109台北市大理高中教甄-數學詳解

臺北市立大理高級中學 109 學年度代理教師甄選

計算申論題

1. 平面上\(\triangle ABC\)中，\(2\overline{AB}=\overline{AC}，\cos A={3\over 5}\)，若通 過 三 頂點的水平線方程式為\(y=0,y=1,y=2\)，且 \(A\) 點在 \(y\) 軸上，試求： (1)所有可能的三頂點坐標   (2)所有可能的三角形面積

解：$$假設\cases{A(0,0)\\ B(m,1)\\ C(n,2)}，取B'(2m,2)，則\overline{AB'}=2\overline{AB}= \overline{AC}，將B'旋轉\pm \theta即為C點，其中\cos \theta=3/5；\\ 逆時鐘旋轉矩陣M=\begin{bmatrix}\cos \theta& -\sin \theta\\ \sin \theta& \cos \theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3/5 & -4/5\\ 4/5 & 3/5 \end{bmatrix} \Rightarrow 順時鐘旋轉矩陣M'= \begin{bmatrix}3/5 & 4/5\\ -4/5 & 3/5 \end{bmatrix} \\因此 \cases{ MB' = \begin{bmatrix} {6m-8\over 5}\\ {8m+6\over 5}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} n\\ 2\end{bmatrix}\\ M'B' = \begin{bmatrix} {6m+8\over 5}\\ {-8m+6\over 5}\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} n\\ 2\end{bmatrix}} \Rightarrow (m,n)= \cases{(1/2,-1)\\ (-1/2, 1)} \Rightarrow \cases{B(1/2,1),C(-1,2)\\ B(-1/2,1),C(1,2)}；\\同理，假設\cases{A(0,0)\\ B(m,2)\\ C(n,1)}，取B'(2m,4) \Rightarrow \cases{ MB' = \begin{bmatrix} {6m-16\over 5}\\ {8m+12\over 5}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} n\\ 1\end{bmatrix}\\ M'B' = \begin{bmatrix} {6m+16\over 5}\\ {-8m+12\over 5}\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} n\\ 1\end{bmatrix}}\\\qquad \Rightarrow \cases{B(-7/8,2),C(-17/4,1)\\ B(7/8,2),C(17/4,1)}\\假設\cases{A(0,1)\\ B(m,0)\\ C(n,2)}，取B'(2m,-1) \Rightarrow \cases{ M(B'-A)+A = \begin{bmatrix} {6m+8\over 5}\\ {8m-1\over 5}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} n\\ 2\end{bmatrix}\\ M'(B'-A)+A = \begin{bmatrix} {6m-8\over 5}\\ {-8m-1\over 5}\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} n\\ 2\end{bmatrix}}\\\qquad \Rightarrow \cases{B({11\over 8},0),C({13\over 4},2)\\ B(-{11\over 8},0),C(-{13\over 4},2)} \\假設\cases{A(0,1)\\ B(m,2)\\ C(n,0)}，取B'(2m,3) \Rightarrow \cases{ M(B'-A)+A = \begin{bmatrix} {6m+8\over 5}\\ {8m-1\over 5}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} n\\ 0\end{bmatrix}\\ M'(B'-A)+A = \begin{bmatrix} {6m-8\over 5}\\ {-8m-1\over 5}\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} n\\ 0\end{bmatrix}}\\\qquad \Rightarrow \cases{B(-{11\over 8},2),C(-{13\over 4},0)\\ B({11\over 8},2),C({13\over 4},0)} \\假設\cases{A(0,2)\\ B(m,1)\\ C(n,0)}，取B'(2m,0) \Rightarrow \cases{ M(B'-A)+A = \begin{bmatrix} {6m+8\over 5}\\ {8m+4\over 5}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} n\\ 0\end{bmatrix}\\ M'(B'-A)+A = \begin{bmatrix} {6m-8\over 5}\\ {-8m+4\over 5}\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} n\\ 0\end{bmatrix}}\\\qquad \Rightarrow \cases{B(-{1\over 2},1),C(1,0)\\ B({1\over 2},1),C(-1,0)} \\假設\cases{A(0,2)\\ B(m,0)\\ C(n,1)}，取B'(2m,-2) \Rightarrow \cases{ M(B'-A)+A = \begin{bmatrix} {6m+16\over 5}\\ {8m-2\over 5}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} n\\ 1\end{bmatrix}\\ M'(B'-A)+A = \begin{bmatrix} {6m-16\over 5}\\ {-8m-2\over 5}\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} n\\ 1\end{bmatrix}}\\\qquad \Rightarrow \cases{B({7\over 8},0), C(17,1)\\ B(-{7\over 8},0),C(-17,1)}\\因此可能的三頂點坐標為\bbox[red,2pt]{(0,0),(1/2,1),(-1,2)、(0,0),(-1/2,1),(1,2)、(0,0),(-7/8,2),(-17/4,1)\\、(0,0),(7/8,2),(17/4,1)、(0,1),(11/8,0),(13/4,2)、(0,1),(-11/8,0),(-13/4,2)、\\(0,1),(-11/8,2), (-13/4,0)、(0,1),(11/8,2), (13/4,0)、(0,2),(-1/2,1),(1,0)、\\(0,2),(1/2,1),(-1,0)、(0,2),(7/8,0),(17,1)、(0,2),(-7/8,0),(-17,1)}，共12組；\\\triangle ABC面積={1\over 2}\overline{AB}\cdot \overline{AC}\cdot \sin A ={1\over 2}\overline{AB}\cdot 2\overline{AB}\cdot \sin A = \overline{AB}^2\sin A ={4\over 5}\overline{AB}^2\\ 由於\overline{AB}^2可能的值為{5\over 4},{305\over 64},{185\over 64},因此可能的三角形面積為\bbox[red,2pt]{1,{61\over 16},{37\over 16}}$$

