 1 ,是双曲线.
?1 ? ?x = t + t 所表示的曲线是何曲线? 例(复旦 2001)由参数方程 ? ?1 ? ?y = t ?t

解:由 x ? y = 4 得双曲线.
2 2

例: (复旦 2011)经过坐标的变换 x′ = x cos θ + y sin θ , y ′ = ? xsinθ +ycosθ 将二次曲线

3 x 2 ? 2 3 xy + 5 y 2 ? 6 = 0 转化为标准椭圆方程
原题有修改)

x ′ 2 y ′2 + = 1 ,a > b > 0 ,并求 θ 的值(对 a 2 b2

解:该变换实际上是旋转变换, a = 3, b = ? 3, c = 5 ,求 tan 2θ =

2b ?2 3 = = 3, ?2 a?c

2θ =

π
3

+ 2kπ , k ∈ Z ,故 θ =

π
6

+ kπ , k ∈ Z ,用旋转逆变换 x = x′ cos θ ? y′ sin θ ,

y = x′sinθ +y ′cosθ 代入方程,整理得

x′2 (a 2 cos 2 θ + 2b sin θ cos θ + c sin 2 θ ) + x′y′(2b(cos 2 θ ? sin 2 θ ) ? 2(a ? c) sin θ cos θ ) (这项将被消去,实际不用计算) + y′2 (a sin 2 θ ? 2b sin θ cos θ + c cos 2 θ ) = 6
用倍角公式,得

1 2 x′ [(a + c ) + (a ? c ) cos 2θ + 2b sin 2θ ] 2
+ x′y′[2b cos 2θ ? ( a ? c) sin 2θ ]
(这项将被消去,实际不用计算)

+

1 2 y′ [(a + c) ? (a ? c ) cos 2θ ? 2b sin 2θ ] = 6 2

将 a = 3, b = ? 3, c = 5 , cos 2θ =

x ′2 y ′ 2 1 3 + =1 , sin 2θ = 代入得到标准型 3 1 2 2

例: (武大 2006) 以圆锥曲线的焦点弦为直径的圆和相应准线相离, 问此圆锥曲线是何类型。 解:根据准线的定义,圆锥曲线上的点到焦点的距离与到准线的距离之比等于离心率 e ,设 AB 为圆锥曲线的焦点弦,它们到焦点的距离分别为 p1 , p2 ,则到准线距离分别为

p1 p2 , e e

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清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

圆半径为 R = 曲线是椭圆.

p1 + p2 p + p2 p + p2 ,圆心到准线的距离为 1 ,故 0 < e < 1 ,即圆锥 >R= 1 2 2e 2
2 2

例: (武大 2006)过点 P (1,3) 的动直线交圆 C : x + y = 4 于 A, B 两点,分别过 A, B 两点 作圆 C 的切线,设这两切线相交于点 Q ,求 Q 点轨迹. 解:反过来考虑,设在圆外点 Q ( x0 , y0 ) 引两条直线与圆 x + y = r 在 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )
2 2 2

两点相切,则切线方程是 x1 x + y1 y = r 2 , x2 x + y2 y = r 2 ,且因 Q 点在切线上,故

x1 x0 + y1 y0 = r 2 , x2 x0 + y2 y0 = r 2 ,由于 A, B 两点满足方程 xx0 + yy0 = r 2 ,且过两点的
直线是惟一的,所以 AB 所在的直线方程为 xx0 + yy0 = r 2 ,因 P 在这直线上,所以

x0 + 3 y0 = 4 ,所以 Q 点轨迹为 x + 3 y = 4 在圆 C 外的两条射线(因 Q 点不在圆内)
例(华约 2011)双曲线 点,且 ∠F1 PF2 = 1. 求离心率 e 2. 若 A 为双曲线左顶点,Q 为右支上任一点,是否存在常数 λ 使 ∠QAF2 = λ∠QF2 A 恒 成立? 解:1). 在 ΔF1 PF2 中,由余弦定理,

x2 y 2 ? = 1 , a > 0 , b > 0 , F1 , F2 是左右焦点, P 是右支上任一 a 2 b2
2

π
3

, ΔF1 PF2 的面积为 3 3a

F1 F22 = PF12 + PF22 ? 2 PF1 ? PF2 cos

π
3

π? ? = ( PF1 ? PF2 ) 2 + 2 PF1 ? PF2 ?1 ? cos ? 3? ?


