《数学教资科目三》泄密【大数学微课堂官方】第14讲练习题与解析-二次型

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初中数学竞赛辅导讲义及习题解答含答案共30讲改好278页

初中奥数辅导讲义培优计划（星空课堂）第一讲走进追问求根公式第二讲判别式——二次方程根的检测器第三讲充满活力的韦达定理第四讲明快简捷—构造方程的妙用第五讲一元二次方程的整数整数解第六讲转化—可化为一元二次方程的方程第七讲化归—解方程组的基本思想第八讲由常量数学到变量数学第九讲坐标平面上的直线第十讲抛物线第十一讲双曲线第十二讲方程与函数第十三讲怎样求最值第十四讲图表信息问题第十五讲统计的思想方法第十六讲锐角三角函数第十七讲解直角三角形第十八讲圆的基本性质第十九讲转化灵活的圆中角第二十讲直线与圆第二十一讲从三角形的内切圆谈起第二十二讲园幂定理第二十三讲圆与圆第二十四讲几何的定值与最值第二十五讲辅助圆第二十六讲开放性问题评说第二十七讲动态几何问题透视第二十八讲避免漏解的奥秘第二十九讲由正难则反切入第三十讲从创新构造入手第一讲走进追问求根公式形如（）的方程叫一元二次方程，配方法、公式法、因式分解法是解一元二次方程的基本方法。

而公式法是解一元二次方程的最普遍、最具有一般性的方法。

求根公式内涵丰富：它包含了初中阶段已学过的全部代数运算；它回答了一元二次方程的诸如怎样求实根、实根的个数、何时有实根等基本问题；它展示了数学的简洁美。

降次转化是解方程的基本思想，有些条件中含有(或可转化为)一元二次方程相关的问题，直接求解可能给解题带来许多不便，往往不是去解这个二次方程，而是对方程进行适当的变形来代换，从而使问题易于解决。

解题时常用到变形降次、整体代入、构造零值多项式等技巧与方法。

【例题求解】【例1】满足的整数n 有个。

思路点拨：从指数运算律、±1的特征人手，将问题转化为解方程。

【例2】设、是二次方程的两个根，那么的值等于（）A 、一4B 、8C 、6D 、0思路点拨：求出、的值再代入计算，则计算繁难，解题的关键是利用根的定义及变形，使多项式降次，如，。

【例3】解关于的方程。

思路点拨：因不知晓原方程的类型，故需分及两种情况讨论。

2014年下教师资格证科目三高级数学真题答案

2014年下半年中小学教师资格考试数学学科知识与教学能力试题（高级中学）参考答案及解析一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分）1．【答案】B 。

解析：220'()(ln(2))'2ln(2)0x f x t dt x x =+=+=⎰，只有0x =一个解。

2．【答案】A 。

解析：不等式两边同时平方得22(||)(||)a b a b +>- ，化简的||||cos 0a b a b θ∙=> ，即cos 0θ>，所以02πθ<<（θ为,a b 的夹角）。

3．【答案】C 。

解析：因为1α、2α是线性方程组0x =A 的一个基础解系，所以0==12AαAα，对于选项A 有(3)301212A α+α=Aα+Aα=，所以是A 的特征向量；同样选项B 也是矩阵A 的特征向量；对于选项D ，由于0=≠33Aαα，所以(3)33==333A αAαα，故D 也是矩阵A 的特征向量；至于选项C ，(3)33+=+=13133A ααAαAαα不能写成(3)m +13αα的形式，所以C 不是矩阵A 的特征向量。

4．【答案】C 。

解析：联立sin x θ=和1cos y θ=-+消去θ得2220x y y ++=，可知选C ，1cos y θ=-+和sin 2z θ=联立消去θ可得220z y +=。

5．【答案】D 。

解析：根据函数的一致收敛定义可得。

6．【答案】D 。

解析：由题意得变换为100010001⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭→010100001⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭→011100001⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭。

7．【答案】B 。

解析：根据史实可知正确选项为B 。

8．【答案】D 。

解析：五种基本能力为空间想象、抽象概括、推理论证、运算求解、数据处理。

二、简答题（本大题共5小题，每小题7分，共35分）9．【答案】相交；sin 21θ=。

解析：平面π的法向量为n=（3，-1，2）；平面2x+y+z-1=0的法向量为1n =（2，1，1），平面x+2y-z-2=0的法向量为2n =（1，2，-1），则直线l 的方向向量为12211333121i j k m n n i j k =⨯==-++- ，令()=3,3,3m - 。

《线性代数》电子教程15(2)(二次型标准化)

a11 x12 a22 x22 ann xn2
2a12 x1 x2 2a13 x1 x3
2a23 x2 x3 2an1,n xn1 xn
称为二次型.
当系数 aij 为复数时， f 称为复二次型；当系数 aij 为实数时， f 称为实二次型.
5
3. 二次型的矩阵表示式
令 a ji aij ，则 f a11 x12 a12 x1 x2 a13 x1 x3 a1n x1 xn a21 x2 x1 a22 x22 a23 x2 x3 a2n x2 xn a31 x3 x1 a32 x3 x2 a33 x32 a3n x3 xn an1 xn x1 an2 xn x2 an3 xn x3 ann xn2
的秩为 r ，有两个可逆变换 x Cy 及 x Pz
使 f k1 y12 k2 y22 kr yr2 , (ki 0),
及 f 1 y12 2 y22 r yr2 , (i 0), 则 k1 , k2 ,, kr 中正数的个数与 1 , 2 ,, r 中
3
于是
1 2 0 x
f ( x, y, z) 2 0
1 2
y .
0
1 2
3 z
10
二、二次型的标准形概念
二次型研究的主要问题是：
寻找可逆变换 x Py，使
nn
f ( x)
aij xi x j
i1 j1
x Cy f (Cy) k1 y12 k2 y22 kn yn2 .
用正交变换把二次型 f 化为标准形，并写出相
应的正交矩阵. 解析：此题是一道典型例题. 目的是熟悉用正交变换化二次型为标准形的“标准程序”.
⑴ 写出二次型对应的矩阵
二次型 f 对应的矩阵为

考研数学三线性代数(二次型)模拟试卷2(题后含答案及解析)

