105年新北市立高中聯合教甄-數學詳解

新北市立高級中等學校105學年度教師聯合甄選

一、選擇題

1. 若\(\alpha、\beta、\gamma \) 都是銳角，且\(\tan \alpha ={1\over 2}、\tan \beta={1\over 5}、\tan \gamma={1\over 8}\)，則 \(\alpha+\beta +\gamma=\)？

(A)\({3\pi\over 4}\) (B)\({\pi \over 2}\) (C)\({\pi \over 3}\) (D)\({\pi\over 4}\)

解答： $$\tan(\beta +\gamma) ={\tan \beta +\tan \gamma \over 1-\tan \beta \tan \gamma} ={{1\over 5} \cdot {1\over 8} \over 1-{1\over 5} \cdot {1\over 8}} = {1\over 3}\\ \Rightarrow  \tan(\alpha +(\beta+\gamma))= {\tan \alpha +\tan (\beta+\gamma)\over 1-\tan \alpha\tan (\beta+\gamma)} ={{1\over 2} +{1\over 3} \over 1-{1\over 2} \cdot{1\over 3}} =1 \Rightarrow \alpha+\beta+\gamma ={\pi \over 4}，故選\bbox[red,2pt]{(D)} $$

2. 不等式 \(\sqrt{a^2-x^2} \lt 2x+a(a\gt 0 為一常數)\)的解集合為何？

(A)\((0,a ]\) (B)\((-a,a)\) (C)\((-\infty,-{4\over 5}a)\cup (0,\infty)\) (D)空集合

解答： $$ \sqrt{a^2-x^2} \lt 2x+a \Rightarrow \cases{a^2-x^2 \ge 0\\ 2x+a \gt 0\\ a^2-x^2 \lt (2x+a)^2} \Rightarrow \cases{-a \le x\le a \\ x \gt -a/2\\ x(5x+4a) \gt 0} \\ \Rightarrow \cases{-a/2 \lt x \le a\\ x\gt 0 或x\lt -4a/5} \Rightarrow 0 \lt x \le a，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

3. 設\(\triangle ABC\)是一個面積為5的直角三角形，\(\angle B=90^\circ\)，\(D、E\) 分別在 \(\overline{BC}、\overline{AB}\) 上且 \(\overline{BD}:\overline{DC} =4:3\)，\(\overline{AE}:\overline{EB} =2:5\)，求\(\overline{DE}\)之最小值為何？

(A)\({20\over 7}\) (B)\({12\over 7}\) (C)\({16\over 7}\) (D)\({18\over 7}\)

解答：

$$\cases{\overline{BD}: \overline{DC}=4:3\\ \overline{AE}:\overline{EB}=2:5} \Rightarrow \cases{\overline{AE}=2n\\ \overline{EB}=5n\\ \overline{BD}=4m\\ \overline{DC}=3m} \Rightarrow \triangle ABC面積={1\over 2}\times \overline{AB}\times \overline{BC} \Rightarrow 5={1\over 2}\times 7m\times 7n\\ \Rightarrow mn={10\over 49} \Rightarrow \overline{DE}^2 = \overline{EB}^2 +\overline{BD}^2 =25n^2+16m^2 \ge 2\sqrt{25n^2\times 16m^2} =40mn\\ =40\times {10\over 49} ={400\over 49}  \Rightarrow \overline{DE} \ge \sqrt{400\over 49}={20\over 7}，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

4. 若已知 \( x^2+y^2+z^2 ={11+2\sqrt{7}\over 2}\)，\(x+y+z={3+\sqrt 7 \over 2}\) ，試求\((x+y)(y+z)(z+x)+xyz\)之值為何？

(A)\({1\over 4}\) (B)\({1\over 5}\) (C)\(-{1\over 5}\) (D)\(-{1\over 4}\)

