如图，已知底面半径为 $r$ 的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为 $a$，最小值为 $b$，那么圆柱被截后剩下部分的体积是______.

\begin{solution} 取圆柱底面为 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leqslant r^2\}$，以底面为 $z=0$. 截平面下方剩余部分在底面点 $(x,y)$ 处的母线长度可写成一次函数 $\ell(x,y)=ux+vy+w$. 若 $(u,v)\ne(0,0)$，则一次函数在圆盘 $D$ 上的最大值和最小值分别在一对相反点 $(x_0,y_0)$、$(-x_0,-y_0)$ 处取得，因此 $a=\ell(x_0,y_0)$，$b=\ell(-x_0,-y_0)$，从而 $a+b=2w$；若 $u=v=0$，则 $\ell$ 为常数，结论同样成立.

所以剩余部分的体积为 前两个积分因圆盘关于原点对称而为 $0$，最后一个积分为 $w\pi r^2$，故 $V=w\pi r^2=\frac12\pi r^2(a+b)$. \end{solution}

如图，椭圆的长轴 $A_1A_2$ 与 $x$ 轴平行，短轴 $B_1B_2$ 在 $y$ 轴上，中心为 $M(0,r)$（$b>r>0$）.

(1) 写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率； (2) 直线 $y=k_1x$ 交椭圆于两点 $C(x_1,y_1)$，$D(x_2,y_2)$（$y_2>0$）；直线 $y=k_2x$ 交椭圆于两点 $G(x_3,y_3)$，$H(x_4,y_4)$（$y_4>0$）. 求证：$\frac{k_1x_1x_2}{x_1+x_2}=\frac{k_2x_3x_4}{x_3+x_4}$； (3) 对于前一问中的 $C$，$D$，$G$，$H$，设 $CH$ 交 $x$ 轴于点 $P$，$GD$ 交 $x$ 轴于点 $Q$. 求证：$|OP|=|OQ|$.（证明过程不考虑 $CH$ 或 $GD$ 垂直于 $x$ 轴的情形）

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由长轴、短轴的方向知 $a>b$，结合题设 $b>r>0$，故 $a>b>r>0$. 椭圆中心为 $M(0,r)$，半长轴为 $a$，半短轴为 $b$，所以方程为 $\displaystyle\frac{x^2}{a^2}+\frac{(y-r)^2}{b^2}=1$. 设 $c=\sqrt{a^2-b^2}$，则两个焦点为 $F_1(-c,r)$、$F_2(c,r)$，离心率为 $e=\frac ca=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}a$. \item 对任意斜率为 $k$ 的直线 $y=kx$，代入椭圆方程并整理，得 $(b^2+a^2k^2)x^2-2a^2rkx+a^2(r^2-b^2)=0$. 由于 $y_2=k_1x_2>0$、$y_4=k_2x_4>0$，有 $k_1\ne0$、$k_2\ne0$，下列分式均有意义. 当 $k=k_1$ 时，由韦达定理有 $x_1+x_2=\frac{2a^2rk_1}{b^2+a^2k_1^2}$，$x_1x_2=\frac{a^2(r^2-b^2)}{b^2+a^2k_1^2}$，从而 $\displaystyle\frac{k_1x_1x_2}{x_1+x_2}=\frac{r^2-b^2}{2r}$. 当 $k=k_2$ 时，同一方程给出 $x_3+x_4=\frac{2a^2rk_2}{b^2+a^2k_2^2}$，$x_3x_4=\frac{a^2(r^2-b^2)}{b^2+a^2k_2^2}$，从而 $\displaystyle\frac{k_2x_3x_4}{x_3+x_4}=\frac{r^2-b^2}{2r}$. 因此 $\displaystyle\frac{k_1x_1x_2}{x_1+x_2}=\frac{k_2x_3x_4}{x_3+x_4}$. \item 设 $P=(p,0)$，$Q=(q,0)$. 由两点式求直线 $CH$ 与 $x$ 轴交点的横坐标，得 $\displaystyle p=\frac{x_1y_4-x_4y_1}{y_4-y_1}=\frac{x_1x_4(k_2-k_1)}{k_2x_4-k_1x_1}$. 由于 $D$，$Q$，$G$ 三点共线，有 $\displaystyle\frac{x_2-q}{x_3-q}=\frac{y_2}{y_3}=\frac{k_1x_2}{k_2x_3}$，解得 $\displaystyle q=\frac{x_3y_2-x_2y_3}{y_2-y_3}=\frac{x_2x_3(k_1-k_2)}{k_1x_2-k_2x_3}$. 由上一问的等式可得 $k_1x_1x_2(x_3+x_4)=k_2x_3x_4(x_1+x_2)$，整理为 $\displaystyle\frac{x_1x_4}{k_2x_4-k_1x_1}=\frac{x_2x_3}{k_1x_2-k_2x_3}$. 结合 $p$ 与 $q$ 的表达式，得到 $p=-q$，所以 $\lvert OP\rvert=\lvert OQ\rvert$. \end{enumerate} \end{solution}