考研数学三线性代数（二次型）模拟试卷2(题后含答案及解析) 题型有：1. 选择题 3. 解答题选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1．设二次型f(x1，x2，x3)=XTAX，已知r(A)=2，并且A满足A2一2A=0．则下列各标准二次型(1)2y12+2y22 (2)2y12．(3)2y12+2y32．(4)2y22+2y32．中可用正交变换化为f的是( )．A．(1)．B．(3)，(4)．C．(1)，(3)，(4)．D．(2)．正确答案：C解析：两个二次型可以用正交变换互相转化的充要条件是它们的矩阵相似，也就是特征值一样．从条件可知，A的特征值为0，2，2．(1)，(3)，(4)这3个标准二次型的矩阵的特征值都是0，2，2．(2)中标准二次型的矩阵的特征值是0，0，2．知识模块：线性代数2．设A．A与B既合同又相似．B．A与B合同但不相似．C．A与B不合同但相似．D．A与B既不合同又不相似．正确答案：A解析：A与B都是实对称矩阵，判断是否合同和相似只要看它们的特征值：特征值完全一样时相似，特征值正负性一样时合同．此题中A的特征值和B的特征值都是4，0，0，0，从而A与B既合同又相似．知识模块：线性代数3．A．A与B既合同又相似．B．A与B合同但不相似．C．A与B不合同但相似．D．A与B既不合同又不相似．正确答案：B 涉及知识点：线性代数4．A=．则( )中矩阵在实数域上与A合同．A．B．C．D．正确答案：D解析：用特征值看：两个实对称矩阵合同它们的特征值正负性相同．|A|=一3，对于2阶实对称矩阵，行列式小于0即两个特征值一正一负，于是只要看哪个矩阵行列式是负数就和A合同．计算得到只有(D)中的矩阵的行列式是负数．知识模块：线性代数解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