解答： $$令a=x+y+z，則a^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx) \Rightarrow xy+yz+zx\\ \qquad ={1\over 2}(a^2-(x^2+y^2+z^2))\\ 因此(x+y)(y+z)(z+x) +xyz = (a-z)(a-x)(a-y)+xyz \\= a^3-a^2(x+y+z)+ a(xy+yz+zx) = a(xy+yz+zx) \\={3+\sqrt 7\over 2}\times {1\over 2}(({3+\sqrt 7\over 2})^2-({11+2\sqrt 7\over 2}))\\= {3+\sqrt 7\over 4}\times {-6+2\sqrt 7\over 4} ={-4\over 16} =-{1\over 4}，故選\bbox[red, 2pt]{(D)} $$

5. 圓內接 \(\triangle ABC\) 為正三角形，在劣弧\(\stackrel{\frown}{BC}\) 有一點 \(P\)。若弦\(\overline{AP}\) 與 \(\overline{BC}\) 交於點 \(D\)，且 \(\overline{BP} =21、\overline{PC} =28\)，則\(\overline{PD}=？\)。

(A)14 (B)13 (C)12 (D)11

解答： 

$$同弧所對的圓周角相等 \Rightarrow \cases{\angle B=\angle CPA = 60^\circ\\ \angle C=\angle APB=60^\circ} \Rightarrow \angle BPC= 60^\circ+60\circ = 120^\circ \\ \Rightarrow \cos \angle BPC = \cos 120^\circ = -{1\over 2} ={\overline{PC}^2 +\overline{PB}^2 -\overline{BC}^2 \over 2\times \overline{PB}\times \overline{PC}} ={28^2+21^2 -\overline{BC}^2 \over 2\times 28\times 21} \Rightarrow \overline{BC}= 7\sqrt {37}\\ 由於\overline{PD}是\angle BPC的角平分線，所以\overline{CD}: \overline{DB}= \overline{PC}: \overline{PB} \Rightarrow \overline{CD} =7\sqrt{37}\times {28\over 49} =4\sqrt{37}\\ \triangle ABD \sim \triangle CPD (AAA) \Rightarrow {\overline{DP}\over \overline{DB}} ={\overline{PC}\over \overline{AB}} \Rightarrow {\overline{DP} \over 3\sqrt{37}} ={28 \over 7\sqrt{37}} \Rightarrow \overline{DP}=12，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

二、填充題

1. 某個箱子中裝有紅、白、黃三種顏色的球，已知黃球的個數至多是白球個數的 \({1\over 2}\)，且黃球的個數至少是紅球個數的\({1\over 3}\)。若箱子中白球與黃球的個數和不大於104，則箱子中至多有____ 個紅球

解答： $$ 箱子中裝有紅、白、黃三種顏色的球\Rightarrow \cases{R\ge 1\\ W\ge 1\\ Y\ge 1}\\依題意\cases{Y\le {1 \over 2}W  \Rightarrow W\ge 2Y \Rightarrow W+Y \ge 3Y\cdots(1)\\ Y\ge {1\over 3} R \Rightarrow 3Y \ge R \cdots(2)\\ W+Y \le 104 \cdots(3)} \Rightarrow R\le 3Y \le W+Y \le 104 \\ \Rightarrow R\le 104 \Rightarrow \cases{R=104 \Rightarrow Y\ge {1\over 3}R \Rightarrow Y=35 \Rightarrow W\ge 2Y=70 \Rightarrow W+Y=105 \not \le 104\\ R=103 \Rightarrow Y\ge {1\over 3}R \Rightarrow Y=35 \Rightarrow W\ge 2Y=70 \Rightarrow W+Y=105 \not \le 104 \\R=102\Rightarrow  Y\ge {1\over 3}R \Rightarrow Y=34 \Rightarrow W\ge 2Y=68 \Rightarrow W+Y=102   \le 104} \\ \Rightarrow 紅球至多是\bbox[red,2pt]{102}$$此題主要的癥結在於球數是整數值，題意的不等式有分數計算，影響欲求的整數值!

