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典例剖析

【北京人大附中高二阶段检测第16题/13分】设复数 \(z\) 满足 \(|z-2|=2\)；

(1). 求\(|z+1-4i|\)的最小值与最大值；

分析：复数\(z\)满足 \(|z-2|=2\)，则满足题意的复数是复平面上以复数\(z_0=2\)为圆心，以\(2\)为半径的圆上的所有复数；

对表达式的认知：\(|z+1-4i|=|z-(-1+4i)|\)：

①数轴上的任意两点\(A[x_1]\)，\(B[x_2]\)，则\(|AB|=|x_1-x_2|\)；\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)；

②平面直角坐标系中的两点\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，则\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)；

③复平面内的两点\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，则\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)；

复数\(z\)、复平面上的点\(Z\)及向量\(\overrightarrow{OZ}\)相互联系，一一对应，故为数形结合建立了相应的求解基础；

\(z=a+bi(a,b\in R)\) \(\stackrel{一一对应}{\Longleftrightarrow}\) \(Z(a,b)\) \(\stackrel{一一对应}{\Longleftrightarrow}\) \(\overrightarrow{OZ}\)

故解法如下：

法1：转化为两点间的距离，更进一步转化为圆外一点到圆上的点的距离；

法2：数的形式，利用两点间的距离公式，转化为三角函数的最值；

法3：将\(|z+1-4i|=|z-(-1+4i)|=|(-1+4i)-z|\)，看成以复数\(-1+4i\)为圆心，半径为动态的动圆；外切和内切；

法4：转化为向量的差的模的最值；

故最小值为\(3\)，最大值为\(7\)；

(2). 若 \(z+\cfrac{4}{z}\) 为实数，求 \(z\) 的值；

分析：设 \(z=x+y i(x,y\in R)\)，由\(|z-2|=2\) 得 \((x-2)^{2}+y^{2}=4\)①；

因为 \(z+\cfrac{4}{z}\)为实数，即\(z+\cfrac{4}{z}=x+\cfrac{4x}{x^2+y^2}+y\cdot(1-\cfrac{4}{x^{2}+y^{2}})=0\)

所以\(y\cdot(1-\cfrac{4}{x^{2}+y^{2}})=0\)

当 \(y=0\) 时，代入方程①得 \(x=0\) (舍)， 或 \(x=4\)，所以 \(z=4\)；

当 \(x^{2}+y^{2}=4\) 时，代入方程① 解得

\(\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=\sqrt{3}}\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=-\sqrt{3}}\end{array}\right.\)

所以 \(z=1+\sqrt{3}i\) 或 \(z=1-\sqrt{3}i\)

综上，\(z=4\) 或 \(z=1+\sqrt{3}i\) 或 \(z=1-\sqrt{3}i\)；

【北京人大附中高二阶段检测第19题】如图，在四棱锥\(E-ABCD\)中，平面\(ADE\perp\)平面\(ABCD\)，\(O\)，\(M\)分别为线段\(AD\)，\(DE\)的中点，四边形\(BCDO\)是边长为\(1\)的正方形，\(AE=DE\)，\(AE\perp DE\)；

(1). 求证：\(CM\)//平面\(ABE\)；

分析：如图所示，取线段\(AE\)中点\(P\)，连接\(BP\)，\(MP\)，

由于\(M\)为\(DE\) 的中点，故\(MP//AD\)，\(MP=\cfrac{1}{2}AD\)，

又由于四边形\(BCDO\)为正方形，\(O\)为\(AD\)的中点，则\(BC//OD\)，\(BC=OD=\cfrac{1}{2}AD\)，

所以，\(BC//MP\)，\(BC=MP\)，则四边形\(BCMP\)为平行四边形，

故\(CM//BP\)，又由于\(CM\not\subseteq\) 面 \(ABE\)，\(BP\subsetneqq\)面\(ABE\)，

所以\(CM//\)面 \(ABE\).

