解几数竞答案

2019-02-13 本文已影响0人抄书侠

预赛

第一届：【解】：先求圆柱面的轴 $L_0$ 的方程.由已知条件易知，圆柱面母线的方向是 $\vec{n}=(1,1,1)$ ，且圆柱面经过点 $O（0，0，0）$ ，过点 $O（0，0，0）$ 且垂直于 $\vec{n}=（1，1，1）$ 的平面 $\pi$ 的方程为： $x+y+z=0$ .
$\pi$ 与三已知直线的交点分别为
$O（0，0，0），P（1，0，-1），Q（0，-1，1）$ 。
圆柱面的轴 $L_0$ 是到这三点等距离的点的轨迹，即
$\left\{\begin{array}{l}{x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x-1)^{2}+y^{2}+(z+1)^{2}} \\ {x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}+(y+1)^{2}+(z-1)^{2}}\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}{x-z=1} \\ {y-z=-1}\end{array}\right.$ 。将 $L_0$ 的方程改为标准方程 $x-1=y+1=z$ .
圆柱面的半径即为平行直线 $x=y=z$ 和 $x-1=y+1=z$ 之间的距离. $P_0（1，-1，0）$ 为 $L_0$ 上的点。
对圆柱面上任意一点 $S（x，y，z）$ ，有 $\frac{\left|\vec{n} \times \vec{P_{0} S}\right|}{|\vec{n}|}=\frac{\left|\vec{n} \times \vec{P_{0} O}\right|}{|\vec{n}|}$ ，
即 $(-y+z-1)^{2}+(x-z-1)^{2}+(-x+y+2)^{2}=6$ ，所以，所求圆柱面的方程为： $x^{2}+y^{2}+z^{2}-x y-x z-y z-3 x+3 y=0$
第二届：【证明】：容易知道A，B，C共线，D，E，共线。而只有两种二次曲面上可能存在共线的三点：单叶双曲面和双曲抛物面。然后，可以看到直线ABC和直线DEF是平行的，且不是同一条直线。这就又排除了双曲抛物面的可能（双曲抛物面的同族直母线都异面，不同族直母线都相交），所以只可能是单叶双曲面。
第三届：
设所求球面的球心为 $(\overline{x},\overline{y},\overline{z})$ 则有 $(\overline{x}-1)^{2}+(\overline{y}-2)^{2}+(\overline{z}-7)^{2}$
$=(\overline{x}-4)^{2}+(\overline{y}-3)^{2}+(\overline{z}-3)^{2}$
$=(\overline{x}-5)^{2}+(\overline{y}+1)^{2}+(\overline{z}-6)^{2}$
$=(\overline{x}-\sqrt{7})^{2}+(\overline{y}-\sqrt{7})^{2}+(\overline{z})^{2}$ 即 $\left\{\begin{array}{l}{3 \overline{x}+\overline{y}-\overline{z}=-10} \\ {4 \overline{x}-3 \overline{y}-\overline{z}=4} \\ {(\sqrt{7}-1) \overline{x}+(\sqrt{7}-2) \overline{y}-7 \overline{z}=-20}\end{array}\right.$ $\Rightarrow(\overline{x}, \overline{y}, \overline{z})=(1,-1,3)$ 而 $(\overline{x}-1)^{2}+(\overline{y}-2)^{2}+(\overline{z}-7)^{2}=25$ 于是所求球面方程为 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z-3)^{2}=25$
第四届：
【解】：设 $（x，y，z）$ 为切锥面上的点（非原点）。存在唯一 $t$ 使得 $t（x，y，z）$ 落在椭圆抛物面上。于是有 $tz=（3x^2+4y^2）t^2+1$ ，并且这个关于 $t$ 的二次方程只有一个根。于是，判别式 $\Delta=z^{2}-4\left(3 x^{2}+4 y^{2}\right)=0$
这就是所求的切锥面的方程。
第五届：
【证明】：以 $C_1$ 为圆心， $O$ 为原点建立直角坐标系，使得初始切点 $P=（0，r）$ 。将圆 $C_2$ 沿 $C_1$ 的圆周滚动到 $Q$ 点，记角
$∠POQ=\theta$ ，则 $Q=（rsin\theta，rcos\theta）$ .令 $l_Q$ 为 $C_1$ 在 $Q$ 点的切线，它的单位法向量为 $\vec{n}=（sin\theta，cos\theta）$ .这时， $P$ 点运动到 $P$ 关于直线 $l_Q$ 的对称点 $P’=P（\theta）$ 处。