2. 令\(P= 1!\times 2! \times 3!\times 4!\times 5!\times 6! \times 7! \times 8!\times 9!\times 10!\)，請問\(P\)的因數有 _______ 個是完全平方數。

解答： $$P=1!\times 2! \times 3!\times 4!\times 5!\times 6! \times 7! \times 8!\times 9!\times 10! \\ =2^9 \times 3^8\times 4^7 \times 5^6\times 6^5\times 7^4\times 8^3\times 9^2 \times 10^1 \\ =2^9 \times 3^8\times 2^{14} \times 5^6\times (2^5\times 3^5) \times 7^4\times 2^9\times 3^4 \times (2\times 5) \\= 2^{38}\times 3^{17} \times 5^7 \times 7^4\\ P是完全平方數 \Rightarrow P=(2^a\cdot 3^b \cdot 5^c \cdot 7^d)^2 \Rightarrow \cases{0\le a\le 19\\ 0\le b\le 8\\ 0\le c\le 3\\ 0\le d\le 2} \\ \Rightarrow 共有(19+1) \times (8+1)\times (3+1) \times (2+1) =\bbox[red,2pt]{2160}個 $$

3. 從\([0,1]\) 中任取兩數 \( a、b\)，並令\(c=a+b\)。若\(A、B、C\) 分別表示最接近\(a、b、c\)的整數，則 \(A+B=C\)的機率為____

解答： 

$$ 令R(x)=最接近x的整數，則依C值分類(C=0:黃、C=1:藍、C=2:紅):\\\cases{C= R(c)=0\Rightarrow \cases{ 0\le c\lt 0.5\\A=R(a)=0 \Rightarrow 0\le a\lt 0.5\\ B= R(b)=0 \Rightarrow 0\le b \lt 0.5} \\ C=R(c)=1 \Rightarrow \cases{\cases{0.5\le c \lt 1.5 \\ A=R(a)=1 \Rightarrow 0.5\le a\lt 1.5\\ B=R(b)=0 \Rightarrow 0\le b\lt 0.5}\\ \cases{0.5\le c\lt 1.5\\ A=R(a)=0 \Rightarrow 0\le a\lt 0.5\\ B=R(b)=1 \Rightarrow 0.5\le b\lt 1.5}}\\ C=R(c)=2 \Rightarrow \cases{1.5\le c\le 2\\ A=R(a)=1 \Rightarrow 0.5\le a\lt 1.5\\ B=R(b)=1 \Rightarrow 0.5\le b\lt 1.5}}\\ 因此機率={色塊\over 全部}={6\over 8} =\bbox[red,2pt]{3\over 4}$$

4. 某遊樂園有一些遊客要乘坐遊園火車，已知遊園火車車廂的座位數可以調整，但每節車廂最多只可乘坐40人，且遊樂園規定每節車廂的人數都要相同。如果每節車廂只乘坐30人，則有一人無法上車；如果減少一節車廂，則在調整座位後所有遊客正好能平均分到各節車廂。試問原來要乘坐遊園火車的遊客總共有 _______ 人。

解答： $$ 假設遊客總數P \Rightarrow \cases{P=30a+1\\ P=(a-1)b}，其中\cases{a為火車節數\\ b:當火車節數為a-1節時，每節車廂人數} \\ \Rightarrow 30a+1=(a-1)b \Rightarrow ab-b-30a=1 \Rightarrow a(b-30)-(b-30)=31\\ \Rightarrow (a-1)(b-30)=31，由於31為質數，且b\ge 31，只能取\cases{a-1=31\\ b-30=1} \\ \Rightarrow a=32 \Rightarrow P=30\times 32+1 =\bbox[red,2pt]{961}$$