π? ? 1 4S ?1 ? cos ? 4 ? 3 3a 2 3 ? = 4a 2 + 2 = 16a 2 4c 2 = 4a 2 + ? π 3/2 sin 3 c 故 e = = 2 , b 2 = c 2 ? a 2 = 3a 2 ,所以,双曲线方程为 a
x2 y2 ? =1 a 2 3a 2

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清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

2)先求特殊点时的 λ ,再看动点改变时是否成立. 当 QF2 ⊥ x 轴时, AF2 = 3a , QF2 = p =

b2 = 3a ,所以 ΔQAF2 为直角等腰三角形,故 a

λ = ,现看是否动点改变时不变。令 x = a sec θ , y = 3a tan θ ,则
tan ∠QF2 A = y 3 tan θ y 3 tan θ , tan ∠QAF2 = ,看是否 ∠QAF2 的两倍 = = x + a sec θ + 1 c ? x 2 ? sec θ

1 2

等于 ∠QF2 A . 用正切的倍角公式,

tan 2∠QAF2 =

2 3 tan θ ? ? 3 tan θ ? 2 ? (sec θ + 1) ?1 ? ? ? ? sec θ + 1 ? ? ? ? ? ?

=

2 3 tan θ (sec θ + 1) 2 2 ? ? (sec θ + 1) ? 3 tan θ ? ? 2 3 tan θ (sec θ + 1) ?2sec 2 θ + 2sec θ + 4

=

=

2 3 tan θ (sec θ + 1) ?2(sec θ + 1)(sec θ ? 2)
3 tan θ = tan ∠QF2 A 2 ? sec θ

=

3. 所以 λ = 1/ 2 使 ∠QAF2 = λ∠QF2 A 恒成立 例(卓越 2011)已知抛物线的顶点在原点,焦点在 x 轴上, ΔABC 的三个顶点都在抛物线 上, 且重心为抛物线的焦点. 若 BC 边所在直线的方程为 4 x + y ? 20 = 0 , 求抛物线的方程。 解:设抛物线方程为 y = 2 px, p > 0 ,设 ΔABC 顶点为 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) , C ( x3 , y3 )
2

则 yi2 = 2 pxi , i = 1, 2, 3 ( ΔABC 顶点在抛物线上)

4 xi + yi ? 20 = 0 , i = 2, 3 , (B,C 在直线上)
p 1 = ( x1 + x2 + x3 ) ; 2 3

y1 + y2 + y3 = 0 , (重心在焦点上)

7 个未知量,7 个方程中要确定未知量 p ,方法是消元法,首先用 xi =

yi2 消去 xi ,化为方 2p

44

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

程四个未知量四个方程:

2 yi2 + yi ? 20 = 0 , i = 2, 3 p
p 1 2 2 2 = + y3 ( y1 + y2 ) , y1 + y2 + y3 = 0 2 6p
化为

y2 + y3 = ?
进一步化为

p 2 2 , y2 y3 = ?10 p , 3 p 2 = y12 + y2 , y1 + y2 + y3 = 0 + y3 2

y1 =

p2 p 11 p 2 2 2 , = 3 p 2 ? y12 = y2 + 20 p + y3 = ( y2 + y3 ) 2 ? 2 y2 y3 = 4 4 2



11 p 2 p 2 = + 20 p 解得 p = 8 ,所以抛物线方程为 y 2 = 16 x 4 4 x2 y 2 + = 1 上的点到圆 x 2 + ( y ? 6) 2 = 1 上的点之间的最大距离 25 16