2. 小新和風間從甲乙兩箱中分別隨機取出一顆球, 兩人球號碼大者為勝,    甲箱裝有編號\(\{1,3,\dots,3^{k-1},\dots,3^{n-1}\}\)共 \(n\) 個球(正整數\(n\ge 3\)),    乙箱裝有編號\(\{2,6,\dots,2\times 3^{k-1},\dots,2\times 3^{n-1}\}\)共 \(n\) 個球. 取球前由小新先選箱子(外部有標示甲乙),風間再從剩下的箱子取球. 這時小新發現先選者勝的機率較大,風間也同意此觀點並分別提出建議方案: 風間說只要拿走某箱子一顆球,輸贏機率就相等;小新則把取球個數變成兩顆, 再運用這兩個號碼運算後比大小. 試問: (1) 小新 一開始選甲乙兩箱贏的機率分別是多少? (2) 風間 的方案要拿走哪一顆球? (3) 小新 的方案可行嗎? 要如何運算? (甲乙箱球號運算方式要相同)

解：

(1)$$甲贏: \sum_{k=1}^{n-1}\left({1\over n}\cdot {k\over n} \right) ={1\over n^2}\cdot {n(n-1)\over 2} ={n-1\over 2n}\\ 乙贏:\sum_{k=1}^{n}\left({1\over n}\cdot {k\over n} \right) = {1\over n^2}\cdot {n(n+1)\over 2} ={n+1 \over 2n}\\ 因此選甲贏的機率為\bbox[red,2pt]{n-1\over 2n}；選乙贏的機率為\bbox[red,2pt]{n+1\over 2n}
$$(2)$$將甲箱編號1拿走，\\\qquad 則選甲箱與選乙箱贏的機率都是: \sum_{k=1}^{n-1}\left({1\over n-1}\cdot {k\over n} \right) ={1\over n(n-1)}\cdot {n(n-1)\over 2} ={1\over 2}\\ 將乙箱編號2\cdot 3^{n-1}拿走，\\\qquad 則選甲箱與選乙箱贏的機率都是: \sum_{k=1}^{n-1}\left({1\over n}\cdot {k\over n-1} \right) ={1\over n(n-1)}\cdot {n(n-1)\over 2} ={1\over 2}\\風間的方案要拿走編號\bbox[red,2pt]{1}或編號\bbox[red,2pt]{2\cdot 3^{n-1}}的球，輸贏的機率就相等。$$(3)$$甲箱編號與乙箱編號都是成等比數列，而且公比都是3，因此取2數\bbox[red,2pt]{相除}，\\甲乙兩箱贏輸機率相等。$$

3. 空間中, 四面體\(PABC\)的邊長為： \(\overline{AB}=3,\overline{BC}=\sqrt{13},\overline{CA}=2,\overline{PA}=\sqrt 5,\overline{PB}=\sqrt 8,\overline{PC}=3\) 若平面\(E\) 垂直 \(\triangle ABC\)且平行\(\overline{AC}\)邊，令點\(P'\)為\(P\)點在\(\overline{AB}\)邊的投影，點\(Q\)為\(E\)與\(\overline{AB}\)邊的截點。試求： (1)平面 𝐴𝐵𝑃 與 𝐴𝐵𝐶 的兩面角 (2)𝐸 與四面體所截之多邊形面積最大值為何? 此時\(\lambda={1\over \overline{AQ}}-{1\over \overline{AP'}}=?\) (3)將 𝑃 點變更為: 不在平面 𝐴𝐵𝐶 上且點\(P'\)在\(\overline{AB}\)邊上 (非端點) , 證明截面積有最大值時 \(\lambda\)為定值。