5．用配方法化下列二次型为标准型(1)f(x1，x2，x3)=x12+2x22+2x1x2—2x1x3+2x2x3．(2)f(x1，x2，x3) =x1x2+x1x3+x2x3．正确答案：(1)f(x1，x2，x3)=x12+2x22+2x1x2—2x1x3+2x2x3 = [x12+2x1x2—2x1x3+(x2一x3)2]一(x2一x3)2+2x22+2x23 =(x1+x2一x3)2+x22+4x2x3一x32 =(x1+x2一x3)2+x22+4x2x3+4x32一5x32=(x1+x2一x3)2+(x2+2x3)2—5x32．原二次型化为f(x1，x2，x3)=y12+y22一5y32．从上面的公式反解得变换公式：变换矩阵(2)这个二次型没有平方项，先作一次变换f(x1，x2，x3) =y12一y22+2y1y3．虽然所得新二次型还不是标准的，但是有平方项了，可以进行配方了：y12一y22+2y1y3=(y1+y3)2一y22一y32则f(x1，x2，x3)=z12一z22一z32．涉及知识点：线性代数6．已知二次型2x12+3x22+3x32+2ax2x3(a＞0)可用正交变换化为y12+2y22+5y32，求a和所作正交变换．正确答案：原二次型的矩阵A和化出二次型的矩阵B相似．于是|A|=|B|=10．而|A|=2(9一a2)，得a2=4，a=2．A和B的特征值相同，为1，2，5．对这3个特征值求单位特征向量．对于特征值1：得(A—E)X=0的同解方程组得属于1的一个特征向量η1=(0，1，一1)T，单位化得γ1=对于特征值2：得(A一2E)X=0的同解方程组得属于2的一个单位特征向量γ2=(1，0，0)T．对于特征值5：得(A一5E)X=0的同解方程组得属于5的一个特征向量η3=(0，1，1)T，单位化得γ3=令Q=(γ1，γ2，γ3)，则正交变换X=QY把原二次型化为y12+2y22+5y32. 涉及知识点：线性代数7．设二次型f(x1，x2，x3)=XTAX=ax12+2x22-2x32+2bx1x3，(b＞0)其中A的特征值之和为1，特征值之积为一12．(1)求a，b．(2)用正交变换化f(x1，x2，x3)为标准型．正确答案：由条件知，A的特征值之和为1，即a+2+(一2)=1，得a=1．特征值之积=一12，即|A|=一12，而|A|==2(一2一b2)得b=2(b＞0)．则(2)|λE—A|==(λ一2)2(λ+3)，得A的特征值为2(二重)和一3(一重)．对特征值2求两个单位正交的特征向量，即(A一2E)X=0的非零解．得(A一2E)X=0的同解方程组x1一2x3=0，求出基础解系η1=(0，1，0)T，η2=(2，0，1)T．它们正交，单位化：α1=η1，α2=方程x1一2x3=0的系数向量(1，0，一2)T和η1，η2都正交，是属于一3的一个特征向量，单位化得作正交矩阵Q=(α1，α2，α3)，则作正交变换X=QY，则它把f化为Y的二次型f=2y12+2y22一3y32．涉及知识点：线性代数8．已知二次型f(x1，x2，x3)=(1一a)x12+(1一a)x22+2x32+2(1+a)x1x2的秩为2．(1)求a．(2)求作正交变换X=QY，把f(x1，x2，x3)化为标准形．(3)求方程f(x1，x2，x3)=0的解．正确答案：(1)此二次型的矩阵为则r(A)=2，|A|=0．求得|A|=-8a，得a=0．(2)|λE—A|==λ(λ一2)2，得A的特征值为2，2，0．对特征值2求两个正交的单位特征向量：得(A一2E)X=0的同解方程组x1一x2=0，求出基础解系η1=(0，0，1)T，η2=(1，1，0)T．它们正交，单位化：α1=η1，α2= 方程x1一x2=0的系数向量(1，一1，0)T和η1，η2都正交，是属于特征值0的一个特征向量，单位化得作正交矩阵Q=(α1，α2，α3)，则作正交变换X=QY，则f化为Y的二次型f=2y12+2y22．(3)f(X)=x12+x22+2x32+2x1x2=(x1+x2)2+2x32于是f(x1，x2，x3)=0求得通解为：c任意．涉及知识点：线性代数9．二次型f(x1，x2，x3)=XTAX在正交变换X=QY下化为10y12一4y22一4y32，Q的第1列为(1)求A．(2)求一个满足要求的正交矩阵Q．正确答案：标准二次型10y12一4y22一4y32的矩阵为则Q-1AQ=QTAQ=B，A和B相似．于是A的特征值是10，一4，一4．(1)Q的第1列α1=是A的属于10的特征向量，其倍η1=(1，2，3)T也是属于10的特征向量．于是A的属于一4的特征向量和(1，2，3)T正交，因此就是方程x1+2x2+3x3=0的非零解．求出此方程的一个正交基础解系η2=(2，一1，0)T，η3=建立矩阵方程A(η1，η2，η3)=(10η1，一4η2，一4η3)，用初等变换法解得(2)将η2，η3单位化得α3=α3=则正交矩阵Q=(α1，α2，α3)满足要求．涉及知识点：线性代数10．A=，求作一个3阶可逆矩阵P,，使得PTAP是对角矩阵．正确答案：f(x1，x2，x3)=XTAX=x12+4x22一2x32一4x1x2+4x2x3=(x1一2x2)2一2x32+4x2x3 =(x1一2x2)2一2(x2一x3)2+2x22．原二次型化为f(x1，x2，x3)=y12一2y22+2y32．从上面的公式反解得变换公式：变换矩阵涉及知识点：线性代数11．已知求作可逆矩阵P，使得(AP)TAP是对角矩阵．正确答案：涉及知识点：线性代数12．二次型f(x1，x2，x2)=x12+ax22+x32+2x1x2+2x1x3+2x2x3的正惯性指数为2，a应满足什么条件?正确答案：f(x1，x2，x3)=(x1+x2+x3)2+(a一1)x22，原二次型化为f(x1，x2，x3)=y12+(a—1)y22，则正惯性指数为2a—1＞0，即a＞1．涉及知识点：线性代数13．设A是一个可逆实对称矩阵，记Aij是它的代数余子式．二次型f(x1，x2，…，xn)= (1)用矩阵乘积的形式写出此二次型．(2)f(x1，x2，…，xn)的规范形和XTAX的规范形是否相同?为什么?正确答案：(1)由于A是实对称矩阵，它的代数余子式Aij=Aji，，并且A-1也是实对称矩阵，其(i，j)位的元素就是Aij／|A|，于是f(x1，x2，…，xn)=XTA-1X．(2)A-1的特征值和A的特征值互为倒数关系，因此A-1和A 的正的特征值的个数相等，负的特征值的个数也相等，于是它们的正，负惯性指数都相等，从而A-1和A合同，f(x1，x2，…，xn)和XTAX有相同的规范形．涉及知识点：线性代数14．判断A与B是否合同，其中正确答案：用惯性指数，看它们的正负惯性指数是否都一样．B的正惯性指数为2，负惯性指数为1．A的惯性指数可通过对二次型XTAX进行配方法化标准形来计算．XTAX=x12+4x22一2x32一4x1x2—4x2x3 =(x1一2x2)2—2x32一4x2x3 =(x1一2x2)2—2(x3+x2)2+2x22，则XTAX=y12一2y22+2y32，于是A的正惯性指数也为2，负惯性指数也为1．A与B合同．涉及知识点：线性代数15．二次型f(x1，x2，x3)=ax12+ax22+(a一1)x32+2x1x3—2x2x3．①求f(x1，x2，x3)的矩阵的特征值．②如果f(x1，x2，x3)的规范形为y12+y22，求a．正确答案：①f(x1，x2，x3)的矩阵为记B=则A=B+aE．求出B的特征多项式|λE一B|=λ3+λ2—2λ=λ(λ+2)(λ—1)，B的特征值为一2，0，1，于是A 的特征值为a一2，a，a+1．②因为f(x1，x2，x3)的规范形为y12+y22时，所以A的正惯性指数为2，负惯性指数为0，于是A的特征值2个正，1个0，因此a=2．涉及知识点：线性代数16．a为什么数时二次型x12+3x22+2x32+2ax2x3可用可逆线性变量替换化为2y12一3y22+5y32?正确答案：就是看a为什么数时它们的矩阵合同．写出这两个二次型的矩阵B的特征值是2正1负．又看出1是A的特征值，于是A的另两个特征值应该1正1负，即|A|＜0．求得|A|=6一a2，于是a满足的条件应该为：涉及知识点：线性代数17．已知A是正定矩阵，证明|A+E|＞1．正确答案：此题用特征值较简单．设A的特征值为λ1，λ2，…，λn，则A+E的特征值为λ1+1，λ2+1，…，λn+1．因为A正定，所以λi＞0，λi+1＞1(i=1，2，…，n)．于是|A+E|=(λ1+1)(λ2+1)…(λn+1)＞1．涉及知识点：线性代数18．已知二次型f(x1，x2，x3)=x12+4x22+4x32+2λx1x2—2x1x3+4x2x3．当λ满足什么条件时f(x1，x2，x3)正定?正确答案：用顺序主子式．此二次型的矩阵它的顺序主子式的值依次为1，4一λ2，4(2一λ—λ2)．于是，λ应满足条件4一λ2＞0，2一λ—λ2＞0，解出λ∈(一2，1)时二次型正定．涉及知识点：线性代数19．已知二次型f(x1，x2，…，xn)=(x1+a1x2)2+(x2+a2x3)2+…+(xn+anx1)2．a1，a2，…，an满足什么条件时f(x1，x2，…，xn)正定?正确答案：记y1=x1+a1x2，y2=x2+a2x3，…，yn=xn+anx1，则简记为Y=AX．则f(x1，x2，…，xn)=YTY=XTATAX．于是，实对称矩阵ATA就是f(x1，x2，…，xn)的矩阵．从而f正定就是ATA正定．ATA正定的充要条件是A可逆．计算出|A|=1+(一1)n-1a1a2…an．于是，f正定的充要条件为a1a2…an≠(一1)n．涉及知识点：线性代数20．设B=(A+kE)2．(1)求作对角矩阵D，使得B～D．(2)实数k满足什么条件时B正定?正确答案：(1)A是实对称矩阵，它可相似对角化，从而B也可相似对角化，并且以B的特征值为对角线上元素的对角矩阵和B相似．求B的特征值：|λE一A|=λ(λ一2)2，A的特征值为0，2，2，于是B的特征值为k2和(k+2)2，(k+2)2．则B～D．(2)当k为≠0和一2的实数时，B是实对称矩阵，并且特征值都大于0，从而此时B正定．涉及知识点：线性代数21．设A和B都是m×n实矩阵，满足r(A+B)=n，证明ATA+BTB正定．正确答案：用正定的定义证明．显然ATA，BTB都是n阶的实对称矩阵，从而ATA+BTB也是n阶实对称矩阵．由于r(A+B)=n，n元齐次线性方程组(A+B)X=0没有非零解．于是，当α是一个非零n维实的列向量时，(A+B)α≠0，因此Aα与Bα不会全是零向量，从而αT(ATA+BTB)α=αTATAα+αTBTBα=‖Aα‖2+‖Bα‖2＞0．根据定义，ATA+BTB正定．涉及知识点：线性代数22．设A是m阶正定矩阵，B是m×n实矩阵，证明：BTAB正定r(B)=n．正确答案：“”BTAB是n阶正定矩阵，则r(BTAB)=n，从而r(B)=n．“”显然BTAB是实矩阵，并且(BTAB)T=BTAT(BT)T=BTAB，因此，BTAB是实对称矩阵．因为r(B)=n，所以齐次线性方程组BX=0只有零解，即若X是n维非零实列向量，则BX≠0．再由A的正定性，得到XT(BTAB)X=(BX)TA(BX)＞0．由定义知，BTAB正定．涉及知识点：线性代数23．设A是3阶实对称矩阵，满足A2+2A=0，并且r(A)=2．(1)求A 的特征值．(2)当实数k满足什么条件时A+kE正定?正确答案：(1)因为A是实对称矩阵，所以A的特征值都是实数．假设λ是A的一个特征值，则λ2+2λ是A2+2A的特征值．而A2+2A=0，因此λ2+2λ=0，故λ=0或一2．又因为r(A一0E)=r(A)=2，特征值0的重数为3一r(A—0E)=1，所以一2是A的二重特征值．A的特征值为0，一2，一2．(2)A+kE 的特征值为k，k一2，k一2．于是当k＞2时，实对称矩阵A+kE的特征值全大于0，从而A+kE是正定矩阵．当k≤2时，A+kE的特征值不全大于0，此时A+kE不正定．涉及知识点：线性代数24．设A，B是两个n阶实对称矩阵，并且A正定．证明：(1)存在可逆矩阵P，使得PTAP，PTBP都是对角矩阵；(2)当|ε|充分小时，A+εB仍是正定矩阵．正确答案：(1)因为A正定，所以存在实可逆矩阵P1，使得P1TAP1=E．作B1=P1TBP1，则B1仍是实对称矩阵，从而存在正交矩阵Q，使得QTB1Q是对角矩阵．令P=P1Q，则PTAP=QTP1TAP1Q=E，PTBP=QTP1TBP1Q=QTBtQ．因此P即所求．(2)设对(1)中求得的可逆矩阵P，对角矩阵PTBP对角线上的元素依次为λ1，λ3，…，λn，记M=max{|λ1|，|λ2|，…，|λn|}．则当|ε|＜1／M时,E+εPTBP仍是实对角矩阵，且对角线上元素1+ελi＞0，i=1，2，…，n．于是E+εPTBP正定，PT(A+εB)P=E+εPTBP，因此A+εB也正定．涉及知识点：线性代数25．设C=，其中A，B分别是m，n阶矩阵．证明C正定A，B都正定．正确答案：显然C是实对称矩阵A，B都是实对称矩阵．|λEm+n一C|==|λEm一A||λEn一B|于是A，B的特征值合起来就是C的特征值．如果C正定，则C的特征值都大于0，从而A，B的特征值都大于0，A，B都正定．反之，如果A，B都正定，则A，B的特征值都大于0，从而C的特征值都大于0，C 正定．涉及知识点：线性代数26．设D=是正定矩阵，其中A，B分别是m，n阶矩阵．记P=(1)求PTDP．(2)证明B一CTA-1C正定．正确答案：(1) (2)因为D为正定矩阵，P是实可逆矩阵，所以PTDP正定．于是由上例的结果，得B一CTA-1C正定．涉及知识点：线性代数27．二次型f(x1，x2，x3)=XTAX在正交变换X=QY下化为y12+y22，Q 的第3列为①求A．②证明A+E是正定矩阵．正确答案：①条件说明Q-1AQ=QTAQ=于是A的特征值为1，1，0，并且Q 的第3列=(1，0，1)T是A的特征值为0的特征向量．记α1=(1，0，1)T，它也是A的特征值为0的特征向量．A是实对称矩阵，它的属于特征值1的特征向量都和α1正交，即是方程式x1+x3=0的非零解．α2=(1，0，一1)T，α3=(0，1，0)T 是此方程式的基础解系，它们是A的特征值为1的两个特征向量．建立矩阵方程A(α1，α2，α3)=(0，α2，α3)，两边做转置，得解此矩阵方程②A+E也是实对称矩阵，特征值为2，2，1，因此是正定矩阵．涉及知识点：线性代数28．证明对于任何m×n实矩阵A，ATA的负惯性指数为0．如果A秩为n，则ATA是正定矩阵．正确答案：设A是A的一个特征值，η是属于它的一个特征向量，即有ATA η=λη，于是ηTATAη=ληTη，即(Aη，Aη)=λ(η，η)．则λ=(A η，Aη)／(η，η)≥0．如果A秩为n，则AX=0没有非零解，从而Aη≠0，(Aη，Aη)＞0，因此λ=(Aη，Aη)／(η，η)＞0．涉及知识点：线性代数29．如果A正定，则Ak，A-1，A*也都正定．正确答案：从特征值看．设A的特征值为λ1，λ2，…，λn．λi＞0，i=1，2，…，n．则Ak的特征值为λ1k，λ2k，…，λn-1．λi-1＞0，i=1，2，…，n．设A-1的特征值为λ1-1，λ2-1，…，λn-1．λi-1＞0，i=1，2，…，n．设A*的特征值为|A|／λ1，|A|／λ2，…，|A|／λn．|A|／λi＞0，i=1，2，…，n．涉及知识点：线性代数30．设A是正定矩阵，B是实对称矩阵，证明AB相似于对角矩阵．正确答案：A是正定矩阵，存在可逆实矩阵C，使得A=CCT，则AB=CCT B．于是C-1ABC=C-1CCTBC=CTBC．即AB相似于CTBC．而CTBC是实对称矩阵，相似于对角矩阵．由相似的传递性，AB也相似于对角矩阵．涉及知识点：线性代数31．设A，B都是n阶正定矩阵，则：AB是正定矩阵A，B乘积可交换．正确答案：“”先证明AB对称．(AB)T=BTAT=BA=AB．再证明AB的特征值全大于0．存在可逆实矩阵C，使得A=CCT．则AB=CCTB，相似于CTBC，特征值一样，而CTBC是正定的，特征值全大于0．“”AB正定，则对称．于是BA=BTAT=(AB)T=AB．涉及知识点：线性代数32．设A是一个n阶实矩阵，使得AT+A正定，证明A可逆．正确答案：设n维实列向量α满足Aα=0，要证明α=0．αT(AT+A)α=αTATα+αTAα=(Aα)Tα+αTAα=0．由AT+A的正定性得到α=0．涉及知识点：线性代数33．设A是一个n阶正定矩阵，B是一个n阶实的反对称矩阵，证明A+B 可逆．正确答案：证明(A+B)X=0没有非零解．设n维实列向量α满足(A+B)α=0，要证明α=0．注意B是反对称矩阵，αTBα=0(因为αTBα=(αTBα)T=一αTB α．) αTAα=αTAα+αTBα=αT(A+B)α=0由A的正定性得到α=0．涉及知识点：线性代数。