有三个新兴城镇，分别位于 $A$，$B$，$C$ 三点处，且 $AB=AC=a$，$BC=2b$. 今计划合建一个中心医院，为同时方便三镇，准备建在 $BC$ 的垂直平分线上的 $P$ 点处.（建立坐标系如图）

(1) 若希望点 $P$ 到三镇距离的平方和为最小，点 $P$ 应位于何处？ (2) 若希望点 $P$ 到三镇的最远距离为最小，点 $P$ 应位于何处？

\begin{solution} 由三角形的非退化性有 $a>b>0$. 设 $h=\sqrt{a^2-b^2}>0$，则由题设可取 $A(0,h)$，$B(-b,0)$，$C(b,0)$，并设 $P(0,t)$. \begin{enumerate} \item 点 $P$ 到三镇距离的平方和为 $L(t)=(t-h)^2+(t^2+b^2)+(t^2+b^2)=3t^2-2ht+h^2+2b^2=3\left(t-\frac h3\right)^2+\frac{2h^2}{3}+2b^2$. 因此当 $t=\frac h3$ 时平方和最小，即 $P$ 位于 $AO$ 上且 $OP=\frac h3=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}3$. \item 记点 $P$ 到三镇的最远距离为 $F(t)=\max\left\{|t-h|,\sqrt{t^2+b^2}\right\}$. 当 $t<0$ 时，$|t-h|>h$ 且 $\sqrt{t^2+b^2}>b$，故不可能优于 $t=0$；当 $t>h$ 时，两项均随 $t$ 增大而增大，故最优点在 $[0,h]$ 内. 在 $[0,h]$ 上，$h-t$ 单调递减，$\sqrt{t^2+b^2}$ 单调递增，二者相等的条件为 $(h-t)^2=t^2+b^2$，即 $t=\frac{h^2-b^2}{2h}$. 若 $h\leq b$，该值不为正，且在 $[0,h]$ 上始终有 $h-t\leq\sqrt{t^2+b^2}$，所以 $F(t)$ 在 $t=0$ 时最小，$P=O$. 若 $h>b$，令 $t_0=\frac{h^2-b^2}{2h}$，则 $0<t_0<h$，在 $0\leq t\leq t_0$ 时 $F(t)=h-t$ 递减，在 $t_0\leq t\leq h$ 时 $F(t)=\sqrt{t^2+b^2}$ 递增，故最小点为 $P(0,t_0)$. 由于 $h^2=a^2-b^2$，这等价于：当 $a^2\leq2b^2$ 时 $P=O$；当 $a^2>2b^2$ 时 $P$ 位于 $AO$ 上，且 $\displaystyle OP=\frac{a^2-2b^2}{2\sqrt{a^2-b^2}}$. \end{enumerate} \end{solution}

设 $y=f(x)$ 是定义在区间 $[-1,1]$ 上的函数，且满足条件：

① $f(-1)=f(1)=0$； ② 对任意的 $u$，$v\in[-1,1]$，都有 $|f(u)-f(v)|\leqslant |u-v|$.

(1) 证明：对任意的 $x\in[-1,1]$，$x-1\leqslant f(x)\leqslant 1-x$； (2) 证明：对任意的 $u$，$v\in[-1,1]$，$|f(u)-f(v)|\leqslant 1$； (3) 在区间 $[-1,1]$ 上是否存在满足题设条件的奇函数 $y=f(x)$，且使得 若存在，请举一例；若不存在，请说明理由.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由题设 $f(1)=0$，对任意 $x\in[-1,1]$，有 $\lvert f(x)\rvert=\lvert f(x)-f(1)\rvert\leqslant\lvert x-1\rvert=1-x$. 因此 $-(1-x)\leq f(x)\leq1-x$，即 $x-1\leq f(x)\leq1-x$. \item 不妨设 $u\leq v$，令 $d=v-u$，则 $0\leq d\leq2$. 由题设直接得到 $\lvert f(u)-f(v)\rvert\leq d$. 另一方面，利用 $f(-1)=f(1)=0$ 以及 Lipschitz 条件，有 $\lvert f(u)-f(v)\rvert\leq\lvert f(u)-f(-1)\rvert+\lvert f(1)-f(v)\rvert\leq(u+1)+(1-v)=2-d$. 所以 $\lvert f(u)-f(v)\rvert\leq\min\{d,2-d\}\leq1$. \item 若存在这样的奇函数，则由奇性知 $f(0)=0$. 在第二个条件中取 $u=\frac12$，$v=1$，结合 $f(1)=0$ 得 $\lvert f(\frac12)\rvert=\frac12$. 但在第一个条件中取 $u=0$，$v=\frac12$，则应有 $\lvert f(\frac12)-f(0)\rvert<\frac12$，即 $\lvert f(\frac12)\rvert<\frac12$，矛盾. 因此不存在满足条件的函数. \end{enumerate} \end{solution}