于是有 $\vec{O P^{\prime}}=\vec{O P}+\vec{P P^{\prime}}=\vec{O P}-2(\vec{Q P} \cdot \vec{n}) \vec{n}$ 故P点的运动轨迹曲线（心脏线）为
$P(\theta)=P^{\prime}=(2 r(1-\cos \theta) \sin \theta, r+2 r(1-\cos \theta) \cos \theta)$
$0 \leq \theta \leq 2 \pi$
容易得到，圆C的反演变换的坐标表示为
$(\tilde{x}, \tilde{y})=(0, r)+\frac{R^{2}}{x^{2}+(y-r)^{2}}(x, y-r)$
将 $(x, y)=P(\theta)$ 代入，得到 $(\tilde{x}, \tilde{y})=\left(\frac{R^{2} \sin \theta}{2 r(1-\cos \theta)}, \frac{R^{2} \cos \theta}{2 r(1-\cos \theta)}+r\right)$
直接计算，得到抛物线方程为 $\tilde{y}=\frac{r}{R^{2}} \tilde{x}^{2}+\left(r-\frac{R^{2}}{4 r}\right)$
第六届：
(1) $l_1$ 上有点 $r_1=(4,3,8)$ ，方向向量 $v_1=(1,-2,1)$ ; $l_2$ 上有点 $r_2=(-1,-1,-1)$ ，方向向量 $v_2=(7,-6,1)$ 又 $\left(r_{1}-r_{2}, v_{1}, v_{2}\right)=\left| \begin{array}{ccc}{5} & {4} & {9} \\ {1} & {-2} & {1} \\ {7} & {-6} & {1}\end{array}\right| \neq 0$ 所以 $l_1$ 和 $l_2$ 异面
(2) $l_1$ 上任一点 $P_1=r_1+t_1v_1$ 与 $l_2$ 上的任一点 $P_2=r_2+t_2v_2$ 的连线的方向向量为 $\begin{aligned} \vec{P_{1} P_{2}} &=r_{2}-r_{1}+t_{2} v_{2}-t_{1} v_{1} \\ &=\left(-5+7 t_{2}-t_{1},-4-6 t_{2}+2 t_{1},-9+t_{2}-t_{1}\right) \end{aligned}$
公垂线的方向向量为 $v=v_{1} \times v_{2}=\left| \begin{array}{ccc}{i} & {j} & {k} \\ {1} & {-2} & {1} \\ {7} & {-6} & {1}\end{array}\right|=(4,6,8)$ 由于 $\vec{P_{1} P_{2}} / / v$ ，所以 $\left(-5+7 t_{2}-t_{1}\right) :\left(-4-6 t_{2}+2 t_{1}\right) :\left(-9+t_{2}-t_{1}\right)=4 : 6 : 8$ 得 $t_1=-1,t_2=0$ 故 $r_2+0v_2=(-1,-1,-1)$ 在公垂线上，从而公垂线的标准方程为 $\frac{x+1}{4}=\frac{y+1}{6}=\frac{z+1}{8}$
(3)解： $P_{1}=r_{1}+t_{1} v_{1}, P_{2}=r_{2}+t_{2} v_{2}$ 的中点为 $\frac{1}{2}\left(3+t_{1}+7 t_{2}, 2-2 t_{1}-6 t_{2}, 7+t_{1}+t_{2}\right)$ 因此中点的轨迹为一个平面，平面的法向量为 $v=v_1\times v_2=(4,6,8)$ 又 $\frac{1}{2}(3,2,7)$ 在平面上，故轨迹的方程为 $4x+6y+8z-40=0$
第七届：
【证明】（1）：过直线 $L_2$ 上一点和线性无关向量 $v$ 和 $w$ 作平面 $\sigma$ ，则直线 $L_2$ 落在平面 $\sigma$ 上，且直线 $L_1$ 平行于平面 $\sigma$ 。过 $L_1$ 作平面 $\tau$ 垂直于 $\sigma$ ，记两平面的交线为 $L_1^*$ 设两直线 $L_1^*$ 和 $L_2$ 的交点为 $Q$ ，过 $Q$ 做平面 $\sigma$ 的法线，交直线 $L_1$ 为 $P$ ，则 $PQ$ 同时垂直于 $L_1$ 和 $L_2$ 。
设 $X=P+sv \in L_1，Y=Q+tw\in L_2$ 也使得 $XY$ 同时垂直于 $L_1$ 和 $L_2$ ，则有 $\vec{X Y}=\vec{P Q}-s v+t w$ 垂直于 $v$ 和 $w$ ，故有
$-s+（v\cdot w）t=0$ 和 $-s（v\cdot w）+t=0$ 。
由于 $（v\cdot w）^2<1$ ，我们得到 $s=t=0$ ，即 $X=P，Y=Q$ ，这样 $P，Q$ 存在且唯一。
(2)设 $P=a+s v \in L_{1}, Q=b+t w \in L_{2}$ 因为 $\vec{P Q}=\lambda v \times w \Rightarrow(b-a)-s v+t w=\lambda v \times w$ 于是有 $(b-a) \cdot v-s+t(v \cdot w)=0,(b-a) \cdot w-s(v \cdot w)+t=0$