2021年11月国考教师资格证笔试科目三数学学科中学段真题答案解析

2021年11月国考教师资格证笔试科目三数学学科中学段真题答案解析考前须知：1. 考试时间为120分钟，总分值为150分。

2. 请按规定在答题卡上填涂，作答，在试卷上作答无效，不予评分。

一、单项选择题〔本大题共8小题，每题5分，共40分。

〕在每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案字母按要求涂黑，错选、多项选择或未选均无分。

学生边演示边表达，得到直线与平面的三种位置关系。

教师：直线在平面内，直线与平面平行已研究过，直线与平面相交的位置关系成为今天要研究的问题。

在日常生活中，你见过哪些情景可以抽象成直线与平面相交的位置关系？请举例说明。

学生：日光灯的掉线与天花板相交；房子的柱子与天花板相交；插在碗里的筷子与〔平的〕碗底相交。

教师：同学们想象力非常丰富，在生活中确实有许多可以抽象成直线与平面相交的例子。

再比方，教室中墙角线〔两个墙面的交线〕与地面。

〔展示图片〕小区中的某些建筑，撑船师傅的竹竿与水平面都给我们以直线与平面相交的形象。

古诗词中描写的某些自然景观，如“大漠孤烟直〞，“一行白鹭上青天〞的诗句，这些都给我们以直线与平面相交的形象，〔展示操场上旗杆图片〕旗杆与地面所在的平面也相交，在直线与平面相交的模型中〔位置关系中〕，你认为哪种相交最特殊？学生：直线与平面垂直。

