已知长方形的四个顶点 $A(0, 0)$， $B(2, 0)$， $C(2, 1)$ 和 $D(0, 1)$. 一质点从 $AB$ 的中点 $P_0$ 沿与 $AB$ 夹角为 $\theta$ 的方向射到 $BC$ 上的点 $P_1$ 后，依次反射到 $CD$， $DA$ 和 $AB$ 上的点 $P_2$， $P_3$ 和 $P_4$（入射角等于反射角）. 设 $P_4$ 的坐标为 $(x_4, 0)$，若 $1 < x_4 < 2$，则 $\tan \theta$ 的取值范围是（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 令 $t=\tan\theta$. 由于质点先从 $AB$ 射向 $BC$，取 $t>0$. 将每次反射后的长方形关于反射边对称展开，反射轨迹就变为一条直线. 以原长方形左下角为坐标原点，在展开图中取 $P_{0}=(1,0)$，则直线轨迹为 $Y=t(X-1)$.

第一次碰到 $BC$ 时，展开图中的右边界为 $X=2$，故 $P_{1}$ 对应于 $(2,t)$. 将长方形关于 $BC$ 展开后，第二次碰到 $CD$ 时仍在 $2<X<4$ 的展开矩形内；由 $Y=1$ 得 再关于 $CD$ 展开，第三次碰到 $DA$ 时对应于展开图中的边界 $X=4$，所以 再关于 $DA$ 展开，第四次碰到 $AB$ 时对应于 $Y=2$，因而

第四次碰到 $AB$ 的展开矩形为 $4<X<6$，该矩形折回原长方形后横坐标为 $x_{4}=X-4$，所以 由 $1<x_{4}<2$，得 $1<\frac{2}{t}-3<2$， 从而 $\frac{2}{5}<t<\frac{1}{2}$. 这个范围自动保证各次碰撞依次落在相应边界的内部，故 $\tan\theta\in\left(\frac{2}{5},\frac{1}{2}\right)$，选 C. \end{solution}

对于四面体 $ABCD$，给出下列四个命题：

① 若 $AB=AC$，$BD=CD$，则 $BC \perp AD$； ② 若 $AB=CD$，$AC=BD$，则 $BC \perp AD$； ③ 若 $AB \perp AC$，$BD \perp CD$，则 $BC \perp AD$； ④ 若 $AB \perp CD$，$BD \perp AC$，则 $BC \perp AD$.

其中真命题的序号是______. \begin{answer} $\circled{1}$，$\circled{4}$ \end{answer}

\begin{solution} 命题$\circled{1}$中，满足 $AB=AC$ 的点 $A$ 和满足 $BD=CD$ 的点 $D$ 都在边 $BC$ 的垂直平分面内. 因而直线 $AD$ 在这个平面内，而垂直平分面的法向量平行于 $BC$，所以 $AD\perp BC$，命题$\circled{1}$正确.

对命题$\circled{2}$，取 $A=(0,0,0)$，$B=(0,1,0)$，$C=(1,0,1)$，$D=(1,0,0)$. 则 $AB=CD=1$，$AC=BD=\sqrt{2}$，但 $\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}=(1,-1,1)\cdot(1,0,0)=1\neq0$，故命题$\circled{2}$错误.

对命题$\circled{3}$，取 $A=(0,0,0)$，$B=(1,0,0)$，$C=(0,1,0)$，$D=\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$. 此时 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0$，且 $\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{CD}=(-1,\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2})\cdot(0,-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2})=0$， 但 $\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}=(-1,1,0)\cdot\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\neq0$，故命题$\circled{3}$错误.

对命题$\circled{4}$，设 $A$ 为原点，记 $\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{c}$，$\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{d}$. 由 $AB\perp CD$ 得 $\boldsymbol{b}\cdot(\boldsymbol{d}-\boldsymbol{c})=0$，所以 $\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{d}=\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}$. 由 $BD\perp AC$ 得 $(\boldsymbol{d}-\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{c}=0$，所以 $\boldsymbol{d}\cdot\boldsymbol{c}=\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}$. 因而 $\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}=(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{d}=\boldsymbol{c}\cdot\boldsymbol{d}-\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{d}=0$， 命题$\circled{4}$正确. 所以真命题的序号为 $1$，$4$. \end{solution}

如图，在直三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，底面是等腰直角三角形，$\angle ACB=90^{\circ}$，侧棱 $AA_{1}=2$，$D$，$E$ 分别是 $CC_{1}$ 与 $A_{1}B$ 的中点，点 $E$ 在平面 $ABD$ 上的射影是 $\triangle ABD$ 的重心 $G$.