(2). 求直线\(CM\)与\(BD\)所成角的余弦值；

分析：如图,连接\(EO\)，由于\(AE=DE\)，\(O\)为\(AD\) 的中点，所以\(EO\perp AD\)，

由于\(EO\subsetneqq\)平面 \(ADE\)，平面\(ADE\perp\) 平面 \(ABCD\)，平面\(ADE\cap\)平面\(ABCD=AD\)，

所以\(EO\perp\)平面 \(ABCD\)；

由于\(OB\subsetneqq\) 平面\(ABCD\)，\(OD\subsetneqq\)平面 \(ABCD\)，

所以\(EO\perp OB\)，\(EO\perp OD\)，

又由于四边形\(BCDO\)为正方形，则\(OB\perp OD\)，

如图所示，建立空间直角坐标系\(O-xyz\)，则\(A(0,-1,0)\)，\(B(1,0,0)\)，\(C(1,1,0)\)，

\(D(0,1,0)\)， \(E(0,0,1)\)，\(M(0, \cfrac{1}{2}, \cfrac{1}{2})\)，

所以\(\overrightarrow{CM}=(-1,-\cfrac{1}{2}, \cfrac{1}{2})\)，\(\overrightarrow{BD}=(-1,1,0)\)，

所以\(\cos\langle\overrightarrow{CM}, \overrightarrow{BD}\rangle=\cfrac{(-1)\times(-1)+(-\cfrac{1}{2})\times1+(\cfrac{1}{2})\times 0}{\sqrt{(-1)^2+(-\cfrac{1}{2})^2+(\cfrac{1}{2})^2}\times \sqrt{(-1)^2+1^2+0^2}}=\cfrac{\sqrt{3}}{6}\)

解后反思：两条异面直线所成的角的范围是\((0，\cfrac{\pi}{2}]\)，故如果上述的余弦值在正确计算的前提下出现了负值，说明我们所取的两条异面直线的方向向量的夹角不是两条异面直线所成的角，而是取成了其补角，故必须给其结果取绝对值，才能作为最终的结果。

(3). 点\(N\)在直线\(AD\)上，若平面\(BMN\perp\)平面\(ABE\)，求线段\(AN\)的长。

分析：设平面\(ABE\)的一个法向量为\(\vec{m}=(x,y,z)\)，

由于\(\overrightarrow{AB}=(1,1,0)\)，\(\overrightarrow{AE}=(0,1,1)\)，

则有\(\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB} \cdot \vec{m}=0,\\\overrightarrow{AE}\cdot \vec{m}=0,\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}x+y=0 \\y+z=0,\end{array}\right.\)，

令\(y=-1\)，则 \(x=z=1\)，即平面\(ABE\)的一个法向量为\(m=(1,-1,1)\)，

设\(\overrightarrow{ON}=\lambda \overrightarrow{OD}\)，由于\(D(0,1,0)\)， 则\(N(0,\lambda,0)\)碰到求线段长度的问题，我们一般会想到设点的坐标，用两点间的距离公式刻画长度，此处由于点\(N\)的位置非常特殊，在一个坐标轴\(y\)上，故坐标即简单多了，故设\(\overrightarrow{ON}=\lambda \overrightarrow{OD}\)，将\(ON\)的长度依托于\(OD\)来表达，接下来主要是求解参数\(\lambda\)的值，到时候\(|ON|=\lambda\)；\(\quad\)，

\(\overrightarrow{NB}=(1,-\lambda, 0)\)，\(\overrightarrow{MB}=(1,-\cfrac{1}{2},-\cfrac{1}{2})\)，

设平面\(BMN\)的一个法向量为\(\vec{n}=(u,v,w)\)，

则有\(\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{NB} \cdot \vec{n}=0, \\ \overrightarrow{MB} \cdot \vec{n}=0,\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}u-\lambda v=0 \\u-\cfrac{1}{2}v-\cfrac{1}{2}w=0,\end{array}\right.\)，

令\(v=1\)，则\(u=\lambda\)，\(w=2\lambda-1\)，

即平面\(BMN\)的一个法向量为\(\vec{n}=(\lambda,1,2\lambda-1)\)，解释上述令\(v=1\)，则\(u\)和\(w\)就都能用参数\(\lambda\)来刻画，此处实现了变量的集中，是为了更方便求解\(\lambda\)的值。