教师：今天我们研究这些关系〔板书课题〕。

教师乙的引入：教师：〔用PPT呈现龙卷风图片〕同学们刚进教师看到这样一副壮丽的图片，我不禁想到唐代诗人王维的诗句“大漠孤烟直〞，在广袤无垠的沙漠上一般炊烟冲天而起给沙漠带来无限生机，欣赏这一美妙画面之后是否想到立体几何中什么与什么的关系。

学生：〔齐声〕线与面垂直。

教师：线与面垂直，很好。

说明同学们既有丰富的想象力又有很好的理性思维，请想一想在日常生活中，有没有这种线与面垂直的其他例子。

学生：看电视时，视线与画面；电线干与地面垂直。

教师：这样的例子很多，比方大桥桥柱与水面。

二次型ppt课件

为标准形，并求所做的坐标变换。
解因为没有二次项，先利用平方差公式做如下变换:
x1 x2
y1 y1
y2 y2
x1 1 1 0 y1
即
x2
1
1
0
y2
(1)
x3 y3
x3 0 0 1 y3
记作
x=C1 y
将(1)式代入二次型，得
f(x1, x2, x3)= 2y12 2y22 4y2y3
例3 用配方法把三元二次型
f
(x1, x2 , x3 )
2 x12
3x
2 2
x32
4x1x2
4x1x3
8x2 x3
化为标准形，并求所用的坐标变换 x=Cy 及变换矩阵C 。
解先按x12 及含有x1的混合项配成完全平方，即
19
f (x1, x2 , x3 )
2[x12 2x1(x2 x3) (x2 x3)2 ] 2(x2 x3)2 3x22 x32 8x2x3
这样的问题,不仅在几何中出现,在数学的其它分支以及
物理、力学和网络计算中也常遇到.我们将这类问题一般
化,讨论 n个变量的二次齐次多项式的化简问题.
1
6.1 二次型的定义和矩阵表示合同矩阵
定义6.1 n元变量x1,x2, ,xn的二次齐次多项式
f(x1,x2, ,xn ) a11x12 2a12x1x2 2a13x1x3 2a1n x1xn a22x22 2a23x2 x3 2a2n x2 xn ann xn2
其中1, ,n 是实对称矩阵A的n个特征值， Q的n个列向量是A属于1, ,n 的n个标准正交变换化二次型
f (x1, x2 , x3 ) 2x12 4x1x2 4x1x3 5x22 8x2 x3 5x32

2021上资格证数学科目三理论精讲高等代数一

2021教师资格证数学科目三第一步：求出V的一个基第二步：施密特正交化方法第三步：将正交基单位化1 2 0−3 2 设向量组A 为 1 = ， 2 = ，3 =，求它的一组正交基。

2 1 1 41 2 0−3 2 例：设向量组A 为 1 = ， 2 = ，3 =，求它的一组正交基。

2 1 1 4（三）正交矩阵0−1=10（三）正交矩阵2.正交矩阵性质：3.正交矩阵判别方法：（1）定义法（2）正交矩阵每一行（列）n个元素的平方和等于1，两个不同行（列）的对应元素乘积之和等于0.考点：给一个矩阵，判断是否可以正交正交矩阵每一行（列）n个元素的平方和等于1，两个不同行（列）的对应元素乘积之和等于0.二、二次型选1．（2017-高）5.下列多项式为正定二次型的是（）．+ x − x B ． x 12 + 2x 1x 2 − x x + 5x 22 + x 3 22 3A ． x 1 2 2 2考点：判定二次型23 C ．3x 1x 2 + x 2− x3D ．3x 1x 2 + 2x 2x 3 − 4x 1x 3 22例：2．（2017下-初）5.下列多项式为二次型的是（）．A ． x 1 2 + x 2 2+ 2x 2x 3 + x 3B ． x 12 + x 2 + x 2 +2 32x 1− 3x 2x 3 + x 3 +1D ．3x 12 + 2x 2x 3 − 4x 1x 3C ． 2x12 2选二、二次型考点：改写二次型练一练：选二、二次型123（三）正定二次型=214341选二、二次型（四）负定二次型奇负偶正考点：正定、负定二次型的判定简三、矩阵与线性变换的关系（一）矩阵与线性变换1=+例：ቊ1=+三、矩阵与线性变换的关系（一）矩阵与线性变换选（二）常见的几何变换与矩阵的关系选（二）常见的几何变换与矩阵的关系选（二）常见的几何变换与矩阵的关系选（二）常见的几何变换与矩阵的关系总结总结第三章高等代数预习第四章空间解析几何求逆矩阵的方法112A=123135求逆矩阵的方法112A=12313511210 012301 013500 1112100011−11023−10111210011−110011−212−1;3−13−22ȁ=1012−10011−11 00011−2110011−11−3;2−3010−23−10011−211−1。

二次型考点

二次型考点一、二次型的概念及性质二次型是指一个形式上类似于二次多项式的代数式，它包含变量的二次幂和一次幂的乘积。

二次型在数学、物理等领域具有广泛的应用，其主要研究对象是二次型函数。

我们首先需要了解二次型的基本概念和性质，这将为后续的考点学习打下基础。

二、二次型的考点类型1.二次型的标准型：将二次型转化为标准型是解决许多二次型问题的关键，掌握标准型的转换方法有助于快速解题。

2.二次型的矩阵表示：了解二次型与矩阵之间的联系，学会将二次型表示为矩阵，并运用矩阵的知识解决二次型问题。

3.二次型的性质与应用：包括二次型的正定、负定、半正定、半负定和indefinite 等性质，以及如何利用这些性质解决实际问题。

4.二次型的最值问题：求解二次型函数的最值是二次型考点的常见题型，掌握求解方法至关重要。

5.二次型与二次方程的关系：了解二次型与二次方程之间的联系，学会如何利用二次方程的解法解决二次型问题。

三、二次型的解题策略1.熟练掌握二次型的基本概念和性质，特别是二次型的标准型和矩阵表示。

2.熟悉二次型的分类方法，根据题目特点选择合适的解题方法。

3.善于利用二次型的性质，如正定性质、最值性质等，简化问题。

4.灵活运用二次方程、矩阵运算等知识，解决实际问题。

5.提高计算能力，熟练掌握二次型的计算方法。

四、二次型真题解析这里列举一些二次型的典型真题，帮助大家巩固知识点。

1.题目：已知二次型$Q(x_1, x_2) = x_1^2 + 4x_1x_2 + x_2^2$，求$Q(x_1, x_2)$ 的最小值。

2.题目：判断二次型$Q(x_1, x_2) = x_1^2 + 2x_1x_2 + x_2^2$ 的正定性质。

3.题目：将二次型$Q(x_1, x_2) = x_1^2 + 4x_1x_2 + x_2^2$ 转换为标准型。

五、总结与建议二次型作为数学、物理等领域的重要考点，掌握其概念、性质和解题方法至关重要。

在学习过程中，要注重以下几点：1.深入理解二次型的基本概念和性质，打下扎实的基础。

考研数学三(二次型)历年真题试卷汇编1(题后含答案及解析)