故有 $s=\frac{(b-a) \cdot(v-(v \cdot w) w)}{1-(v \cdot w)^{2}}, t=\frac{(b-a) \cdot(w-(v \cdot w) v)}{1-(v \cdot w)^{2}}$ 得到 $\begin{array}{l}{P=a+\frac{(b-a) \cdot(v-(v \cdot w) w)}{1-(v \cdot w)^{2}} v} \\ {Q=b+\frac{(b-a) \cdot(w-(v \cdot w) v)}{1-(v \cdot w)^{2}} w}\end{array}$
第八届：
【证明1】：在空间中取直角坐标系，记椭球面 $S$ 的方程为：
$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1, V=(\alpha, \beta, \gamma)$
设 $（x，y，z）\in\Gamma$ ，则光束中的光线 $l(t)=(x+y+z)+t(\alpha, \beta, \gamma), t \in R$ 是椭球面 $S$ 的切线。
由于每条切线与椭球面有且仅有一个交点，故 $t=0$ 是方程
$\frac{(x+t \alpha)^{2}}{a^{2}}+\frac{(y+t \beta)^{2}}{b^{2}}+\frac{(z+t \gamma)^{2}}{c^{2}}=1$ 的唯一解.由于 $（x，y，z）\in \Gamma \subset S$ ，上述方程化为 $\left(\frac{\alpha^{2}}{a^{2}}+\frac{\beta^{2}}{b^{2}}+\frac{\gamma^{2}}{c^{2}}\right) t^{2}+2\left(\frac{\alpha}{a^{2}} x+\frac{\beta}{b^{2}} y+\frac{\gamma}{c^{2}} z\right) t=0$ 这个方程只有 $t=0$ 的唯一解，当且仅当 $\frac{\alpha}{a^{2}} x+\frac{\beta}{b^{2}} y+\frac{\gamma}{c^{2}} z=0$ 这是一个过原点的平面方程，故 $\Gamma$ 落在过椭球面中心的一张平面上.
【证明2】：在空间中做仿射变换，将椭球面映成圆球面。这时平行光束映成平行光束，切线映成切线，切点映成切点，椭球中心映成球面中心。
由于平行光束照圆球面的所有切线的切点是一个大圆，它落在过球心的平面上，而放射变换将平面映成平面，故 $\Gamma$ 落在一张椭球面中心的平面上。
第九届:
解：设平面P上的抛物线C的顶点为 $X_0=（x_0，y_0，z_0）$ .
取平面 $P$ 上 $X_0$ 处相互正交的两单位向量 $\alpha=（\alpha_1，\alpha_2，\alpha_3）$ 和 $\beta=（\beta_1，\beta_2，\beta_3）$ ，使得 $\beta$ 是抛物线 $C$ 在平面 $P$ 上的对称轴方向.则抛物线的参数方程为 $X(t)=X_{0}+t \alpha+\lambda t^{2} \beta, \quad t \in \mathbf{R}$ $\lambda$ 为不等于0的常数
记 $X(t)=(x(t),y(t),z(t))$ ，则
$x(t)=x_{0}+\alpha_{1} t+\lambda \beta_{1} t^{2}, y(t)=y_{0}+\alpha_{2} t+\lambda \beta_{2} t^{2}, z(t)=z_{0}+\alpha_{3} t+\lambda \beta_{3} t^{2}$ 因为 $X(t)$ 落在单页双曲面 $\Gamma$ 上，带入方程 $x^2+y^2-z^2=1$ 我们得到对任意 $t$ 满足的方程 $\lambda^{2}\left(\beta_{1}^{2}+\beta_{2}^{2}-\beta_{3}^{2}\right) t^{4}+2 \lambda\left(\alpha_{1} \beta_{1}+\alpha_{2} \beta_{2}-\alpha_{3} \beta_{3}\right) t^{3}+A_{1} t^{2}+A_{2} t+A_{3}=0$ 其中 $A_1,A_2,A_3$ 是与 $X_0,\alpha,\beta$ 相关的常数，于是得到 $\beta_{1}^{2}+\beta_{2}^{2}-\beta_{3}^{2}=0, \alpha_{1} \beta_{1}+\alpha_{2} \beta_{2}-\alpha_{3} \beta_{3}=0$ 因为 $\{\alpha,\beta\}$ 是平面 $P$ 上正交的两单位向量，则有 $\alpha_{1}^{2}+\alpha_{2}^{2}+\alpha_{3}^{2}=1, \beta_{1}^{2}+\beta_{2}^{2}+\beta_{3}^{2}=1, \alpha_{1} \beta_{1}+\alpha_{2} \beta_{2}+\alpha_{3} \beta_{3}=0$ 于是得到 $\begin{array}{c}{\beta_{1}^{2}+\beta_{2}^{2}=\beta_{3}^{2}=\frac{1}{2}, \alpha_{1} \beta_{1}+\alpha_{2} \beta_{2}=0, \alpha_{3}=0, \alpha_{1}^{2}+\alpha_{2}^{2}=1} \\ {\alpha=\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}, 0\right), \beta=\left(-\frac{\varepsilon}{\sqrt{2}} \alpha_{2}, \frac{\varepsilon}{\sqrt{2}} \alpha_{1}, \beta_{3}\right), \quad \varepsilon=\pm 1}\end{array}$ 于是得到平面 $P$ 的法向量 $n=\alpha \times \beta=\left(A, B, \frac{\varepsilon}{\sqrt{2}}\right)$ 它与 $z-$ 轴方向 $e=(0,0,1)$ 的夹角 $\theta$ 满足 $cos\theta=n\cdot e=\pm\frac{1}{\sqrt 2}$ 为 $\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3\pi}{4}$
第十届：
设所求 $P$ 点坐标为 $P(a,b,c)$ 满足 $a^2-b^2=2c$ 。则过 $P$ 的直线可以表为 $\ell=\ell(t)=(a, b, c)+t(u, v, w), u^{2}+v^{2}+w^{2} \neq 0, t \in \mathbb{R}$
直线 $\ell(t)$ 落在马鞍面 $S$ 上，得到
$\left(u^{2}-v^{2}\right) t^{2}+2(a u-b v-w) t=0, t \in \mathbb{R}$
$a u-b v=w, u^{2}-v^{2}=0$ 于是有 $v=\varepsilon u, w=(a-\varepsilon b) u, \varepsilon=\pm 1$ 于是，过 $P$ 点恰有两条直线落在马鞍面 $S$ 上，为 $\begin{array}{c}{\ell_{1}=\ell_{1}(t)=(a, b, c)+t u(1,1, a-b)} \\ {\ell_{2}=\ell_{2}(t)=(a, b, c)+t u(1,-1, a+b)}\end{array}$ 这两条直线的方向向量 $(1,1,a-b)$ 和 $(1,-1,a+b)$ 均平行于平面 $\sigma$ ，而平面 $\sigma$ 的法向量为 $(\alpha,\beta,-1)$ 我们得到 $\alpha+\beta=a-b, \alpha-\beta=a+b$ 于是 $a=\alpha, b=-\beta, c=\frac{1}{2}\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right)$ 故所求点 $P$ 的坐标为
$P=\left(\alpha,-\beta, \frac{1}{2}\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right)\right)$

决赛

第一届：
【解】：（1） $L，L'$ 的方向向量分别为 $\vec n=（1，1，1），\vec {n'}=（1，a，1）$ 。
分别取 $L，L'$ 上的点 $O（0，0，0），P（0，0，b）$ 。 $L$ 与 $L'$ 是异面直线当且仅当矢量 $\vec n，\vec {n'}，\vec {OP}$ 不共面，即，它们的混合积不为零：
$(\vec{n}, \vec{n}, \vec{O P})=\left| \begin{array}{lll}{1} & {1} & {1} \\ {1} & {a} & {1} \\ {0} & {0} & {b}\end{array}\right|=(a-1) b \neq 0$
所以， $L$ 与 $L'$ 是异面直线当且仅当 $a\not=1$ 且 $b\not=0$ 。
（2）假设 $P（x，y，z）$ 是 $x$ 上任一点，于是 $P$ 必定是 $L'$ 上一点 $P（x'，y'，z'）$ 绕 $L$ 旋转所生成的。由于 $\vec{P’P}$ 与 $L$ 垂直，所以，
$\left(x-x^{\prime}\right)+\left(y-y^{\prime}\right)+\left(z-z^{\prime}\right)=0$
又由于 $P’$ 在 $L'$ 上，所以， $\frac{x^{\prime}}{1}=\frac{y^{\prime}}{a}=\frac{z^{\prime}-b}{1}$
因为 $L$ 经过坐标原点，所以， $P，P'$ 到原点的距离相等，故， $x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{\prime 2}+y^{\prime 2}+z^{2}$ 将上述三式联立，消去其中的 $x',y',z':$ 令 $\frac{x^{\prime}}{1}=\frac{y^{\prime}}{a}=\frac{z^{\prime}-b}{1}=t$ ，将 $x',y',z'$ 用 $t$ 表示： $x^{\prime}=t, y^{\prime}=a t, z^{\prime}=t+b$ 带入第一个式子，得 $(a+2)t=x+y+z-b$ 当 $a\not=-2$ 即 $L$ 与 $L'$ 不垂直时，解得 $t=\frac{1}{a+2}(x+y+z-b)$ 据此，再将第四式带入第三式，得到 $\pi$ 的方程：