例: (复旦 2011)求椭圆

解:对于椭圆上给定的点,与圆心的连线交圆于两点,一点是与圆最近的点,另一点是与圆 最远的点,所以要求最远的点,只要求与圆心最远的点的距离加上圆半径就是最远距离. 用椭圆的参数方程来表示,圆心到椭圆上的点的距离为

25cos 2 θ + (4 sin θ ? 6) 2 = 61 ? 9 sin 2 θ ? 48sin θ

= 125 ? 9(8 / 3 + sin θ ) 2 ≤ 125 ? 9(8 / 3 ? 1) 2 = 10
所以最远距离为 11

x2 2 例: (交大 2006)A(0,1)是椭圆 2 + y = 1 上的一个顶点,是否存在以 A 为直角顶点的内 a
接于椭圆的等腰直角三角形?若存在,求出有几个,若不存在,请说明理由. 解:设另两个顶点为 B,C,设 C 点在左,B 点在右,由于顶点(0,1)为 A 点,故可设 AC 所在直线方程为 y = kx + 1 , k > 0 ,且 k 不会等于无穷大,不然 B 点将不在椭圆上,代 入椭圆方程得到

2ka 2 1 + k 2 ?2ka 2 ? 1 2? 2 AC = C x , 求得 点的 坐标 , 故 ,AB 所 x = + k x + 2 kx = 0 3 ? 2 ? 1 + a2k 2 1 + a2k 2 ?a ?
在直线的斜率为 ?1/ k ,把 AC 的表达式中的 k 改为 ?1/ k 即可,故 AB =
3 2

a2k 2 1 + k 2 k 2 + a2

令 AC = AB ,则得 k ? 1 = ka (k ? 1) ,得 k = 1 或 k 2 + k + 1 = ka 2 ,因此至少有一个 k=1

45

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

的情况,这是显然的。再考虑方程 k + k (1 ? a ) + 1 = 0 ,是否有正根。根据判别式,可以
2 2

确定当 a >

3 时,还有两个不等于 1 的正根,当 0 < a ≤ 3 时不存在不等于 1 的正根。
2

例: (武大 2007)过抛物线 y = 8 x 上点 P (2, 4) 作倾角互补的两条直线,分别交抛物线于

A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 点, x2 > 2 > x1 .
(1) 求直线 AB 的斜率 (2) 当 A 的点 y1 ≤ 0 ,求 ΔPAB 的最大面积 解: (1)直线 PA 的斜率 k A =

y1 ? 4 8 y ?4 8 ,直线 PB 的斜率 k B = 2 2 = = y / 8 ? 2 y1 + 4 y2 / 8 ? 2 y2 + 4
2 1

因倾角互补, k A = ? k B : x2 > 2 > x1 ,所以 4 > y1 > ?4 , y2 + 4 < 0 , y1 + y2 = ?8 ,直 线 AB 的斜率为

y2 ? y1 8 = = ?1 2 y / 8 ? y1 / 8 y1 + y2
2 2

(2)

直线 AB 的直线方程 y ? y1 = ?( x ? y12 / 8) , x + y ? y1 ( y1 / 8 + 1) = 0 ,三角形 AB

边上的高就是 P 到直线的距离的绝对值:为 | 2 + 4 ? y1 ( y1 / 8 + 1) | / 2 ,边 AB 的长度为

AB = 2( y1 ? y2 ) = 2 2( y1 + 4) ,三角形的面积为
1 S = ( y1 + 4)(64 ? ( y1 + 4) 2 ), y1 ∈ ( ?4, 4) 8
因要求 y1 ≤ 0 ,所以 y1 ∈ (?4, 0] ,令 y1 + 4 = t ,则 t ∈ (0, 4] 面积为 S (t ) =

1 t (64 ? t 2 ) ,这函数在 t ∈ (0, 4] 上是单调递增的,所以面积最大值等于 24. 8 1 (b ? a )[64 ? 3(a 2 + ab + b 2 )] ,当 a ≤ 4, b ≤ 4, b > a 时, 8

