如图，设平面 $AC$ 和 $BD$ 相交于 $BC$，它们所成的一个二面角为 $45^{\circ}$，$P$ 为平面 $AC$ 内的一点，$Q$ 为平面 $BD$ 内的一点. 已知直线 $MQ$ 是直线 $PQ$ 在平面 $BD$ 内的射影，并且 $M$ 在 $BC$ 上. 又设 $PQ$ 与平面 $BD$ 所成的角为 $\beta$，$\angle CMQ=\theta$（$0^{\circ}<\theta<90^{\circ}$），线段 $PM$ 的长为 $a$，求线段 $PQ$ 的长.

\begin{solution} 从 $P$ 向平面 $BD$ 作垂线，垂足为 $R$. 因为 $MQ$ 是 $PQ$ 在平面 $BD$ 内的射影，所以 $R$ 在直线 $MQ$ 上. 过 $R$ 向交线 $BC$ 作垂线，垂足为 $N$. 由三垂线定理，$PN\perp BC$，而 $RN\perp BC$，所以 $\angle PNR$ 是两平面所成二面角的平面角，从而 $\angle PNR=45^{\circ}$. 又因 $PR\perp BD$，且 $RN\subset BD$，所以 $PR\perp RN$，三角形 $PNR$ 在 $R$ 处直角，故 $PR=RN$.

令 $\varphi=\angle PMR$. 在直角三角形 $PMR$ 中，$PM=a$，所以 $MR=a\cos\varphi$，$PR=a\sin\varphi$. 由于 $R$ 在 $MQ$ 上，$\angle CMR=\angle CMQ=\theta$. 在直角三角形 $MNR$ 中，$NR=MR\sin\theta=a\cos\varphi\sin\theta$. 结合 $PR=NR$，得到 $a\sin\varphi=a\cos\varphi\sin\theta$，即 $\tan\varphi=\sin\theta$.

在三角形 $PMQ$ 中，$\angle PMQ=\varphi$，而 $\angle PQM=\beta$，后者是直线 $PQ$ 与平面 $BD$ 所成的角. 由正弦定理，$\frac{PQ}{\sin\varphi}=\frac{PM}{\sin\beta}$，所以 $PQ=\frac{a\sin\varphi}{\sin\beta}$. 由 $\tan\varphi=\sin\theta$ 且 $0<\varphi<90^{\circ}$，有 $\sin\varphi=\frac{\sin\theta}{\sqrt{1+\sin^2\theta}}$. 因此 $PQ=\frac{a\sin\theta}{\sin\beta\sqrt{1+\sin^2\theta}}$. \end{solution}

设 $O$ 为复平面的原点，$Z_{1}$ 和 $Z_{2}$ 为复平面内的两动点，并且满足：

(1) $Z_{1}$ 和 $Z_{2}$ 所对应的复数的辐角分别为定值 $\theta$ 和 $-\theta$（$0<\theta<\frac{\pi}{2}$）； (2) $\triangle OZ_{1}Z_{2}$ 的面积为定值 $S$，求 $\triangle OZ_{1}Z_{2}$ 的重心 $Z$ 所对应的复数的模的最小值.

\begin{solution} 设 $Z_1$，$Z_2$ 和重心 $Z$ 所对应的复数分别为 $z_1$，$z_2$ 和 $z$，并设 $|z_1|=r_1>0$，$|z_2|=r_2>0$. 由辐角条件，$z_1=r_1(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)$，$z_2=r_2(\cos\theta-\mathrm{i}\sin\theta)$. 三角形面积条件给出 $S=\frac{1}{2}r_1r_2\sin 2\theta$，所以 $r_1r_2=\frac{S}{\sin\theta\cos\theta}$.