5. 令 \(M=\{-2,0,1\}、N=\{1,2,3,4,5\}\)。若規定函數 \(f:M\to N\) 必須滿足對於每個\( x\in M，x+f(x) +xf(x)\) 均為奇數，則符合這種規定的函數\(f\) 共有___ 個。

解答： $$三數相加為奇數，可分為三奇數及二偶一奇兩類；\\三奇數: x=1，f(1)=1,3,5、xf(x)=1,3,5，則有f(1)=1,f(1)=3,f(1)=3，3種函數;\\二偶一奇: x=-2，f(-2)=1,3,5，xf(x)=-2,-6,-10，也有3種函數；\\\qquad \qquad x=0，f(0)=1,3,5，xf(x)=0，也有3種函數\\ \qquad \qquad x=1，f(1)=2,4，xf(x)=2,4，有2種函數\\綜合上述，共有\#f(1)\times \#f(0) \times \#f(2)=(3+2)\times 3\times 3= \bbox[red,2pt]{45}個函數$$

6. 有三個小圓 \(A、B、C\)彼此外切， 且均內切於大圓 \(O\)；已知圓\(B\)與圓\(C\)的半徑相等，且圓\(A\)的半徑長為2。若圓\(A\)恰通過大圓\(O\)的圓心，則圓\(B\)的半徑長為___。

解答：

$$假設\cases{圓B、圓C的圓心為點B及點C，半徑均為r\\ 圓A圓心為點A\\ 大圓圓心為點O}\qquad，如上圖；\\圓B與圓C有相同半徑，因此A及O均在\overline{BC}的中垂線上，因此大圓半徑\overline{OE}=圓A的直徑=4；\\令\overline{OD}=a，則\cases{\triangle ODB: (4-r)^2=a^2+r^2\\ \triangle ADB: (2+r)^2 = (2+a)^2 +r^2} \Rightarrow \cases{r=(16-a^2)/8 \cdots(1)\\ 4r=a^2+4a \cdots(2)} \\ 將(1)代入(2) \Rightarrow a={4\over 3} \Rightarrow r= \bbox[red,2pt]{16\over 9} $$

7. 不等式\({4x^2 \over (1-\sqrt{1+2x})^2}\lt 2x+9\) 的解為_____。

解答： $${4x^2 \over (1-\sqrt{1+2x})^2} \Rightarrow \cases{1+2x \ge 0\\ 1-\sqrt{1+2x} \ne 0} \Rightarrow \cases{x\ge -1/2 \\ x\ne 0}\cdots(1)；\\{4x^2 \over (1-\sqrt{1+2x})^2} \lt 2x+9 \\\Rightarrow {4x^2 \over (2x+2)-2\sqrt{1+2x}} \lt 2x+9 \Rightarrow 4x^2 \lt (2x+2)(2x+9)-2(2x+9)\sqrt{2x+1} \\ \Rightarrow 4x^2 \lt 4x^2+22x+ 18-2(2x+9)\sqrt{2x+1} \Rightarrow (2x+9)\sqrt{2x+1} \lt 11x+9 \\ \Rightarrow (2x+9)^2(2x+1) \lt (11x+9)^2 \Rightarrow 8x^3 -45x^2 \lt 0 \Rightarrow x^2(8x-45) \lt 0\\ \Rightarrow x \lt {45\over 8} \cdots(2)\\ (1)\cap (2) \Rightarrow \bbox[red,2pt]{-{1\over 2} \le x \lt {45\over 8}且x\ne 0} $$

8. 已知 \(y={105^x-105^{-x} \over 105}\) 與 \(y={a \over 105^x+ 105^{-x}}\) 相交於兩點 \(A、B\)，若 \( \overline{AB} =1\) ，求\(a=\)______。