单调性的讨论对于学过导数的同学是不难的,对于没学过导数的同学,递增性也可以考虑 函数 S (b) ? S ( a ) =

1 S (b) ? S (a ) ≥ (b ? a )(64 ? (a 2 + ab + b 2 )) ≥ 2(b ? a ) > 0 得到。 8 1 如果本题(2)没有限制 y1 ≤ 0 的话,就要求 S (t ) = (64t ? t 3 ) , t ∈ (0,8) 的最大值问题, 8
这对于学过导数的同学是不难的,对于没学过导数的同学可以用几何-算术平均不等式来得 到:

S 2 (t ) =

1 1 ? 128 ? 1282 128 3 ,S ≤ [2t 2 (64 ? t 2 )(64 ? t 2 )] ≤ ? ? = 128 128 ? 3 ? 27 9

3

O 是原点, 例:(复旦 2001) 在直角坐标系中, A, B 是第一象限内的点, A 在直线 y = x tan θ ,
46

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

OA = θ ∈ (π / 4, π / 2) 上,

1 , B 是双曲线 x 2 ? y 2 = 1 上使 ΔOAB 面积最小的点, 2 ? cos θ

求:当 θ ∈ (π / 4, π / 2) 取何值时, ΔOAB 面积最大,最大值是多少? 解:先证明一个重要的代数不等式: (ab ? cd ) ≥ (a ? c )(b ? d ) ,当且仅当 ad = bc 时
2 2 2 2 2

等号成立 这是由恒等式 (ab ? cd ) ? (a ? c )(b ? d ) = (ad ? bc) 得到的.
2 2 2 2 2 2

ΔOAB 面积等于 B 点到直线即 OA 边的高乘以 OA 的一半,故
S= | x tan θ ? y | 2 1 + tan 2 θ ( 2 ? cos θ )

=

| x sin θ ? y cos θ | 2( 2 ? cos θ )



( x 2 ? y 2 )(sin 2 θ ? cos 2 θ ) 2( 2 ? cos θ )

,当且仅当 x cos θ = y sin θ ,即

y = cot θ 时等号成立,由 x

θ ∈ (π / 4, π / 2) ,所以这种点在双曲线上是存在的,故最小面积为
= 1 ? 2 cos 2 θ 2( 2 ? cos θ )

令 2 ? cos θ = t ,

1 ? 2 cos 2 θ 1 2 ?1 2 2 ? 6 ≤ = ? 3? ? ? ? ? 6 3 ? 2( 2 ? cos θ ) 2 3 ? t
最大值当 t =

2

3 2 2 2 6 时, cos θ = , θ = arccos ∈ (π / 4, π / 2) 取到,为 4 4 4 6
2

例: (北大 2010)设 A,B 为 y = 1 ? x 上在 y 轴两侧的点,求过 A 点的切线、B 点的切线 与 x 轴围成的面积的最小值. 解: 设 y 轴左右两点的 x 坐标分别为 ? a, b , 则左右切线方程分别为

y = 1 ? a 2 + 2a ( x + a) = 2ax + 1 + a 2 , y = 1 ? b 2 ? 2b( x ? b) = ?2bx + 1 + b 2
三条线围成一个三角形, 切线在 x 轴上的交点分别为 ?

1 + a 2 1 + b2 , , 故三角形的底为 2a 2b

47

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

1 + b 2 1 + a 2 (a + b)(1 + ab) , 三角形的高为 1 + ab , 故三角形的面积为 + = 2b 2a 2ab S= (a + b)(1 + ab) 2 , 由对称性不妨设 0 < a ≤ b ,先固定 a + b = L ,则 4ab ? (a + b)(1 + ab)2 L(1 + a( L ? a)) 2 L ? 1 = = ? + a( L ? a) + 2 ? 4ab 4a ( L ? a ) 4 ? a( L ? a) ? ? L2 L? 1 , 所以当 L ≥ 2 时, + a( L ? a) + 2? ≥ L ≥ 2 ? 4 4 ? a( L ? a) ?
2