考研数学三（二次型）历年真题试卷汇编1(题后含答案及解析) 题型有：1. 选择题 2. 填空题 3. 解答题选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1．[2015年] 设二次型f(x1，x2，x3)在正交变换X=PY下的标准形为2y12+y22－y32，其中P=(e1，e2，e3)．若Q=(e1，－e3，e2)，则f(x1，x2，x3)在正交变换X=QY下的标准形为( )．A．2y12一y22+y32B．2y12+y22一y32C．2y12一y22一y32D．2y12+y22+y32正确答案：A解析：因e1，－e3，e2分别为特征值2，－1，1对应的特征向量，故在正交变换X=QY下二次型f的标准形为2y12－y22+y32．仅(A)入选．知识模块：二次型2．[2016年] 设二次型f(x1，x2，x3)=a(x12+x22+x32)+2x1x2+2x2x3+2x3x1的正、负惯性指数分别为1，2，则( )．A．a＞1B．a＜－2C．—2＜a＜1D．a一1或a=－2正确答案：C解析：解一注意到A的主对角线上的元素全为a，非主对角线上的元素全为1，由命题2．5．1．7即知A的三个特征值分别为λ1=a+(n－1)b=a+2，λ2=λ3=a－b=a－1．又由题设知A的正、负惯性指数为1，2，故a+2＞0，a－1＜0，即－2＜a＜1．仅(C)入选．解二A的特征值也可由特征值定义|λE－A|=0求之．由得到A的特征值λ1=a+2，λ2=λ3=a－1．下同解一，略．注：命题2．5．1．7 设n阶矩阵A的主对角线上元素全为a，非主对角线上元素全为b，则由|A|=[a+(n－1)b](a－n)n－1知，A的n个特征值为λ1=a+(n －1)b，λ2=λ3=…=λn=a－b．知识模块：二次型3．[2008年] 设则在实数域上与A合同的矩阵为( )．A．B．C．D．正确答案：D解析：解一令由知，A的特征值λ1=3，λ2=－1，即A的正、负惯性指数都为1，于是|A|=λ1λ2＜0，但|A1|＞0，|A2|0，|A3|＞0，可见(A)、(B)、(C)中矩阵的正、负惯性指数与A的都不同，因而A1，A2，A3与A都不合同．仅(D)入选．解二因故A与A4的特征值相同且其重数也相同，故A与A4相似．又A与A4为同阶实对称矩阵，由命题2．6．4．2知，A与A4必合同．仅(D)入选．解三由两个矩阵A，B合同的定义知，存在可逆矩阵C，使B=CTAC，则|B|=|A||CT||C|=|A||C|2，因|C|2>0，故A与B合同必有|A|与|B|同号．由解一知，|A|＜0，|A1|＞0，|A2|＞0，|A3|＞0，而|A4|＜0，故|A|与|A4|同号，由命题2．6．4．4(2)知，A与A4合同，仅(D)入选．解四用合同变换判别之．因由命题2．6．4．3知，A与A4合同，且有PTAP=A4，其中事实上，有注：命题2．6．4．2 设A，B为实对称矩阵，若A，B相似，则A，B合同，反之未必成立．若A，B是一般n阶矩阵(不一定是实对称)，则下述结论成立．命题2．6．4．3 A与B合同的充要条件是A经过有限次相同的初等行变换和初等列变换得到B．知识模块：二次型4．[2007年] 设矩阵则A与B( ).A．合同且相似B．合同但不相似C．不合同但相似D．既不合同又不相似正确答案：B解析：解一易求得|λE－A|=λ(λ－3)2，故A的特征值为3，3，0，而B 的特征值为1，1，0，它们不相同，但正特征值个数相同，且秩(A)=秩(B)=2，故A与B不相似，但合同．仅(B)入选．解二由命题2．5．3．3(4)知，如A 与B相似，则tr(A)=tr(B)，但tr(A)=2+2+2=6≠tr(B)=1+1+0=2，故A与B不相似．由于A的特征值为3，3，0，而B的特征值为1，1，0，XTAX与XTBX 有相同的正、负惯性指数p=2，q=0．因而由命题2．6．4．1知A与B合同，于是仅(B)入选．解三其中秩(G)=1，由命题2．5．1．5即知，G的特征值为－3，0，0．因而A的特征值为0，3，3．而B的特征值为1，1，0．显然A与B不相似，但A与B的正惯性指数均为2，0，故A与B合同．仅(B)入选．注：命题2．5．1．5 设n阶矩阵A=[aij]，若秩(A)=1，则A有n－1个零特征值λ1=λ2=…=λn－1=0，另一个特征值为λn=a11+a22+…+ann=tr(A)(称为A的迹)．命题2．5．3．3 设矩阵A=[aij]n×n与B=[bij]n ×n相似，则(4)a11+a22+…+ann=b11+b22+…+bnn，即tr(A)=tr(B)．命题2．6．4．1 两个实对称矩阵合同的充要条件是其秩相同，且有相同的正惯性指数，即正、负特征值个数分别相同，亦即二次型XT、AX和XTBX有相同的正、负惯性指数．两个同阶实对称矩阵相似的充要条件是它们有相同的特征值及重数，两个同阶实对称矩阵合同的充要条件是它们有相同的秩及相同的正(或负)惯性指数，因此两个同阶实对称矩阵相似必合同，但这两个矩阵合同而不一定相似(即两个同阶实对称矩阵的正、负惯性指数相同，不一定正、负特征值相同)，因此得到下述命题．知识模块：二次型填空题5．[2004年] 二次型f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(x2－x3)2+(x3+x2)2的秩为_________．正确答案：2解析：解一用配方法化二次型为标准形f(x1，x2，x3)=(x1+x2)2+(x2－x3)2+(x3+x1)2=(2x12+2x1x2+2x1x3)+2x22－2x2x3+2x32=2(1+x2／2+x3／2)2+(x2－x3)2．作线性变换，得其中因|P|=1≠0，所作的线性变换是非退化的，故所得二次型的标准形为f(y1，y2，y3)=2y12+3y22／2．该标准形平方项的非零系数的个数为2，且它与原二次型f(x1，x2，x3)等价．由等价的二次型有相同的秩知，原二次型的秩为2．解二f(x1，x2，x3)=2x12+2x22+2x32+2x1x2－2x2x3+2x1x3，其矩阵故秩(A)=2，因而f(x1，x2，x3)的秩等于2．知识模块：二次型6．[2011年] 设二次型f(x1，x2，x3)=XTAX的秩为1，A的各行元素之和为3，则f在正交变换X=QY下的标准形为_________．正确答案：解析：因秩(A)=1，且A为实对称矩阵，可对角化，由命题2．5．4．1(2)知A的特征值只有一个非零，有两个为零．又A的各行元素之和为3，故A的一个非零特征值为3(见命题2．5．1．4或由A[1，1，1]T=3[1，1，1]T也可看出)，所以在正交变换X=QY下的标准形为注：命题2．5．4．1 (2)若A 为n阶实对称矩阵，则秩(A)等于A的非零特征值的个数(k重特征值视为k个特征值)，因而零特征值的个数等于n－秩(A)．命题2．5．1．4 设n阶矩阵A的各行元素之和为a，则a为A的一个特征值，且A的属于特征值a的一个特征向量为[1，1，…，1]T．知识模块：二次型7．[2014年] 设二次型f(x1，x2，x3)=x12－x22+2ax1x3+4x2x3的负惯性指数是1，则a的取值范围为_________．正确答案：—2≤a≤2解析：解一用配方法将f(x1，x2，x3)化为f(x1，x2，x3)=(x1+ax3)2－(x2－2x3)2+(4－a2)x32．由负惯性指数为1，得到4－a2≥0，即－2≤a≤2．解二易求得二次型厂的矩阵为设其三个特征值分别为λ1，λ2，λ3，则λ1λ2λ3=|A|=a2－4．由题设知二次型f的负惯性指数为1，所以A有且仅有一个特征值为负值．不妨设为λ1＜0，则λ2≥0，λ3≥0，从而有|A|=a2－4≤0，即－2≤a≤2为所求的a的取值范围．知识模块：二次型解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