由于平面\(BMN\perp\) 平面 \(ABE\)，故有\(\vec{m}\cdot\vec{n}=0\)，

即\(\lambda-1+2\lambda-1=0\)，解得\(\lambda=\cfrac{2}{3}\)，

故\(ON=\cfrac{2}{3}\)，则\(AN=AO+ON=1+\cfrac{2}{3}=\cfrac{5}{3}\)

故线段\(AN\)的长度为\(\cfrac{5}{3}\)。

【北京人大附中高二阶段检测第20题】在四棱锥\(P-ABCD\)中，平面\(ABCD\perp\)平面\(PCD\)，底面\(ABCD\)为梯形， \(AB//CD\)，\(AD\perp PC\)，且\(AB=1\)，\(AD=DC=DP=2\)，\(\angle PDC=120^{\circ}\)，\(M\)是棱\(PA\)的中点.

(1). 求证：\(AD\perp\)平面 \(PCD\)；

分析：在平面 \(PCD\) 中过点\(D\) 作\(DH\perp DC\)，交\(PC\)于\(H\)，

因为平面\(ABCD\perp\) 平面\(PCD\)，\(DH\subsetneqq\) 平面\(PCD\)，平面\(ABCD\cap\) 平面\(PCD=CD\)，

所以\(DH\perp\) 平面\(ABCD\)，因为\(AD\subsetneqq\) 平面\(ABCD\)，

所以\(DH\perp AD\)，又\(PC\perp AD\) 且 \(PC\cap DH=H\)

所以\(AD\perp\) 平面\(PCD\)；

(2). 求证：对于棱\(BC\)上任意一点\(F\)，\(MF\)与\(PC\)都不平行；

【法1】：[从形的角度思考]假设棱\(BC\)上存在点\(F\)，使得\(MF//PC\)，显然点\(F\)与点\(C\)不同，

所以\(P\)，\(M\)，\(F\)，\(C\)四点共面于平面\(\alpha\)，

所以\(FC\subsetneqq\alpha\)，\(PM\subsetneqq\alpha\)，

所以\(B\in FC\subsetneqq\alpha\)，\(A\in PM\subsetneqq\alpha\)，

所以\(\alpha\)就是点\(A\)，\(B\)，\(C\)确定的平面，所以\(P\in \alpha\)，

这与\(P-ABCD\)为四棱锥矛盾，所以假设错误，即问题得证；

【法2】：[从形的角度思考]假设棱\(BC\)上存在点\(F\)，使得\(MF//PC\)，

连接\(AC\)，取其中点\(N\)，在\(\triangle PAC\)中，因为\(M\)，\(N\)分别为\(PA\)，\(CA\)的中点，

所以\(MN//PC\)，因为过直线外一点只有一条直线和已知直线平行，所以\(MF\)与\(MN\)重合，

所以点\(F\)在线段\(AC\)上，所以点\(F\)是\(AC\)，\(BC\)的交点\(C\)，

即\(MF\)就是\(MC\)，而\(MC\)与\(PC\)相交，这与\(MC//PC\)[即\(MF//PC\)]矛盾，所以假设错误，问题得证；

【法3】：[利用空间向量，从数的角度思考]因为\(AD\perp\) 平面\(PCD\)，所以\(AD\perp CD\)，又由于\(DH\perp CD\)，\(DH\perp AD\)，

以\(D\)为原点，\(DA\)，\(DC\)，\(DH\)所在直线分别为\(x\)，\(y\)，\(z\)轴，建立空间直角坐标系，

所以 \(D(0,0,0)\)，\(A(2,0,0)\)，\(P(0,-1, \sqrt{3})\)，\(C(0,2,0)\)，\(B(2,1,0)\)，

假设棱\(BC\)上存在点\(F\)，使得\(MF//PC\)，设\(\overrightarrow{BF}=\lambda\overrightarrow{BC}\)注意这一典型的设动点的技巧；我们一般设动点后，立刻想到的是设其坐标\((x,y,z)\)，但是这一技巧将动点\(F\)依托于线段\(BC\)，此时若利用向量，只需要设一个元\(\lambda\)即可，一下子就让变量的数量减少，我们的思维的量和思维难度自然也就降下来了。\(\quad\)，