S=

因 0 < a( L ? a) ≤

? L? 2 L? L? 1 L + a( L ? a) + 2 ? ≥ ? + ? , 在 a = 时等式成立, 而 0 < L < 2 时, ? 4 ? a( L ? a) 2 ? 4?L 2?
L? 2 L? 2 3 通过对 ? + ? 关于 L 求导数等于零的点 ( 驻点 ) , 得惟一驻点为 L = < 2 , 这时 4?L 2? 3 L? 2 L? 8 3 8 3 3 , 在a = b = 时达到. < 2 , 所以面积最小值为 ? + ? = 4?L 2? 9 9 3
2 2

48

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

第六讲 平面几何 平面几何中的著名定理 梅涅老斯(Menelaus)定理、在 Δabc 的三边(或延长线)上分别取 l , m, n 三点, 则

b?l c ?m a ?n ? ? = 1 是 l , m, n 三点共线的充要条件 c ?l a ?m b?n b ? l λ3 , = c ? l λ2

证:把以上各点看作复平面上的点,先证充分性,因 b, l.c 共线,所以

λ2 ≠ λ3 ∈ R ,同理,因 c, m, a 共线,

c ? m λ1 = , λ3 ≠ λ1 ∈ R ,设条件成立,将前两式 a ? m λ3

代入条件式,解出

a ? n λ2 ,这三式改写为 = b ? n λ1

?(λ3 ? λ2 )l = λ3c ? λ2b, ? ?(λ1 ? λ3 )m = λ1a ? λ3c, ?(λ ? λ )n = λ b ? λ a. 2 1 ? 2 1
三式相加得 (λ3 ? λ2 )l + (λ1 ? λ3 )m + (λ2 ? λ1 )n = 0 其中系数不全为零,所以 l , m, n 三点共线. 再证必要性:设 l , m, n 三点共线,要证条件成立,同理

b ? l λ3 c ? m λ1 , = = c ? l λ2 a ? m λ3

两式相乘得 两式相加得

?(λ3 ? λ1 )l = λ3c ? λ2b, b ? l c ? m λ1 , ? = ,现证明 λ1 ≠ λ2 ,不然前两式成为 ? c ? l a ? m λ2 ?(λ1 ? λ3 )m = λ1a ? λ3c.

(λ3 ? λ1 )(l ? m) = λ1 (a ? b) ,得 l ? m =

λ1 ? λ3

λ1

(b ? a ) ,但因 l , m, n 三点共线, a, b, n 三点

共线,就得 l , m, n, a, b 共线,矛盾!令 n′ =

λ2b ? λ1a a ? n′ λ2 ,则 = , λ2 ? λ1 b ? n′ λ1



b ? l c ? m a ? n′ = 1 ,由充分性的证明, l , m, n′ 三点共线,但题设 l , m, n 三点共线, ? ? c ? l a ? m b ? n′

因而 n, n′ 都是 l , m, n 的连线与 a , b 连线的交点,但两不平行的直线只有惟一的交点,所以

n′ = n 。证毕。
赛瓦(Ceva)定理、在 Δabc 的三边(或延长线)上分别取 l , m, n 三点,

49

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明



b?l c ?m a ?n ? ? = ?1 是 a 与 l , b 与 m , c 与 n 的连线相交于一点的充要条件 c?l a?m b?n

由于 l , p, a 三点共线, 由 Menelaus 证明: 先证必要性: 设这三条线交于一点 p , 考察 Δbcn ,

定理得

b?l c ? p n?a ? ? = 1 ,同理,对 Δnca ,由于 p, m, b 三点共线,由 Menelaus 定理 c?l n? p b?a



n? p c ? m a ?b ? ? = 1 ,上两式相乘整理得题给的条件。 c? p a ?m n?b

再证充分性:设题给条件成立,令 b 于 m 的连线的交点为 p ,连 a 与 p 并设连线和对边相 交于 l ′ ,由已证的必要性,知

b ? l′ b ? l ,因此 l = l ′ ,这说明了 a 与 l , b 与 m , c 与 n 的连线相交于点 p .证毕. = c ? l′ c ? l
托勒密(Ptolemy)定理、圆内接四边形 ABCD 的两组对边乘积之和等于它两条对角线的乘积, 即

b ? l′ c ? m a ? n ? ? = ?1 ,与题给条件相比较,得 c ? l′ a ? m b ? n

AB ? CD + BC ? AD = AC ? BD
证明,取 k > 0 在 AB, AC , AD 的连线(或延长线)上分别取点 B′, C ′, D′ ,使得