解答： $$ 兩圖形\cases{y=f(x)={105^x+105^{-x} \over 105} \\y=g(x)= {a\over 105^x +105^{-x}}}皆對稱y軸，因此兩圖形交點可設為\cases{A(k, f(k)=g(k))\\ B(-k,f(k)=g(k))} ;\\ \overline{AB}=1 \Rightarrow k=1/2 \Rightarrow f(1/2)=g(1/2) \Rightarrow {105^{1/2}+105^{-1/2} \over 105} ={a\over 105^{1/2}+105^{-1/2}}\\ \Rightarrow a={105^2 +211 \over 105^2} =\bbox[red, 2pt]{1{211\over 105^2}}$$

9. 某項工程，若由\(甲、乙\)兩家工程公司承包，需\({12\over 5}\) 天完成，要付 180000 元；由\(乙、丙\)兩家工程公司承包，需\({15\over 4}\) 天完成，要付 150000 元；由\(甲、丙\)兩家工程公司承包，需\({20\over 7}\) 天完成，要付 160000 元。現在若在工程必須在一週內完成的前提下，由一家公司獨自承包此工程，則由 _____ 工程公司承包最省錢。

解答： $$ 假設\cases{由甲獨自承包需要x天，每天工程費為a元\\由乙獨自承包需要y天，每天工程費為b元\\由丙獨自承包需要z天，每天工程費為c元}，則 \cases{{1\over {1/x+1/y}}={12\over 5} \\  {1\over {1/y+1/z}}={15\over 4} \\{1\over {1/x+1/z}}={20\over 7} } \Rightarrow \cases{{1\over x} +{1\over y}={5\over 12 } \cdots(1)\\ {1\over y} +{1\over z}={4\over 15 } \cdots(2)\\{1\over z} +{1\over x}={7\over 20 }  \cdots(3)} \\(1)-(2) \Rightarrow {1\over x}-{1\over z}={3\over 20}\cdots(4)，(3)+(4) \Rightarrow x=4 \Rightarrow \cases{y=6\\ z=10};\\ 再由\cases{{12\over 5}(a+b)=180000\\ {15\over 4}(b+c) = 150000\\ {20\over 7 }(c+a)=160000} \Rightarrow \cases{a+b = 75000 \\ b+c =40000 \\ c+a= 56000 } \Rightarrow \cases{a= 45500\\ b=29500 \\ c=10500} \\ \Rightarrow \cases{由甲獨自承包需要4\times 45500=182000元\\由乙獨自承包需要6\times 29500=177000 元\\由丙獨自承包需要10\times 10500=105000元} \Rightarrow 丙獨自承作最便宜，但工期超過一星期\\，因此\bbox[red,2pt]{乙}承作最省錢；$$

10. 考慮方程式 \(x^2+2ax+b^2=0\)，若 \(a\)是從\([0,3]\) 中任取一數，\(b\) 是從\( [0,2] \)中任取一數 ，則方程式有實數根的機率為 ___

解答：

$$ x^2+2ax+b^2=0有實根\Rightarrow 4a^2-4b^2 \ge 0 \Rightarrow (a+b)(a-b)\ge 0 \\ \Rightarrow P\left({a\ge b\;\cap\; a\in [0,3]\;\cap\; b\in[0,2]\over a\in [0,3]\;\cap \;b\in[0,2]}\right) ={ABCD面積\over ABCE面積} ={2\times 3-(2\times 2)\div 2\over 2\times 3} ={4\over 6} =\bbox[red,2pt]{2\over 3}$$

11. 若 \((1+x+x^2)^{1000}\) 的展開式為\(a_0+ a_1x+ a_2x^2 + \cdots +a_{2000}x^{2000}\)，則\(a_0+a_3 +a_6 +a_9 +\cdots +a_{1998}\) 之值為____。