则\(\overrightarrow{MF}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BF}=(1,\cfrac{3}{2},-\cfrac{\sqrt{3}}{2})+\lambda(-2,1,0)=(-2\lambda+1,\lambda+\cfrac{3}{2},-\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，

由于\(MF//PC\)，所以\(\overrightarrow{MF}=\mu\overrightarrow{PC}=\mu(0,3,-\sqrt{3})\)，

故必须满足方程组\(\left\{\begin{array}{l}{-2\lambda+1=0}\\{\lambda+\cfrac{3}{2}=3\mu}\\{-\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\mu}\end{array}\right.\)，

此方程组无解，所以假设错误，问题得证；

(3). 设\(CM\)与平面\(PBD\)交于点\(Q\)，求三棱锥\(Q-ABD\)的体积；

分析：设\(Q\)点坐标为 \((x, y, z)\)，此时\(h=|z|\)；

因为\(\overrightarrow{CM}=(1,-\cfrac{5}{2}, \cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，\(\overrightarrow{CQ}=(x, y-2, z)\)，

因为 \(\overrightarrow{CM}//\overrightarrow{CQ}\)，所以设\(\cfrac{x}{1}=\cfrac{y-2}{-\frac{5}{2}}=\cfrac{z}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\lambda\)此处引入比例因子的做法的优越性要仔细体会，请参阅借助比例因子简化运算

即\(x=\lambda\)，\(y=2-\cfrac{5}{2}\lambda\)，\(z=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\lambda\)；①

设平面\(PBD\)的一个法向量为 \(\vec{m}=(u, v, w)\)，

因为 \(\overrightarrow{DP}=(0,-1, \sqrt{3})\)，\(\overrightarrow{DB}=(2,1,0)\)，

因为 \(\overrightarrow{DP}\cdot \vec{m}=0\)，\(\overrightarrow{DB} \cdot \vec{m}=0\)，

所以 \(\left\{\begin{array}{l}{-y+\sqrt{3}z=0}\\{2x+y=0}\end{array}\right.\)，

令\(z=\sqrt{3}\)，得\(\vec{m}=(-\cfrac{3}{2}, 3, \sqrt{3})\)，

因为 \(\overrightarrow{DQ}\cdot \vec{m}=0\)，所以\(-\cfrac{3}{2}x+3y+\sqrt{3}z=0\)②，

将①代入②，即\(-\cfrac{3}{2}\lambda+3(2-\cfrac{5}{2}\lambda)+\sqrt{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\lambda)=0\)，

解得\(\lambda=\cfrac{4}{5}\)， 所以\(z=\cfrac{2\sqrt{3}}{5}\)，

所以三棱锥\(Q-ABD\) 的体积为:

\(V_{Q-ABD}=\cfrac{1}{3}\times S\times h=\cfrac{1}{3}\times\cfrac{1}{2}\times 2 \times 1 \times \cfrac{2\sqrt{3}}{5}=\cfrac{2 \sqrt{3}}{15}\).

【北京人大附中高二阶段检测第21题】已知\(n \in N^*\)，\(n\geq 2\)，给定\(n\times n\)个整点 \((x, y)\)，其中 \(1\)\(\leq\)\(x, y\)\(\leq\)\(n\)，\(x, y\in N^*\)，

(1).当 \(n=2\) 时，从上面的 \(2\times2\)个整点中任取两个不同的整点\((x_{1}, y_{1})\)，\((x_{2}, y_{2})\)，求\(x_{1}+x_{2}\)的所有可能值；

分析: 当 \(n=2\) 时，\(4\)个整点分别为\((1,1),(1,2),(2,1),(2,2)\)，所以\(x_{1}+x_{2}\)的所有可能值\(2,3,4\)。

(2). 从上面\(n\times n\)个整点中任取\(m\)个不同的整点，\(m \geq \cfrac{5n}{2}-1\)；

①证明：存在互不相同的四个整点\((x_{1}, y_{1})\)，\((x_{1}', y_{1}')\)，\((x_{2}, y_{2})\)，\((x_{2}', y_{2}')\)， 满足\(y_{1}=y_{1}'\)，\(y_{2}=y_{2}'\)，\(y_{1}\neq y_{2}\)；