由于重心对应的复数满足 $3z=z_1+z_2$，有 $3z=(r_1+r_2)\cos\theta+(r_1-r_2)\mathrm{i}\sin\theta$. 因此 由 $(r_1-r_2)^2\geqslant0$，得 $|3z|^2\geqslant4r_1r_2\cos^2\theta=4S\cot\theta$. 当且仅当 $r_1=r_2$ 时取等号，且此时满足给定的面积条件，因此 $|z|$ 的最小值为 $\frac{2}{3}\sqrt{S\cot\theta}$. \end{solution}

已知两点 $P\left(-2,2\right)$，$Q\left(0,2\right)$ 以及一条直线 $L:y=x$，设长为 $\sqrt{2}$ 的线段 $AB$ 在直线 $L$ 上移动，如图，求直线 $PA$ 和 $QB$ 的交点 $M$ 的轨迹方程. （要求把结果写成普通方程）

\begin{solution} 设 $A=(t,t)$，$B=(t+1,t+1)$，其中 $t\in\mathbf{R}$，这样 $AB=\sqrt{2}$. 设交点为 $M=(x,y)$. 由直线 $PA$ 经过 $(-2,2)$ 和 $(t,t)$，直线 $QB$ 经过 $(0,2)$ 和 $(t+1,t+1)$，分别得到 当 $t=0$ 时，上述两式分别化为 $x+y=0$ 和 $x+y=2$，故两直线平行且无交点. 以下设 $t\neq0$，令 $u=x-y$，$v=x+y$，上面两式化为 $2v=t(u+4)$ 和 $v=t(u+2)+2$. 消去 $v$ 得 $tu=-4$，再代回得 $v=2t-2$. 于是 $u(v+2)+8=0$. 代回 $u=x-y$，$v=x+y$，可得 反过来，满足该方程的点必有 $x-y\neq0$，取 $t=-\frac{4}{x-y}$ 即可由上述两式得到对应的交点，因此这就是交点 $M$ 的轨迹普通方程. \end{solution}

设 $a_{n}=\sqrt{1\cdot 2}+\sqrt{2\cdot 3}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}$（$n=1$，$2$，$\cdots$）.

(1) 证明：不等式 $\frac{n(n+1)}{2}<a_n<\frac{(n+1)^2}{2}$ 对所有的正整数 $n$ 都成立； (2) 设 $b_n=\frac{a_n}{n(n+1)}$（$n=1$，$2$，$\cdots$），用定义证明：$\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{1}{2}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对任意正整数 $k$，有 $k^2<k(k+1)<\left(k+\frac{1}{2}\right)^2$，所以 $k<\sqrt{k(k+1)}<k+\frac{1}{2}$. 对 $k=1$，$2$，$\ldots$，$n$ 求和，得到 $\frac{n(n+1)}{2}<a_n<\frac{n(n+2)}{2}<\frac{(n+1)^2}{2}$，故所证不等式对所有正整数 $n$ 成立. \item 由第一问及 $b_n=\frac{a_n}{n(n+1)}$，有 $\frac{1}{2}<b_n<\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2n}$. 任给 $\varepsilon>0$，取正整数 $N=\left\lfloor\frac{1}{2\varepsilon}\right\rfloor+1$. 当 $n\geqslant N$ 时，$0<\left|b_n-\frac{1}{2}\right|<\frac{1}{2n}\leqslant\frac{1}{2N}<\varepsilon$. 这正是数列极限的定义，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{1}{2}$. \end{enumerate} \end{solution}

设 $a$，$b$ 是两个实数，

$A = \left\{\left(x, y\right)\mid x = n, y = na + b, n \in \mathbf{Z}\right\}$，

$B = \left\{\left(x, y\right)\mid x = m, y = 3m^2 + 15, m \in \mathbf{Z}\right\}$，

$C = \left\{(x, y)\mid x^2 + y^2 \leqslant 144\right\}$ 是平面 $xOy$ 内的点集合，讨论是否存在 $a$ 和 $b$ 使得

(1) $A \cap B \neq \varnothing$（$\varnothing$ 表示空集）； (2) $\left(a,b\right)\in C$ 同时成立.

\begin{solution} 若 $A\cap B\neq\varnothing$，则存在整数 $n$ 和 $m$，使得 $(n,na+b)=(m,3m^2+15)$. 比较横坐标得 $n=m$，记这个整数为 $k$，于是 恒等式 $(k^2+1)(a^2+b^2)=(ka+b)^2+(a-kb)^2$ 给出 而 $(3k^2+15)^2-144(k^2+1)=9(k^2-3)^2>0$，其中严格不等号成立是因为 $k$ 为整数，不可能有 $k^2=3$. 所以 $a^2+b^2>144$，这与 $(a,b)\in C$，即 $a^2+b^2\leqslant144$，矛盾. 因此不存在同时满足这两个条件的实数 $a$ 和 $b$. \end{solution}