$x^{2}+y^{2}+z^{2}-\frac{a^{2}+2}{(a+2)^{2}}(x+y+z-b)^{2}$
$-\frac{2 b}{a+2}(x+y+z-b)-b^{2}=0$ 当 $a=-2$ 时，得 $x+y+z=b$ 这表明， $\pi$ 在这个平面上。同时，四式带入三式，有 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=6 t^{2}+2 b t+b^{2}=6\left(t+\frac{1}{6} b\right)^{2}+\frac{5}{6} b^{2}$ 由于 $t$ 可以是任意的，所以，这时， $\pi$ 的方程为： $\left\{\begin{array}{c}{x+y+z=b} \\ {x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq \frac{5}{6} b^{2}}\end{array}\right.$
$\pi$ 的类型： $a=1$ 且 $b\not= 0$ 时 $L$ 与 $L'$ 平行， $\pi$ 是一柱面； $a\not=1$ 且 $b=0$ 时， $L$ 与 $L'$ 相交， $\pi$ 是一锥面( $a=-2$ 时 $\pi$ 是平面)；当 $a\not=1$ 且 $b\not=0$ 时， $\pi$ 是单叶双曲面( $a=-2$ 时， $\pi$ 是去掉一个圆盘后的平面)
第二届：
【解】：过原点的平面和椭球面 $4x^2+5y^2+6z^2=1$ 的交线 $\Gamma$ 为圆时，圆心必为原点。从而 $\Gamma$ 必在以原点为中心的某个球面上。设该球面方程为 $x^2+y^2+z^2=r^2$ 。在该圆上 $z^2-x^2=5x^2+5y^2+5z^2-5r^2+z^2-x^2=1-5r^2$ .
即该圆在曲面 $H:z^2-x^2=1-5r^2$ 上。
我们断言 $5r^2=1$ ，否则 $H:z^2-x^2=1-5r^2$ 是一个双曲柱面。注意到 $\Gamma$ 关于原点中心对称， $H$ 的一叶是另一叶的中心对称的像，所以 $\Gamma$ 和 $H$ 的两叶一定都有交点。另一方面， $\Gamma$ 又要整个地落在 $H$ 上，这与作为圆周的 $\Gamma$ 是一条连续的曲线矛盾，所以必有 $5r^2=1$ 。从而 $\Gamma$ 在 $z^2-x^2=0$ 上，即 $\Gamma$ 在平面 $x-z=0$ 或 $x+z=0$ 上。所以 $Z$ 为 $x-z=0$ 或 $x+z=0$ 。
反过来，当 $Z$ 为 $x-z=0$ 或 $x+z=0$ 时 $\Sigma$ 和 $4x^2+5y^2+6z^2=1$ 的交线在 $5x^2+5y^2+5z^2=1$ 上，从而为一个圆。总之，平面 $x-z=0$ 或 $x+z=0$ 即为所求。
第三届：
平面 $ABC$ 的法向量 $\vec{n}=\vec{A B} \times \vec{A C}=(0,1,1) \times(0,-1,-3)=(-2,0,0)$ 设所求直线的方向向量为 $\vec l=(a,b,c)$ ，则由条件得 $\vec{l} \cdot \vec{n}=0, \vec{l} \cdot \vec{A D}=0$ 由此可解得 $\vec l=(0,c,c)(c\not=0)$ 取 $\vec l=(0,1,1)$ 于是所求直线方程为 $\frac{x-3}{0}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-2}{1}$
第四届：
证明：将双曲线图形进行45度旋转，可以假定双曲线方程 $y=\frac{1}{x}(x>0)$ 。设直线 $l$ 交双曲线于 $\left(a, \frac{1}{a}\right),\left(t a, \frac{1}{t a}\right),(t>1)$ 与双曲线所围的面积为 $A$ 则有 $\begin{aligned} A &=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t}\right)(t-1)-\int_{a}^{t a} \frac{1}{x} d x \\ &=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{t}\right)(t-1)-\ln t=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)-\ln t \end{aligned}$ 令 $f(t)=\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)-\ln t$ 由于 $f(1)=0, f(+\infty)=+\infty, f^{\prime}(t)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{t}\right)^{2}>0(t>1)$ 所以对于常数 $A$ ，存在唯一常数 $t$ 使得 $A=f(t)$ 。 $l$ 与双曲线的截线段终点坐标为 $x=\frac{1}{2}(1+t)a,y=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{t})\frac{1}{a}$ 于是中点的轨迹曲线为 $xy=\frac{1}{4}(1+t)(1+\frac{1}{t})$ 故终点轨迹为双曲线，也就是函数 $y=\frac{1}{4}(1+t)(1+\frac{1}{t})\frac{1}{x}$ 给出的曲线。该曲线在上述终点处的切线的斜率为 $k=-\frac{1}{4}(1+t)\left(1+\frac{1}{t}\right) \frac{1}{x^{2}}=-\frac{1}{t a^{2}}$ 它恰好等于过两交点 $(a,\frac{1}{a}),(ta,\frac{1}{ta})$ 的直线 $l$ 的斜率: $\frac{\frac{1}{t a}-\frac{1}{a}}{t a-a}=-\frac{1}{t a^{2}}$ 故 $l$ 为轨迹曲线的切线。
第五届：设 $l$ 是过 $P$ 点的抛物面 $S$ 的一条切线，它的方向向量为 $V=(u,v,w)$ ，则切点可以表示为 $Q=P+t V=(a+t u, b+t v, c+t w)$ 其中 $t$ 是二次方程 $2(c+t w)=(a+t u)^{2}+(b+t v)^{2}$ 也就是 $\left(u^{2}+v^{2}\right) t^{2}+2(a u+b v-w) t+\left(a^{2}+b^{2}-2 c\right)=0$ 的唯一重根。
这时， $\begin{array}{c}{(a u+b v-w)^{2}=\left(u^{2}+v^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}-2 c\right)} \\ {t=\frac{w-a u-b v}{u^{2}+v^{2}}=\frac{a^{2}+b^{2}-2 c}{w-a u-b v}}\end{array}$ 于是切点 $Q=(X,Y,Z)=(a+tu,b+tv,c+tw)$ 满足 $a X+b Y-Z=\left(a^{2}+b^{2}-c\right)+t(a u+b v-w)=c$ 于是所有切点 $Q$ 落在平面 $ax+by-z=c$ 上
第六届：
设 $l$ 为 $z$ 轴，以过点 $P$ 且垂直于 $z$ 轴的直线为 $x$ 轴来建立直角坐标系，可以设 $P:(p,0,0),l$ 的参数方程为 $l:x=0,y=0,z=t$ 设球面 $C$ 的球心为 $(x_0,y_0,z_0)$ ，由于 $C$ 过点 $P$ ，则 $C :\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}+\left(z-z_{0}\right)^{2}=\left(p-x_{0}\right)^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}$ 求 $l$ 与 $C$ 的交点：将 $l$ 的参数方程带入 $C$ ，有 $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+\left(t-z_{0}\right)^{2}=\left(p-x_{0}\right)^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}$ 即 $t^{2}-2 z_{0} t+\left(2 p x_{0}-p^{2}\right)=0$ 由此可得两个解为 $t_{1,2}=z_{0} \pm \sqrt{z_{0}^{2}-\left(2 p x_{0}-p^{2}\right)}$ 故弦长 $a=\left|t_{1}-t_{2}\right|=2 \sqrt{z_{0}^{2}-\left(2 p x_{0}-p^{2}\right)}$ 从而 $z_{0}^{2}-2 p x_{0}+p^{2}-\frac{a^{2}}{4}=0$ 反之，如果球面 $C$ 的球心满足二式，如果 $C$ 过点 $P$ 此时二次方程一式的判别式 $\Delta=4 z_{0}^{2}-4\left(2 p x_{0}-p^{2}\right)=a^{2} \geq 0$ 方程有两个实根 $t_{1,2}=z_{0} \pm \frac{a}{2}$ 。从而 $C$ 和 $l$ 相交，而且截出来的弦长为 $a$ 。所以所求轨迹方程为 $z^{2}-2 p x+p^{2}-\frac{a^{2}}{4}=0$
第七届：