解答： $$ x^3-1=0之三根為\cases{e^{i2\pi/3} =\omega\\ e^{i4\pi/3} =\omega^2\\ e^{i2\pi} =1 }，則\omega及\omega^2為x^2+x+1=0之二根\\ f(x)=(1+x+x^2)^{1000} = \sum_{k=0}^{2000}a_kx^k \Rightarrow \cases{f(1)=3^{1000}= \sum_{k=0}^{2000}a_k \\f(\omega) =0 =\sum_{k=0}^{2000}a_k\omega^k \\ f(\omega^2)=0 =\sum_{k=0}^{2000}a_k\omega^{2k}} \\ \Rightarrow f(1)+f(\omega)+ f(\omega^2)=3^{1000} =(1+1+1)a_0 + (1+\omega+\omega^2)a_1 +(1+\omega^2+\omega )a_2 \\ \qquad+(1+1+1) a_3 +(1+\omega+\omega^2)a_4+ (1+\omega^2+\omega)a_5+\cdots (1+\omega^2+\omega)a_{2000} \\ \qquad =3(a_0+a_3+a_6+\cdots +a_{1998})\\ \Rightarrow a_0+a_3+a_6+\cdots +a_{1998}=3^{1000}\div 3  = \bbox[red,2pt]{3^{999}}$$

12. 設 \(a \lt 0\)，則方程式 \((a-1) (\sin 2x +\cos x) + (a+1) (\sin x-\cos 2x)=0\)在區間 \((-\pi ,\pi)\) 內有____個解

解答： $$(a-1)(\sin(2x) + \cos x)+(a+1)(\sin x-\cos (2x))=0 \\\Rightarrow a={\sin(2x)-\sin x+\cos (2x)+\cos x\over \sin(2x)+ \sin x + \cos x-\cos (2x)} = {2\sin x\cos x-\sin x+2\cos^2 x-1+\cos x\over 2\sin x\cos x+ \sin x + \cos x-2\cos^2 x+1}\\ = {\sin x(2\cos x-1)+ \cos x(2\cos  x-1)+2\cos x-1\over \sin x(2\cos x+ 1) -\cos x(2\cos x+1)+2\cos x+1} = {\sin x(2\cos x-1)+ (\cos x+1)(2\cos  x-1) \over \sin x(2\cos x+ 1)+ (2\cos x+1)(1-\cos x)} \\ ={(2\cos x-1)(\sin x+\cos x+1) \over (2\cos x+1)(\sin x-\cos x+1)}\cdots(1)\\ 將\cases{\sin x=\cfrac{2\tan (x/2)}{1+\tan^2 (x/2)} \\\cos x=\cfrac{1-\tan^2 (x/2)}{1+\tan^2 (x/2)}} 代入\cfrac{ \sin x+\cos x+1}{ \sin x-\cos x+1} = \cfrac{2\tan(x/2)+2}{2\tan^2 (x/2)+2\tan(x/2)} =\cfrac{1}{\tan(x/2)}\\ =\cot(x/2)；因此(1) \Rightarrow a=\cfrac{2\cos x-1}{2\cos x+1}\cdot \cot(x/2) \Rightarrow a\tan(x/2) = \cfrac{2\cos x-1}{2\cos x+1}\cdots(2)\\令t=\tan(x/2)，則\cfrac{2\cos x-1}{2\cos x+1}=  \cfrac{2 \cdot\cfrac{1-t^2}{1+t^2}-1}{2 \cdot\cfrac{1-t^2}{1+t^2}+1} =\cfrac{1-3t^2}{3-t^2} 代回(2) \Rightarrow at=\cfrac{1-3t^2}{3-t^2}\\ 此題相當於求兩圖形\cases{y=f(t)=at\\ y=g(t)=\cfrac{1-3t^2}{3-t^2}}有幾個交點$$ 