AB′ = k / AB , AC ′ = k / AC , AD′ = k / AD ,从而 ΔABC 与 ΔAC ′B 相似,故 ∠B′C ′A = ∠B ,同理 ΔADC 与 ΔAC ′D 相似,故 ∠D′C ′A = ∠D ,因 ∠B + ∠D = π ,故 ∠B′C ′A + ∠D′C ′A = π , 所以 B′, C ′, D′ 共线,B′D′ = B′C ′ + C ′D′ , 再由 ΔABD 与 ΔAD′B′
B′D′ AB′ k BC ′ AB′ k ,由 ΔABC 与 ΔAC ′B 相似得 , = = = = DB AD AB ? AD CB AC AB ? AC C ′D′ AD′ k 由 ΔADC 与 ΔAC ′D 相似得 ,将上三式代入 B′D′ = B′C ′ + C ′D′ , = = DC AC AC ? AD 整理后即得 AB ? CD + BC ? AD = AC ? BD . 证毕. 托勒密定理的推广,在凸四边形 ABCD 的两组对边乘积之和大于或等于它两条对角线的乘 积,即 AB ? CD + BC ? DA ≥ AC ? BD 当且仅当四边形 ABCD 是圆内接四边形时等号成立,
的相似性, 西姆松定理:从 ΔABC 的外接圆上任意一点 P 向 ΔABC 的三边 a, b, c 或其延长线分别引垂 线,垂足分别为 X , Y , Z ,则 X , Y , Z 三点共线. 证明: 不妨设 P 在 BC 上,因此 P, X , C , Y 四点共圆, ,所以 ∠PYX = ∠PCX ,同理可得

∠PYZ = ∠PAZ ,但 ∠PCX = ∠PAZ ,因为 P, A, B, C 共圆,所以 ∠PYX = ∠PYZ ,于
是 XY 和 ZY 在一直线上.

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清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

第七讲 立体几何 重要定理 三面角:由公共顶点 S 并且不在同一平面上的三条射线 SA, SB, SC ,以及相邻两射线间平 面部分所成的图形,称为三面角,记 ∠BSC = α , ∠CSA = β , ∠ASB = γ 称为三面角的 三个面角,记三个二面角 C ? SA ? B , A ? SB ? C , B ? SC ? A 的平面角大小分别为

A, B, C ,则有性质
三面角的任意两个面角之和大于第三个面角, 任意两个面角的差小于第三个面角, 三个面角 之和小于 2π 1. 第一余弦定理: cos A = 2.第二余弦定理 cos α =

cos α ? cos β cos γ ,轮换得其他两个公式 sin β sin γ

cos A + cos B cos C ,轮换得其他两个公式 sin B sin C sin α sin β sin γ 3.正弦定理: = = sin A sin B sin C
4. 射影面积公式:设平面角等与 ? 的二面角的一个半平面上的面积为 S 的图形在另一半平 面上的射影的面积 S ′ 之关系为 S ′ = S cos ? 5. 四面体体积公式:设四面体的四个顶点的坐标为 ( xk , yk , zk ) , k = 0,1, 2, 3 ,则四面体体