解：

(1)$$\cases{\overline{AB}=3,\overline{AC}=2,\overline{BC}=\sqrt{13}\\ \overline{AP}=\sqrt 5,\overline{AC}=2,\overline{CP}=3} \Rightarrow \cases{\overline{BC}^2 =\overline{AB}^2 +\overline{AC}^2 \\ \overline{CP}^2 = \overline{AP}^2 + \overline{AC}^2} \Rightarrow  \cases{\angle BAC=90^\circ \\ \angle PAC=90^\circ}\\ 令\cases{A(0,0,0)\\ B(-3,0,0)\\ C(0,-2,0) \\ P(a,b,c)}，由於\cases{\overline{AP}=\sqrt 5\\ \overline{BP}=\sqrt 8\\ \overline{CP}=3} \Rightarrow \cases{a^2+b^2 +c^2=5\\ (a+3)^2+b^2+c^2= 8\\ a^2+(b+2)^2+c^2 = 9} \Rightarrow \cases{a=-1\\ b=0\\ c=\pm 2} \Rightarrow P(-1,0,\pm 2) \\平面ABC: z=0且\angle PAC=90^\circ \Rightarrow 平面ABC與平面ABP 夾角為\bbox[red,2pt]{90^\circ}$$(2)$$假設平面E與\overline{AB},\overline{PA},\overline{PC}及\overline{BC}分別交於Q,R,S,T四點，並令Q(-m,0,0)，見上圖；\\直角\triangle ABC: {\overline{BQ} \over \overline{BA}}= {\overline{TQ} \over \overline{AC}} \Rightarrow {3-m \over 3}= {\overline{TQ} \over 2} \Rightarrow \overline{TQ} =2-{2\over 3}m；\\同理，直角\triangle PP'A:{\overline{AQ} \over \overline{AP'}} = {\overline{AR} \over \overline{AP}} ={\overline{QR} \over \overline{PP'}} \Rightarrow {m \over 1} = {\overline{AR} \over \sqrt 5} ={\overline{QR} \over 2} \Rightarrow \cases{\overline{QR}=2m \\ \overline{AR}= \sqrt 5m};\\ \triangle PAC: {\overline{SR} \over \overline{AC}} = {\overline{PR} \over \overline{PA}} \Rightarrow {\overline{SR} \over 2}={\sqrt 5-\sqrt 5m\over \sqrt 5} \Rightarrow \overline{SR} =2-2m;\\梯形QRST面積=(\overline{RS} +\overline{TQ})\times \overline{RQ}\div 2 =(2-2m+2-{2\over 3}m)\times 2m\div 2= 4m-{8\over 3}m^2\\ \Rightarrow 當m={3\over 4}時，面積有最大值 3-{3\over 2}= \bbox[red,2pt]{3\over 2}；此時\lambda = {1\over \overline {AQ}}-{1\over \overline{AP'}} ={1\over 3/4}-{1\over 1}=\bbox[red,2pt]{1\over 3}$$(3)$$由(2)可知: 當m={3\over 4}時，截面積最大，此時\lambda={1\over 3}，為一定值，故得證。$$

4. 平面上拋物線\(y=f(x)=ax^2+bx+c \in R[x]\)，已知\(f(p)=m^2，f(q)=n^2 \)，其中實數\(p\gt q,m,n \gt 0\)。試問： (1)若\(y=f(x)\)圖形與 𝑥 軸相切, 求切點坐標 (2)若方程式 𝑓(𝑥) = 0 的兩根在區間 (𝑞, 𝑝) 中, 求 𝑎 的最小值.