(1) 求 $A_{1}B$ 与平面 $ABD$ 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）； (2) 求点 $A_{1}$ 到平面 $AED$ 的距离.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，取 $C$ 为原点，$CA$，$CB$，$CC_{1}$ 分别为三个坐标轴正方向. 设 $CA=CB=l$，则 $A(l,0,0)$，$B(0,l,0)$，$A_{1}(l,0,2)$，$D\left(0,0,1\right)$，$E\left(\frac{l}{2},\frac{l}{2},1\right)$. 三角形 $ABD$ 的重心为 $G\left(\frac{l}{3},\frac{l}{3},\frac{1}{3}\right)$. 又因为 $G$ 是点 $E$ 在平面 $ABD$ 上的射影，所以 $\overrightarrow{GE}\perp\text{平面 }ABD$. 而 $\overrightarrow{AB}=(-l,l,0)$，$\overrightarrow{AD}=(-l,0,1)$，故平面 $ABD$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AD}=(l,l,l^{2})$. 由 $\overrightarrow{GE}=\left(\frac{l}{6},\frac{l}{6},\frac{2}{3}\right)$ 与该法向量平行，得 $\frac{2}{3}=\frac{l^{2}}{6}$，所以 $l=2$.

此时 $A=(2,0,0)$，$B=(0,2,0)$，$A_{1}=(2,0,2)$，$D=(0,0,1)$. 取平面 $ABD$ 的法向量 $\boldsymbol{n}=(1,1,2)$，直线 $A_{1}B$ 的方向向量为 $\boldsymbol{v}=\overrightarrow{BA_{1}}=(2,-2,2)$. 设直线 $A_{1}B$ 与平面 $ABD$ 所成的角为 $\varphi$，则 $\sin\varphi=\frac{|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{v}|\,|\boldsymbol{n}|}=\frac{4}{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$. 因而 $\varphi=\arcsin\frac{\sqrt{2}}{3}$. \item 由 $E=(1,1,1)$，得 $\overrightarrow{AE}=(-1,1,1)$，$\overrightarrow{AD}=(-2,0,1)$. 所以平面 $AED$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{AE}\times\overrightarrow{AD}=(1,-1,2)$，其方程为 $x-y+2z-2=0$. 点 $A_{1}=(2,0,2)$ 到该平面的距离为 $\frac{|2-0+2\times2-2|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+2^{2}}}=\frac{4}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$. \end{enumerate} \end{solution}

已知 $a > 0$，$n$ 为正整数.

(1) 设 $y=(x-a)^{n}$，证明 $y'=n(x-a)^{n-1}$； (2) 设 $f_{n}(x)=x^{n}-(x-a)^{n}$，对任意 $n \geq a$，证明 $f_{n+1}^{\prime}(n+1) > (n+1)f_{n}^{\prime}(n)$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由二项式定理，$(x-a+h)^{n}-(x-a)^{n}=n(x-a)^{n-1}h+\sum_{k=2}^{n}\mathrm C_{n}^{k}(x-a)^{n-k}h^{k}$. 令 $R(h)=\sum_{k=2}^{n}\mathrm C_{n}^{k}(x-a)^{n-k}h^{k-1}$. 当 $n=1$ 时，$R(h)=0$；当 $n\geq2$ 时，若 $|h|\leq1$，则 $|R(h)|\leq M|h|$，其中 $M=\sum_{k=2}^{n}\left|\mathrm C_{n}^{k}(x-a)^{n-k}\right|$. 对任意 $\varepsilon>0$，取 $\delta=\min\left\{1,\frac{\varepsilon}{M+1}\right\}$，当 $0<|h|<\delta$ 时有 $|R(h)|<\varepsilon$，所以 $\lim_{h\to0}R(h)=0$. 因此 \item 由（1）得 $f_{n}'(x)=n\left[x^{n-1}-(x-a)^{n-1}\right]$. 当 $n=1$ 时，$f_{2}'(2)=2a>0=2f_{1}'(1)$，结论成立. 下设 $n\geq2$，令 因为 $0<a\leq n$，且 $\Delta(0)=0$，对 $0<a<n$ 有 令 $t=n-a>0$. 当 $n=2$ 时，$(t+1)^{n-1}=t+1>1=(n-1)t^{n-2}$. 当 $n\geq3$ 时，由二项式定理， 所以 $\Delta'(a)>0$，即 $\Delta$ 在 $(0,n)$ 上严格递增. 因而当 $0<a<n$ 时，$\Delta(a)>\Delta(0)=0$. 当 $a=n$ 时，由连续性 $\Delta(n)=\lim_{u\to n^-}\Delta(u)\geq\Delta\left(\frac{n}{2}\right)>0$. 最后 故不等式成立. \end{enumerate} \end{solution}