x0 1 x1 积为 V = 6 x2 x3

y0 y1 y2 y3

z0 1 z1 1 z2 1 z3 1

四面体的体积等于三分之一底面积乘以该底到对应顶点的距离。 四面体的体积等于四面体的一个三面角的三条棱 DA, DB, DC 的乘积乘以二面角

A ? DC ? B 的平面角的正弦乘以三面角 ∠ADC 的正弦乘以三面角 ∠BDC 的正弦. 四面体 ABCD 的体积等于三分之二 ΔADC 的面积乘以 ΔADB 的面积除以棱 AD 的长度.
四面体的体积等于六分之两对棱长度的乘积乘以这两棱所在直线之间的距离乘以这两直线 所成之角的正弦。 四面体的六条棱的垂直平分面交于一点,称为四面体的外心,是四面体的外接球的球心。 四面体的三组对棱中点的连线交于一点,且被该点平分。 四面体的四个面组成的六个二面角的角平分面交于一点, 称为四面体的内心, 它是四面体的 内切球的球心,内切于四面体的四个面。 四面体的四个面的重心与相对顶点的连线交于一点, 称为四面体的重心, 重心把每条连线分 为 3:1
51

清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

四面体中 12 个三面角之和为 720° 6.欧拉公式: 凸多面体的面数 F 顶点数 V 和棱数 E 之间的关系式为: F + V ? E = 2 7.四面体 ABCD 相对的两条棱 AD 与 BC 所成的角的余弦等于

| ( AB 2 + CD 2 ) ? ( AC 2 + BD 2 ) | 2 AD ? BC

例: (武大 2006)已知一个凸多面体的每个面是五边形,共有 E=30 条棱,求这多面体的面 数 F 及顶点数 V。 解:每条棱是两个相邻面所共有,所以 5F=30×2=60,故 F=12,根据欧拉公式, V=2+E-F=2+30-12=20 例: (复旦 2007) 棱长为 a 的正方体内有两球互相相切,且两球各与正立方体的三个面相切,求这两球的半径 之和。 解正立方体的主对角线 AB 长度为 3a ,设两球的半径分别为 r1 , r2 ,若球与三面相切,则 球心与顶点 A 及 B 之间的距离等于 3r1 , 3r2 ,又由于两球心在主对角线上,故

3a = (1 + 3)(r1 + r2 ) ,从而 r1 + r2 =

3? 3 a 2

例(复旦 2010)在一个底面半径为 1/ 2 ,高为 1 的圆柱内放入一个直径为 1 的实心球,在 圆柱内与球的上下空隙中放入小实心球, 使得和直径为 1 的实心球、 圆柱侧面积上底或下底 相切,求最多可放多少小球 解:将大球与小球的球心相连接,则两球的公切点在这连线上,因小球与圆柱侧面和底面也 相切,所以这连线与圆柱底圆相交,即 r + 2r +

1 2 3? 2 2 ,所以 r = ,再考虑沿着 = 2 2 2

圆柱的侧面一周最多可以放多少个这种半径的小球,我们来求一个小球占的角

α = 2 arcsin

r 1 = 2 arcsin ≈ 0.4172 1/ 2 ? r 2( 2 + 1) ? 2π ? = 30 个 ?α ? ?

所以,上下底上小球共最多可以放 n = 2 ? ?

例: (华约 2011)两条异面直线互成 60? 角,过空间任一点 A 可以作出几个平面与两异面直 线都成 45? 角 解:将两异面直线平移到 A 点,记这两条直线为 a,b,它们的夹角为 60?,在 a,b 所在平面 上作 a, b 的两条角平分线. 则与两条直线所成角相等的平面必定过这两条角平分线之一. 由 于一个角的平分角为 30?<45?,所以舍弃,另一个平分角为 60?,过该角平分线的平面有且只 有两个可以和两直线成 45? 角. 例(复旦 2001)全面积为定值 π a 2 的圆锥中,体积的最大值是多少?
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清北学堂数学讲座--几何部分

刘永明

解: 设圆椎底面半径为 r , 母线长为 l , 圆椎的全面积 S = π r 2 + π rl = π a 2 , 解出 l = 体积为

a2 ? r 2 r

V=

π
3

r

2

l ?r =
2 2

π
3

r

2

? a2 ? r 2 ? πa 2 2 2 a r ? 2r 4 ? ? ?r = 3 ? r ?
2

2

=

πa 1
3

? a2 ? 2π a 3 a ? 2? r2 ? ? ≤ 8 4? 12 ?
4

2π a 3 当且仅当 r = a / 2 时等号成立. 所以最大体积为 12

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