解：

(1)$$假設切點為(\alpha,0) \Rightarrow f(x)=a(x-\alpha)^2，再由\cases{f(p)=m^2\\ f(q)=n^2}可得\cases{a(p-\alpha)^2=m^2 \\ a(q-\alpha)^2=n^2}\\ 兩式相除\Rightarrow {(p-\alpha)^2 \over (q-\alpha)^2} ={m^2 \over n^2} \Rightarrow \cases{{p-\alpha\over q-\alpha}= {m\over n} \\{p-\alpha\over q-\alpha}= -{m\over n}} \Rightarrow \cases{\alpha={mq-np\over m-n}\\ \alpha={np+mq\over m+n}} \\ \Rightarrow 切點坐標為\bbox[red,2pt]{\left( {mq-np\over m-n},0\right)或\left({np+mq\over m+n}, 0\right)}$$(2)$$由題意可知y=f(x)圖形為凹向上，因此f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta，其中\cases{q\lt \alpha \lt p\\ \beta < 0}\\ \Rightarrow \cases{f(p)=a(p-\alpha)^2+\beta=m^2 \\ f(q) =a(q-\alpha)^2 +\beta =n^2} \Rightarrow \cases{a(p-\alpha)^2 = m^2-\beta \\ a(q-\alpha)^2 =n^2-\beta \cdots(1)}\\ \Rightarrow {a(p-\alpha)^2  \over a(q-\alpha)^2  }={m^2-\beta \over n^2-\beta} \Rightarrow {p-\alpha \over q-\alpha} =1+{p-q \over q-\alpha}= -{\sqrt{m^2-\beta} \over \sqrt{n^2-\beta}} \Rightarrow {\sqrt{n^2-\beta}+ \sqrt{m^2-\beta} \over \sqrt{n^2-\beta}} ={p-q\over q-\alpha} \\ \Rightarrow q-\alpha= {(p-q)\sqrt{n^2-\beta} \over \sqrt{n^2-\beta} +\sqrt{m^2-\beta}} 代入(1)\Rightarrow a={(\sqrt{n^2-\beta} +\sqrt{m^2-\beta})^2 \over (p-q)^2} \ge {(m+n)^2 \over (p-q)^2} (\because \beta < 0)\\ 因此a的最小值為\bbox[red,2pt]{(m+n)^2 \over (p-q)^2}$$

5. 給定正整數\(a\gt b\)，對任意正整數\(n\)皆存在正整數\(m\)使得： \((\sqrt a-\sqrt b)^n= \sqrt{m+1}-\sqrt m\)， 試問： (1) 找出並證明符合此條件的所有數對 (𝑎, 𝑏) (2)數對 (𝑎, 𝑏) 的方程式\((\sqrt a-\sqrt b)^3=\sqrt{m+1}-\sqrt m\)，在 𝑚 是哪些正整數時, 沒有正整數對解?

解：

(1)$$(\sqrt a-\sqrt b)^n =\sqrt{m+1}-\sqrt m= {1\over \sqrt{m+1}+\sqrt m} \Rightarrow {1\over 2\sqrt{m+1}} \le (\sqrt a-\sqrt b)^n \le {1\over 2\sqrt m} \\ \Rightarrow \log_2 \left({1\over 2\sqrt{m+1}}\right) \le \log_2 (\sqrt a-\sqrt b)^n \le \log_2\left({1\over 2\sqrt{m}}\right) \\\Rightarrow -1-{1\over 2}\log_2(m+1) \le n\log_2(\sqrt a-\sqrt b) \le -1-{1\over 2}\log_2 m \Rightarrow \sqrt a-\sqrt b \le 2^{-1}={1\over 2}\\由於a,b\in N且 a\gt b，令a=b+k ,k\in N \Rightarrow \sqrt{b+k} -\sqrt b\le {1\over 2} \Rightarrow b+k \le {1\over 4}+\sqrt b+ b\\ \Rightarrow k\le {1\over 4} +\sqrt b \Rightarrow 只要取a=b+k=b+1就能滿足該條件，故(a,b)= \bbox[red,2pt]{(b+1,b)}$$(2)$$(\sqrt a-\sqrt b)^3= (a+3b)\sqrt a-(3a+b)\sqrt b = \sqrt{m+1}-\sqrt m \\\Rightarrow ((a+3b)\sqrt a+ \sqrt m)^2 = ((3a+b)\sqrt b + \sqrt{m+1} )^2 \\ \Rightarrow (a+3b)\sqrt{am} =(3a+b) \sqrt{bm+b} \Rightarrow am(a+3b)^2 = (bm+b)(3a+b)^2 \\ \Rightarrow m={b(3a+b)^2 \over a(a+3b)^2-b(3a+b)^2} ={b(4b+3)^2 \over (b+1)(4b+1)^2-b(4b+3)^2}= b(4b+3)^2\\ \Rightarrow 只要\bbox[red,2pt]{ m\ne b(4b+3)^2}，就沒有正整數(a,b)合乎要求。$$

解題僅供參考