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△ABC中,2¯AB=¯AC,cosA=35,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
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解:假設{A(0,0)B(m,1)C(n,2),取B′(2m,2),則¯AB′=2¯AB=¯AC,將B′旋轉±θ即為C點,其中cosθ=3/5;逆時鐘旋轉矩陣M=[cosθ−sinθsinθcosθ]=[3/5−4/54/53/5]⇒順時鐘旋轉矩陣M′=[3/54/5−4/53/5]因此{MB′=[6m−858m+65]=[n2]M′B′=[6m+85−8m+65]=[n2]⇒(m,n)={(1/2,−1)(−1/2,1)⇒{B(1/2,1),C(−1,2)B(−1/2,1),C(1,2);同理,假設{A(0,0)B(m,2)C(n,1),取B′(2m,4)⇒{MB′=[6m−1658m+125]=[n1]M′B′=[6m+165−8m+125]=[n1]⇒{B(−7/8,2),C(−17/4,1)B(7/8,2),C(17/4,1)假設{A(0,1)B(m,0)C(n,2),取B′(2m,−1)⇒{M(B′−A)+A=[6m+858m−15]=[n2]M′(B′−A)+A=[6m−85−8m−15]=[n2]⇒{B(118,0),C(134,2)B(−118,0),C(−134,2)假設{A(0,1)B(m,2)C(n,0),取B′(2m,3)⇒{M(B′−A)+A=[6m+858m−15]=[n0]M′(B′−A)+A=[6m−85−8m−15]=[n0]⇒{B(−118,2),C(−134,0)B(118,2),C(134,0)假設{A(0,2)B(m,1)C(n,0),取B′(2m,0)⇒{M(B′−A)+A=[6m+858m+45]=[n0]M′(B′−A)+A=[6m−85−8m+45]=[n0]⇒{B(−12,1),C(1,0)B(12,1),C(−1,0)假設{A(0,2)B(m,0)C(n,1),取B′(2m,−2)⇒{M(B′−A)+A=[6m+1658m−25]=[n1]M′(B′−A)+A=[6m−165−8m−25]=[n1]⇒{B(78,0),C(17,1)B(−78,0),C(−17,1)因此可能的三頂點坐標為(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;△ABC面積=12¯AB⋅¯AC⋅sinA=12¯AB⋅2¯AB⋅sinA=¯AB2sinA=45¯AB2由於¯AB2可能的值為54,30564,18564,因此可能的三角形面積為1,6116,3716
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,…,3k−1,…,3n−1}共 n 個球(正整數n≥3), 乙箱裝有編號{2,6,…,2×3k−1,…,2×3n−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)
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解:
(1)甲贏:n−1∑k=1(1n⋅kn)=1n2⋅n(n−1)2=n−12n乙贏:n∑k=1(1n⋅kn)=1n2⋅n(n+1)2=n+12n因此選甲贏的機率為n−12n;選乙贏的機率為n+12n(2)將甲箱編號1拿走,則選甲箱與選乙箱贏的機率都是:n−1∑k=1(1n−1⋅kn)=1n(n−1)⋅n(n−1)2=12將乙箱編號2⋅3n−1拿走,則選甲箱與選乙箱贏的機率都是:n−1∑k=1(1n⋅kn−1)=1n(n−1)⋅n(n−1)2=12風間的方案要拿走編號1或編號2⋅3n−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數相除,甲乙兩箱贏輸機率相等。
3. 空間中, 四面體PABC的邊長為: ¯AB=3,¯BC=√13,¯CA=2,¯PA=√5,¯PB=√8,¯PC=3 若平面E 垂直 △ABC且平行¯AC邊,令點P′為P點在¯AB邊的投影,點Q為E與¯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λ=1¯AQ−1¯AP′=? (3)將 𝑃 點變更為: 不在平面 𝐴𝐵𝐶 上且點P′在¯AB邊上 (非端點) , 證明截面積有最大值時 λ為定值。 |
解:
(1){¯AB=3,¯AC=2,¯BC=√13¯AP=√5,¯AC=2,¯CP=3⇒{¯BC2=¯AB2+¯AC2¯CP2=¯AP2+¯AC2⇒{∠BAC=90∘∠PAC=90∘令{A(0,0,0)B(−3,0,0)C(0,−2,0)P(a,b,c),由於{¯AP=√5¯BP=√8¯CP=3⇒{a2+b2+c2=5(a+3)2+b2+c2=8a2+(b+2)2+c2=9⇒{a=−1b=0c=±2⇒P(−1,0,±2)平面ABC:z=0且∠PAC=90∘⇒平面ABC與平面ABP夾角為90∘(2)假設平面E與¯AB,¯PA,¯PC及¯BC分別交於Q,R,S,T四點,並令Q(−m,0,0),見上圖;直角△ABC:¯BQ¯BA=¯TQ¯AC⇒3−m3=¯TQ2⇒¯TQ=2−23m;同理,直角△PP′A:¯AQ¯AP′=¯AR¯AP=¯QR¯PP′⇒m1=¯AR√5=¯QR2⇒{¯QR=2m¯AR=√5m;△PAC:¯SR¯AC=¯PR¯PA⇒¯SR2=√5−√5m√5⇒¯SR=2−2m;梯形QRST面積=(¯RS+¯TQ)ׯRQ÷2=(2−2m+2−23m)×2m÷2=4m−83m2⇒當m=34時,面積有最大值3−32=32;此時λ=1¯AQ−1¯AP′=13/4−11=13(3)由(2)可知:當m=34時,截面積最大,此時λ=13,為一定值,故得證。
4. 平面上拋物線y=f(x)=ax2+bx+c∈R[x],已知f(p)=m2,f(q)=n2,其中實數p>q,m,n>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(α,0)⇒f(x)=a(x−α)2,再由{f(p)=m2f(q)=n2可得{a(p−α)2=m2a(q−α)2=n2兩式相除⇒(p−α)2(q−α)2=m2n2⇒{p−αq−α=mnp−αq−α=−mn⇒{α=mq−npm−nα=np+mqm+n⇒切點坐標為(mq−npm−n,0)或(np+mqm+n,0)(2)由題意可知y=f(x)圖形為凹向上,因此f(x)=a(x−α)2+β,其中{q<α<pβ<0⇒{f(p)=a(p−α)2+β=m2f(q)=a(q−α)2+β=n2⇒{a(p−α)2=m2−βa(q−α)2=n2−β⋯(1)⇒a(p−α)2a(q−α)2=m2−βn2−β⇒p−αq−α=1+p−qq−α=−√m2−β√n2−β⇒√n2−β+√m2−β√n2−β=p−qq−α⇒q−α=(p−q)√n2−β√n2−β+√m2−β代入(1)⇒a=(√n2−β+√m2−β)2(p−q)2≥(m+n)2(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
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