分析：用反证法证明，假设不存在互不相同的四个整点\((x_{1}, y_{1})\)，\((x_{1}', y_{1}')\)，\((x_{2}, y_{2})\)，\((x_{2}', y_{2}')\)，

且满足\(y_{1}=y_{1}'\)，\(y_{2}=y_{2}'\)，\(y_{1}\neq y_{2}\)；辅助图像如下，

即在直线\(y=i\) \((1\leq i\leq n, i\in N^*)\)中至多有一条直线上取多于\(1\)个整点，其余每条直线上至多取一个整点，此时符合条件的整点个数[即任意取的整点的个数]最多为\(n-1+n=2n-1\)，而\(2n-1<\cfrac{5}{2}n-1\)，与已知\(m\geq \cfrac{5}{2} n-1\)矛盾，故存在互不相同的四个整点\((x_{1}, y_{1})\)，\((x_{1}', y_{1}')\)，\((x_{2}, y_{2})\)，\((x_{2}', y_{2}')\)， 满足\(y_{1}=y_{1}'\)，\(y_{2}=y_{2}'\)，\(y_{1}\neq y_{2}\)；

②证明：存在互不相同的四个整点\((x_{1}, y_{1})\)，\((x_{1}', y_{1})\)，\((x_{2}, y_{2})\)，\((x_{2}', y_{2})\)，满足\(x_{1}+x_{1}'=x_{2}+x_{2}'\)，\(y_{1}\neq y_{2}\)；

分析：设直线 \(y=i\)\((1\leq i\leq n,i\in N^*)\)上有\(a_{i}\)个选定的点，

若\(a_{i}\geq 2\)，设\(y=i\)上的这\(a_{i}\)个选定的点的横坐标为\(x_{1}\),\(x_{2}\), \(\cdots\), \(x_{a_{i}}\)，且满足\(x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{a_{i}}\)

则由\(x_{1}+x_{2}<x_{1}+x_{3}<x_{2}+x_{3}<x_{2}+x_{4}<x_{3}+x_{4}<\cdots<x_{a_{i}-1}+x_{a_{i}}\)，

可知\(x_{1}\), \(x_{2}\), \(\cdots\), \(x_{a_{i}}\)中任意不同两项之和至少有\(2a_{i}-3\)个不同的值当\(a_i=2\)时，最小值为\(1\)，最大值为\(C_{a_i}^2\)个，此时用"至少"是为了下一步的计算做准备\(\quad\)，这对于\(a_{i}<2\)也成立；

由于\(1,2,3,\cdots,n\)中任意不同两项之和的不同的值 恰有\(2n\)\(-\)\(3\)个比如从\(1\),\(2\),\(3\),\(4\),\(5\)[此处\(n\)\(=\)\(5\)]个数中任取两个求和，能得到\(3\),\(4\),\(5\),\(6\),\(7\),\(8\),\(9\)，恰好是\(7\)个[此处\(2n\)\(-\)\(3\)\(=\)\(7\)] \(\quad\)，

而\(\sum\limits_{i=1}^{n}(2a_{i}-3)=2\cdot(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i})-3\cdot(\sum\limits_{i=1}^{n}1)=2\times m-3\times n \geqslant 5n-2-3n=2n-2>2n-3\)

可知存在互不相同的四个整点\((x_{1}, y_{1})\)，\((x_{1}', y_{1})\)，\((x_{2}, y_{2})\)，\((x_{2}', y_{2})\)，满足\(x_{1}+x_{1}'=x_{2}+x_{2}'\)，\(y_{1}\neq y_{2}\)；

解后反思：【如何看懂给定的解答过程】思维层次的提升和思维方式的转变；

①理解数学符号含义：存在四个整点\((x_{1}, y_{1})\)，\((x_{1}', y_{1}')\)，\((x_{2}, y_{2})\)，\((x_{2}', y_{2}')\)， 满足\(y_{1}=y_{1}'\)，\(y_{2}=y_{2}'\)，\(y_{1}\neq y_{2}\)；

②应用数学符号：思维方式由抽象思维到具体思维的转变，比如\(n\Rightarrow 3\)；

\(3\times 3=9\)个整点，任意取出多于\(7\)个整点，

③证明数学命题；正难则反；用反证法；