【解】所有形如 $\alpha x+\beta y+\gamma=0$ 的平面与 $S$ 只能交于直线或空集，所以可以设平面 $\sigma$ 的方程为 $z=\alpha x+\beta y+\gamma$ ，它与 $S$ 交线为圆。令 $x=cos\theta,y=\frac{1}{\sqrt 2}sin\theta$ 则 $\sigma$ 与 $S$ 的交线可表示为 $\Gamma(\theta)=\left(\cos \theta, \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \theta, \alpha \cos \theta+\frac{\beta}{\sqrt{2}} \sin \theta+\gamma\right), \theta \in[0,2 \pi]$ 由于 $\Gamma(\theta)$ 是一个圆，所以它到一个定点 $P=(a,b,c)$ 的距离为常数 $R$ 。于是有恒等式 $(\cos \theta-a)^{2}+\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \sin \theta-b\right)^{2}+\left(\alpha \cos \theta+\frac{\beta}{\sqrt{2}} \sin \theta+\gamma-c\right)^{2}=R^{2}$ 利用 $\cos ^{2} \theta=\frac{1+\cos 2 \theta}{2}, \sin ^{2} \theta=\frac{1-\cos 2 \theta}{2}$ 可以将上式写成 $A \cos 2 \theta+B \sin 2 \theta+C \cos \theta+D \sin \theta+E=0$ 其中 $A,B,C,D,E$ 为常数。由于这样的方程对所有的 $\theta\in[0,2\pi]$ 恒成立，所以 $A=B=C=D=E=0$ 。
特别地，我们得到 $A=\frac{1}{2}\left(\alpha^{2}+1\right)-\frac{1}{4}\left(\beta^{2}+1\right)=0, B=\frac{1}{\sqrt{2}} \alpha \beta=0$ 于是得到 $\alpha=0,\beta=\pm 1$ 平面 $\sigma$ 的法向量为 $(-\alpha,-\beta,1)=(0,1,1)$ 或 $(0,-1,1)$ 的非零倍数
第八届：
（1）如果平面 $P$ 平行于 $z-$ 轴，则相交曲线 $C=\Gamma\cap P$ 可以经过以 $z$ 为旋转轴的旋转，使得 $P$ 平行于 $yz-$ 平面， $C$ 的形式不变。所以可不妨设 $P$ 的方程为 $x=c$ ，交线 $C$ 的方程为 $z=\frac{1}{2}（c^2+y^2）$ .
将 $C$ 投影到 $yz-$ 平面上，得到抛物线 $z-\frac{c^{2}}{2}=\frac{1}{2} y^{2}$ 由于平面 $P$ 平行于 $yx-$ 平面，故交线为抛物线.
（2）如果平面 $P$ 不平行于 $z$ 轴，设 $P$ 的方程为 $z=ax+by+c$ 。
代入 $\Gamma$ 的方程 $z=\frac{1}{2}\left(c^{2}+y^{2}\right)$ ，得
$(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2 c :=R^{2}$ 将 $C=\Gamma\cap P$ 垂直投影到 $xy-$ 平面，得到圆周
$(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=R^{2}$ 令 $Q$ 是以这个圆为底的圆柱，则 $C$ 也是圆柱 $Q$ 与平面 $P$ 的交线。在圆柱 $Q$ 中从上或从下放置半径为 $R$ 的球体，它与平面 $P$ 相切于 $F_1，F_2$ ，与圆柱 $Q$ 相交于圆 $D_1，D_2$ 。对 $C=Q\cap P$ 上的任意一点 $A$ ，过 $A$ 点的圆柱母线交圆 $D_1$ 于 $B_1$ ，交圆 $D_2$ 于 $B_2$ ，则线段 $B_1B_2$ 为定长。这时，由于球的切线长相等，得到 $\left|A F_{1}\right|+\left|A F_{2}\right|=\left|A B_{1}\right|+\left|A B_{2}\right|=\left|B_{1} B_{2}\right|$ 为常数，故曲线 $C$ 为椭圆。
第九届：
解法一：因为 $A$ 在 $S$ 的外部，故有 $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}+\frac{z_{0}^{2}}{c^{2}}-1>0$ 对于任意的 $M(x,y,z)\in S\cap \Sigma$ 连接 $A,M$ 的直线记为 $l_M$ 其参数方程可设为 $\overline{x}=x+t\left(x-x_{0}\right), \quad \tilde{y}=y+t\left(y-y_{0}\right), \quad \overline{z}=z+t\left(z-z_{0}\right), \quad-\infty<t<+\infty$ 带入椭球面的方程得 $\frac{\left(x+t\left(x-x_{0}\right)\right)^{2}}{a^{2}}+\frac{\left(y+t\left(y-y_{0}\right)\right)^{2}}{b^{2}}+\frac{\left(z+t\left(z-z_{0}\right)\right)^{2}}{c^{2}}=1$ 整理得 $\begin{array}{c}{\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}+t^{2}\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{c^{2}}+\frac{x^{2}}{c^{2}}+\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{c^{2}}+\frac{z_{0}^{2}}{c^{2}}-2\left(\frac{x_{0}}{a^{2}} y+\frac{y_{0}}{c^{2}} y+\frac{z_{0}}{c^{2}} z\right)\right)} \\ {+2 t\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}-\left(\frac{x_{0}}{a^{2}} x+\frac{y_{0}}{b^{2}} y+\frac{z_{0}}{c^{2}} z\right)\right)=1}\end{array}$ 因为点 $M$ 在椭球面上， $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1$ 所以上式化为 $t^{2}\left(1+\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}+\frac{z_{0}^{2}}{c^{2}}-2\left(\frac{x_{0}}{a^{2}} x+\frac{y_{0}}{b^{2}} y+\frac{z_{0}}{c^{2}} z\right)\right)+2 t\left(1-\left(\frac{x_{0}}{a^{2}} x+\frac{y_{0}}{b^{2}} y+\frac{z_{0}}{c^{2}} z\right)\right)=0$ 由于 $l_M$ 与 $S$ 在 $M$ 点相切，上式有一个二重根 $t=0$ 故有 $\frac{x_{0}}{a^{2}} x+\frac{y_{0}}{b^{2}} y+\frac{z_{0}}{c^{2}} z-1=0$ 此时由一式知，三式的首项系数化为 $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}+\frac{z_{0}^{2}}{c^{2}}-1>0$ 特别地，四式的系数均不为零而是一个平面方程，确定的平面记为 $\Pi$ 上述的推到证明了 $S\cap\Sigma\subset\Pi$ 从而证明了 $S\cap\Sigma\subset S\cap\Pi$
反之，对于截线 $S\cap\Pi$ 上的任一点 $M(x,y,z)$ 有三，四式即知，由 $A、M$ 两点确定的直线 $l_M$ 一定在点 $M$ 与 $S$ 相切。故由定义， $l_M$ 在锥面 $\Sigma$ 上。特别地， $M\in\Sigma$ 由 $M$ 的任意性， $S\cap \Pi\subset S\cap \Sigma$
解法二：
因为 $A$ 在 $S$ 的外部，故有
$\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}+\frac{z_{0}^{2}}{c^{2}}>1>0$ 对于任意的 $M（x_1，y_1，z_1）\in S\cap\Sigma$ ，椭球面 $S$ 在 $M$ 点的切平面方程可以写为 $\frac{x_{1}}{a^{2}} x+\frac{y_{1}}{b^{2}} y+\frac{z_{1}}{c^{2}} z-1=0$
因为连接 $M$ 和 $A$ 两点的直线是 $S$ 在点 $M$ 的切线，所以 $A$ 点在上述切平面上。故 $\frac{x_{1}}{a^{2}} x_{0}+\frac{y_{1}}{b^{2}} y_{0}+\frac{z_{1}}{c^{2}} z_{0}-1=0$
于是，点 $M（x_1，y_1，z_1）$ 在平面（注意， $x_0,y_0,z_0$ 不全为0）
$\Pi : \frac{x_{0}}{a^{2}} x+\frac{y_{0}}{b^{2}} y+\frac{z_{0}}{c^{2}} z-1=0$ 上即有 $M\in S\cap\Pi$
反之，对于任意的 $M\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right) \in S \cap \Pi$ 有 $\frac{x_{0}}{a^{2}} x_{1}+\frac{y_{0}}{b^{2}} y_{1}+\frac{z_{0}}{c^{2}} z_{1}-1=0$
则 $S$ 在 $M$ 点的切平面
$\frac{x_{1}}{a^{2}} x+\frac{y_{1}}{b^{2}} y+\frac{z_{1}}{c^{2}} z-1=0$ 通过 $A（x_0，y_0，z_0）$ 点，因而 $M，A$ 的连线在点 $M$ 和椭球面 $S$ 相切，它在锥面 $\Sigma$ 上。故 $M\in S\cap\Sigma$ .
结论得证

解几数竞答案

预赛

决赛

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