考研数学三线性代数(二次型)模拟试卷4(题后含答案及解析)

考研数学三线性代数（二次型）模拟试卷4(题后含答案及解析)题型有：1.jpg />，则在正交变换X=Qy下，二次型f(x1，x2，x3)化为标准形f(x1，x2，x3)=xTAx=yTAy=2y12+2y22。

涉及知识点：二次型3．求方程f(x1,x2,x3)=0的解。

正确答案：由f(x1，x2，x3)=x12+x22+2x32+2x12=(x1+x2)2+2x32=0，得所以方程f(x1，x2，x3)=0的通解为k(1，一1，0)T，其中k为任意常数。

涉及知识点：二次型4．已知三元二次型f=xTAx的秩为2，且求此二次型的表达式，并求正交变换x=Qy化二次型为标准形。

正确答案：二次型xTAx的秩为2，即r(A)=2，所以λ=0是A的特征值。

所以3是A的特征值，(1，2，1)T是与3对应的特征向量；一1也是A的特征值，(1，一1，1)T是与一1对应的特征向量。

因为实对称矩阵不同特征值的特征向量相互正交，设λ=0的特征向量是(x1，x2，x3)T，则有(x1，x2，x3)=0，(x1，x2，x3)=0，由方程组解出λ=0的特征向量是(1，0，一1)T。

那么,所以A=因此xTAx=(x12+10x22+x32+16x1x2+2x1x3+16x2x3)，令则经正交变换x=Qy，有xTAx=yTAy=3y12一y32。

涉及知识点：二次型5．设矩阵A=有一个特征值是3，求y，并求可逆矩阵P，使(AP)T(AP)为对角矩阵。

正确答案：因为3是A的特征值，故|3E—A|=8(3一y一1)=0，解得y=2。

于是由于AT=A，要(AP)T(AP)=pTA2P=Λ，而A2=是对称矩阵，即要A2一Λ，故可构造二次型xTA2x，再将其化为标准形。

由配方法，有xTA2x=x12+x22+532+542+8x3x4=y12+y22+5y32+2y42，其中y1=x1，y2=x2，y3=x3+x4，y4=x4，即于是(AP)T(AP)=PTA2P= 涉及知识点：二次型设二次型f(x1,x2,x3)=xTAx在正交变换x=Qy下的标准形为y12+y22，且Q 的第三列为。

考研数学三(二次型)模拟试卷6(题后含答案及解析)

考研数学三（二次型）模拟试卷6(题后含答案及解析) 题型有：1. 选择题 2. 填空题 3. 解答题选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1．设二次型f(x1，x2，x3)在正交变换x=Py下的标准形为2y12+y22－y32，其中P=(e1，e2，e3)，若Q=(e1，－e3，e2)，则f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy 下的标准形为( )A．2y12－y22+y32．B．2y12+y22－y32．C．2y22－y22－y32．D．2y12+y22+y32．正确答案：A解析：设二次型f(x1，x2，x3)=xTAx的矩阵为A，正交矩阵P=(e1，e2，e3)，则f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy下的标准形为2y12+y22－y32，即若Q=(e1，－e3，e2)，则所以f(x1，x2，x3)在正交变换x=Qy下的标准形为2y12一y22+y32．故应选(A)．知识模块：二次型2．设矩阵则A与B( )A．合同，且相似．B．合同，但不相似．C．不合同，但相似．D．既不合同，也不相似．正确答案：B解析：因为即矩阵A的特征值为3，3，0，而矩阵B的特征值为1，1，0，所以矩阵A与B不相似；但A与B的秩均为2，正惯性指数也都是2，所以它们是合同的．总之，选项(B)正确．知识模块：二次型填空题3．设二次型f(x1，x2，x3)=x12+2x1x2+2x2x3，则f的正惯性指数为_________．正确答案：2解析：【解法1】利用配方法化二次型为标准形．f=x12+2x1x2+2x2x3=x12+2x1x2+x22－(x22－2x2x3) =(x1+x2)2－(x2－x3)2+x32=y12－y22+y32，其中y1=x1+x2，y2=x2－x3，y3=x3，即由于这个线性变换是可逆的，故由惯性定理知，二次型f的正惯性指数为2．【解法2】利用二次型的正惯性指数是其矩阵的正特征值个数．由于二次型f的矩阵为A的特征多项式为且f(0)=1＞0，f(1)=－1＜0，故由连续函数的介值定理知f(λ)分别在(－∞，0)，(0，1)，(1，+∞)各有一个零点，即f(λ)有两个正特征值，一个负特征值．因此，二次型f的正惯性指数为2．知识模块：二次型4．若二次型f(x1，x2，x3)=2x12x22+x32+2x1x2+tx2x3正定，则t的取值范围是__________．正确答案：解析：由于二次型f(x1，x2，x3)=2x12+x22+x32+2x1x2+tx2x3的矩阵所以，有D1=2＞0，解得故应填知识模块：二次型解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