$$先來看y=f(t)=at，為一條直線，且斜率a\lt 1，因此該直線通過二、四象限；\\再來是y=g(t)=\cfrac{1-3t^2 }{3-t^2} \Rightarrow \lim_{t\to \pm \infty} g(t)=3及分母為0的直線t=\pm \sqrt 3；\\因此y=g(t)有三條漸近線\cases{y=3\\ t=\sqrt 3\\ t=-\sqrt 3}，又g(-t)=g(t)，即圖形對稱y軸且通過(0,1/3)\\，其圖形如上圖，因此兩圖形有3個交點；\\最後考慮式(1)分母為0的情形，即\cases{2\cos x+1=0 \\ \sin x-\cos x+1=0} \Rightarrow \cases{x=\pm 2\pi/3\\ x=0,-\pi/2}代回原式\\，只有x=-\pi/2符合原式，即t=\tan(-{\pi\over 4})=-1(不含在原三個交點內)，因此共\bbox[red,2pt]{4}個交點$$

三、計算題：

1. 已知橢圓 \({x^2\over 3} +{y^2 \over 2}=1\) 的左、右焦點分別為\( F_1\) 與 \(F_2\)，過焦點\(F_1\)的直線交橢圓於\(B、D\)兩點，過焦點 \(F_2\) 的直線交橢圓於\(A、C\)兩點，且\(\overleftrightarrow{AC} \bot \overleftrightarrow{BD}\)，垂足為點\(P\)。則四邊形\(ABCD\) 面積的最小值為____？

解答： 

$${x^2\over 3} +{y^2 \over 2}=1 \Rightarrow \cases{a=\sqrt 3\\ b=\sqrt 2} \Rightarrow c=1 \Rightarrow \cases{F_1(-1,0)\\ F_2(1,0)}；並 假設\cases{A(x_a,y_a)\\ B(x_b,y_b)\\ C(x_c,y_c)\\ D(x_d,y_d)}，見上圖；\\ 假設\cases{L_1= \overleftrightarrow{BD}，斜率為m \\ L_2=\overleftrightarrow{AC}，斜率為-1/m} \Rightarrow \cases{L_1: y=m(x+1)\\ L_2: y=-{1\over m}(x-1)} 代回原橢圓方程式，\\可得\cases{{x^2\over 3}+{m^2(x+1)^2 \over 2}=1 \\ {x^2\over 3} +{(x-1)^2 \over 2m^2} =1} \Rightarrow \cases{(3m^2+2)x^2 +6m^2x+3m^2-6=0 \\ (2m^2+3)x^2 -6x+3-6m^2=0}\\ \Rightarrow \cases{x_b+x_d=-{6m^2\over 3m^2+2}, x_bx_d={3m^2-6 \over 3m^2+2} \\ x_a+x_c={6\over 2m^2+3}, x_ax_c= {3-6m^2\over 2m^2+3}}\\ \Rightarrow \cases{(x_b-x_d)^2 = (x_b+x_d)^2- 4x_bx_d = {48m^2+48 \over (3m^2+2)^2} \\ (x_a-x_c)^2 = (x_a+x_c)^2-4x_ax_c = {48m^4+48m^2  \over (2m^2+3)^2}} \Rightarrow \cases{|x_b-x_d| ={4\sqrt 3\sqrt{m^2+1} \over 3m^2+2} \\ |x_a-x_c| ={ 4\sqrt 3 \sqrt{m^2(m^2+1)}\over 2m^2+3}} \\ \Rightarrow \cases{\overline{BD} =\sqrt{m^2+1}|x_b-x_d| ={4\sqrt 3(m^2+1)\over 3m^2+2}\\ \overline{AC} =\sqrt{m^2+1\over m^2} |x_a-x_c| ={4\sqrt 3(m^2+1)\over 2m^2+3}} \\ \Rightarrow ABCD 面積={1\over 2}\times \overline{BC}\times \overline{AD} ={24(m^2+1)^2 \over (3m^2+2)(2m^2+3)} \ge {24(m^2+1)^2 \over [((3m^2+2)+(2m^2+3)) \div 2]^2}\\ ={24(m^2+1)^2 \over {25\over 4}(m^2+1)^2}  =\bbox[red,2pt]{96 \over 25}$$