100板橋高中

題目請參考美夢成真網站
http://www.shiner.idv.tw/teachers/viewtopic.php?f=53&t=2530

先把會的寫下來

11題
有外角平分線，欲證之式又是調和型式，所以想到調和點列。
作角BAC的平分線交BC於D，那麼(B、C；D、E)為調和點列，所以有
\(\displaystyle \frac{1}{BE}+\frac{1}{CE}=\frac{2}{DE} \)
連接\(\displaystyle ND_1 \)，因為\(\displaystyle AD_1 \)為直徑，所以
\(\displaystyle \angle{AND_1}=90^o \)
\(\displaystyle \angle{AMN}=\angle{AD_1N} \)
\(\displaystyle \angle{MAP}=90^o-\angle{AMN}=90^o-\angle{AD_1N}=\angle{D_1AN} \)
所以AD也是\(\displaystyle \angle{D_1AD_2} \)的內角平分線
而AE和AD垂直，所以AE是\(\displaystyle \angle{D_1AD_2} \)的外角平分線
同樣有\(\displaystyle D_1、D_2；D、E \)為調和點列
\(\displaystyle \frac{1}{D_1E}+\frac{1}{D_2E}=\frac{2}{DE} \)
故得證

註一
(B、C；D、E)為調和點列的證明
內分比\(\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{BA}{AC} \)
外分比\(\displaystyle \frac{BE}{EC}=\frac{BA}{AC} \)
故\(\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{BE}{EC} \)

註二
調和點列形成調和數列的證明
由\(\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{BE}{EC} \)
我們令\(\displaystyle BE=x,C=y,DE=z \)，上式可以寫為
\(\displaystyle \frac{x-z}{z-y}=\frac{x}{y} \)
\(\displaystyle xz-xy=xy-yz \)
\(\displaystyle yz+xz=2xy \)
\(\displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{2}{z} \)

這也就是調和點列名稱的由來
事實上從任一點到另外三點所成的三個線段，都形成調和數列，但是要注意方向。

[ 本帖最後由 老王 於 2011-6-7 08:18 PM 編輯 ]

第5題，要補上立方體的邊長為10
假設B、C、D分別離地面高度為10,11,12
三角形BCD是邊長為\( 10\sqrt2 \)的正三角形
取BD中點M，那麼M的高度為11
並且CM垂直BD
若是三角形BCD在水平面的投影為三角形CEF，此時DF=BE=1
那麼可以看出BCD和水平面的夾角就是角DMF
也就是想成三角形BCD轉了這個角度
那麼這個正方體也是轉相同角度
取BCD的重心G，那麼AG和面BCD垂直，且知
\(\displaystyle AG=\frac{10\sqrt3}{3} \)
於是AG在鉛直方向的投影長度為
\(\displaystyle \frac{10\sqrt3}{3} \times \cos{DMF} \)
\(\displaystyle =\frac{10\sqrt3}{3} \times \frac{7}{5\sqrt2}=\frac{7\sqrt6}{3} \)
所以A的高度為
\(\displaystyle 11-\frac{7\sqrt6}{3} \)

第2題
做了一個立方體模型就靈光一閃看出來了
基本上你去看一個立方體，最多只能看到三個面，這三個面有一個共同的頂點。
準此，意思就是其他三個面會被這三個面遮住，只要考慮這三個面的投影就好。
而且總投影面積，就是這三個面分別投影的面積。

假設這三個面分別是A、B、C
他們的面積都是\( a^2 \)
設\( \alpha、\beta、\gamma \)分別是A、B、C所在平面和投影面的銳夾角，那麼有投影面積
\(\displaystyle A'=A\cos{\alpha}、B'=B\cos{\beta}、C'=C\cos{\gamma} \)
所求為\( A'+B'+C' \)的最大值。

假設A、B、C所在平面分別是三個坐標平面，投影面為px+qy+rz+s=0
那麼\( \alpha、\beta、\gamma \)就會是(p,q,r)的方向角，所以有
\(\displaystyle \cos^2{\alpha}+\cos^2{\beta}+\cos^2{\gamma}=1 \)
於是由柯西不等式
\(\displaystyle (\cos^2{\alpha}+\cos^2{\beta}+\cos^2{\gamma})(1+1+1) \ge (\cos{\alpha}+\cos{\beta}+\cos{\gamma})^2 \)
所以最大陰影面積為
\(\displaystyle \sqrt3 a^2 \)


由上討論，知道如果長方體長寬高各為a,b,c
令A=bc,B=ac,C=ab
由柯西不等式
\(\displaystyle (\cos^2{\alpha}+\cos^2{\beta}+\cos^2{\gamma})(b^2c^2+a^2c^2+a^2b^2) \ge (bc\cos{\alpha}+ac\cos{\beta}+ab\cos{\gamma})^2 \)
最大陰影面積為
\(\displaystyle \sqrt{b^2c^2+a^2c^2+a^2b^2} \)

第10題
顯然A'C'跟平面BB'C'C垂直，所以A'C'垂直BC'於C'
過C作BC'的垂線，垂足D會是BC'的中點
那麼
\(\displaystyle A'C'=3\sqrt2，CD=\sqrt2 \)
所以P點位置在DC'上且為DP : PC'=1 : 3的地方
不過這題沒問P在哪，只要算最小值
最小值就是
\(\displaystyle \sqrt{(A'C'+CD)^2+DC'^2}=\sqrt{34} \)

[ 本帖最後由 老王 於 2011-6-9 06:30 PM 編輯 ]

這裡沒有"讚"可以按......
老王老師真的很厲害!

不好意思, 能不能請教一下各位第7題?我一直想不透這題:
若n有最小值, 設為k, 則S={5, 6, 7, .....k-1, k}. 將其任意分割, 設分割成A={5, 6, ... k-1}, B={k},
則B必不能滿足含有a, b, c三元素且ab=c???????

請問我是那裏弄錯.               謝謝

我跟你有同樣的疑惑，所以我在猜，題目是否應該是說在其中一個子集合內，會有a,b,c三元素滿足ab=c?????

感謝老王老師的回覆.

請問老王老師

假設A、B、C所在平面分別是三個坐標平面，投影面為px+qy+rz+s=0
那麼.......就會是(p,q,r)的方向角，所以有......

一向量與三平面的夾角  之  餘弦值平方和  是等於1嗎

感謝指導

不是跟三平面，是跟三坐標軸的夾角
可以參考以前寫的
http://tw.myblog.yahoo.com/oldbl ... &l=f&fid=17
有點簡略
或是請自行搜尋"方向角與方向餘弦"，應該會有不少結果