北京工业大学《线性代数》课件-第六章二次型

推论：数域P上任意一个对称矩阵都合同于一个对角阵．
定义：如果对称矩阵A合同于一个对角阵，则
称这个对角阵是A的合同标准形．问题：由定理可知，将一个二次型化为标准形，关键是要找到可逆替换，如何找?
3
二．化二次型为标准形的方法 1．配方法 ⑴ 二次型含有变量的平方项例1 用配方法化二次型 (P193---例6.5.1)
为实二次型. 如：
f ( x1, x2 ) x12 2x1 x2 3x22 是二元实二次型．
f ( x1 , x2 , x3 ) ix12 2 x22 3 x1 x2 7 x2 x3
是三元复二次型．
f ( x, y) x 2 xy 3 y2 5x 1 不是二次型．
4
二.二次型的矩阵形表示
( x1 x2 x3 )2 ( x2 2 x3 )2 5 x32.
5
令
y1 y2 y3
x1
x2 x2 2
x3 x3 x3
,
则有 f y12 y22 5 y32 ,
所作的可逆替换是
x1 x2 x3
1 0 0
1 1 0
1 1
2 1
y1 y2 y3
即
x1 x2
f ( x1 , x2 , x3 ) x12 2 x22 2 x1 x2 2 x1 x3 6 x2 x3
为标准形，并求出可逆线性替换．
4
解：用配方法把变量x1, x2, x3 逐个配成完全平方的形式：
f ( x1 , x2 , x3 ) x12 2 x22 2 x1 x2 2 x1 x3 6 x2 x3
,
X
x1 x2 xn
,
5
则二次型可以写成：
f ( x1 , x2 ,, xn ) X T AX ⑵

初中数学教资科三考哪些内容

初中数学教资科三考哪些内容考试内容有：极限与连续、行列式与矩阵、空间解析几何、数学史、级数；其中各个部分所考查都是基础知识，难度不大，考生重点掌握基础知识与相关运算即可。

1、极限与连续：数列、函数极限的定义，两个重要极限、等价无穷小、函数连续的充要条件。

2、行列式与矩阵：二次型矩阵、矩阵求秩、矩阵的初等变换、求矩阵特征值和特征向量。

3、空间解析几何：空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间中的曲面方程。

4、数学史：发现初中数学重要结论的数学家、以及重要数学变革的发起人、重要数学变革时间、时间、结果等。

5、级数：几何级数、P级数、数项级数、正项级数收敛发散的判断，幂级数的收敛半径、收敛域、收敛区间的求法。

教师资格认定考试初级中学数学-3

教师资格认定考试初级中学数学-3(总分：176.01，做题时间：90分钟)一、{{B}}单项选择题{{/B}}(总题数：8，分数：40.00)1.如图所示，单位圆中的长为x，f(x)表示弧与弦AB所围成的弓形面积的2倍，则函数y=f(x)的图象是______。

A． B． C． D（分数：5.00）A.B.C.D. √解析：[解析] 如图所示，单位圆[*]的长为f(x)表示弧[*]与弦所围成的弓形面积的2倍，当[*]的长小于半圆时，函数y=f(x)的值增加的越来越快，当[*]的长大于半圆时，函数y=f(x)的值增加的越来越慢，所以函数y=f(x)的图象是D。

2.设x→0时ax2+bx+c-cosx是x2的高阶无穷小，其中a，b，c为常数，则______。

A．a=，b=0，c=1 B．a=-，b=0，c=0C．a=-，b=0，c=1 D．，b=0，c=0（分数：5.00）A.B. √C.D.解析：[解析] 由题意得[*](ax2+bx+c-cosx)=0，得c=1，又因为[*]=0，所以b=0，a=[*]。

故选C。

3.若两事件A和B同时出现的概率P(AB)=0，则______。

∙ A.A和B不相容(互斥)∙ B.AB是不可能事件∙ C.AB未必是不可能事件∙ D.P(A)=0或P(B)=0（分数：5.00）A.B.C. √D.解析：[解析] 本题考查不可能事件与概率为0的随机事件之间的区别和联系。

这两者之间的关系为：不可能事件的概率P([*])=0，但概率为零的随机事件A未必是不可能事件，也就是说，由P(A)=0不能推出A=[*]，所以C正确。

4.执行如图所示的程序框图，输出的S值为______。

∙ A.2∙ B.4∙ C.8∙ D.16（分数：5.00）A.B.C. √D.解析：[解析] k=0，S=1→k=1，S=1→k=2，S=2→k=2，S=8，循环结束，输出的S为8，故选C。

5.设A为任意n阶矩阵，下列为反对称矩阵的是______。

利用线性代数求解有关二次型的最值问题

至此我们已经知道了 (A, B ) 的特征值的结构, 那么不论是用合同变换对角化的方法, 还是用 Lagrange 乘子法, 都不难证明以下结论. 定理 4. 若 A ∈ Rn×n 是实对称矩阵, B ∈ Rn×n 是实对称正定矩阵, (A, B ) 的特征值为 λ1 ≤ λ2 ≤ · · · ≤ λn , 那么 { x∗ Ax : x ∈ Rn \{0} x∗ Bx } = {x∗ Ax : x ∈ Rn , x∗ Bx = 1} = [λ1 , λn ].
利用线性代数求解有关二次型的最值问题
邵美悦 2017 年 8 月 2 日
近期在微信公众号 “许康华竞赛优学” 中出现过以下几道关于二次型的最值问题. 问题 1. 设 a, b, c 为不全为零的实数, 求 F = 的取值范围及最值点. 问题 2. 设 a, b, c 为实数, 证明 √ 3 2 3 + 13 2 2 2 − (a + b + 2c ) ≤ 3ab + bc + ca ≤ (a + b2 + 2c2 ). 2 4 ab − bc + c2 a2 + 2b2 + 3c2
0 0 3
1 (2λ − 1)(12λ2 + 2λ − 1) = 0 4
√ √ −1 + 13 1 −1 − 13 , λ2 = , λ3 = . λ1 = 12 12 2 从而得到 F 的取值范围. 最大值点可以通过解齐次线性方程 (A − λ3 B )x = 0 求出相应的特征向量来得到, 对于最小值点也类似.
x∈X X ⊂Rn dim(X )=k x∗ x=1
max
min x∗ Ax max x∗ Ax.
x∈X X ⊂ Rn dim(X )=n+1−k x∗ x=1