謝謝您的回答！那我還想問，請問我那邊做錯了呢？

∵\(B\)點在\(x-y-1=0\)上
∴\(p-q-1=0\)
⇒\( \displaystyle \frac{p}{p^2-q^2}-\frac{q}{p^2-q^2}-\frac{1}{p^2-q^2}=0 \)
⇒\( \displaystyle x-y-\frac{1}{p^2-q^2}=0 \)

不是做錯，是沒做完~~

題目要求 \(A\) 點軌跡方程式，

就是要求 \(x,y\) 要滿足的關係式，

而你列的式子最後還是有在變動的 \(p,q\)

而不是單純只有 \(x,y\) 。

不好意思，我比較笨一點。可是，p,q不是題目給的常數嗎？

不是，

\(p,q\) 是變數，

\(B(p,q)\) 是位在 \(x-y-1=0\) 直線上的動點。

如果 \(p,q\) 是常數的話，

那 \(\displaystyle A(x,y)=(\frac{p}{p^2-q^2},\frac{q}{p^2-q^2})\) 就是定點了，

何必求軌跡方程式呢？：Ｐ

我懂了，真地很謝謝您！

老師好，我想請問第14題。

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以下是我從美夢成真教甄討論區參考到的解答，
令 AB = x，∠BAC = 2θ，AD 平分 ∠BAC，交 BC 於 D
△ABD + △ACD = △ABC
(1/2) * x * 3 * sinθ + (1/2) * (15/x) * 3 * sinθ = (1/2) * 15 * sin2θ
cosθ = (1/10)(x + 15/x) ≧ (1/10) * 2√15 = √15 / 5
sin ≦ √10 / 5
但是之後我就看不懂了，所以想多問問，謝謝老師。

引用:

原帖由 RainIced 於 2011-6-24 06:48 AM 發表
老師好，我想請問第14題。

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以下是我從美夢成真教甄討論區參考到的解答，
令 AB = x，∠BAC = 2θ，AD 平分 ∠BAC，交 BC 於 D
△ABD + △ACD = △ABC
(1/2)  ...

參考一下附檔
希望這樣的解說你看得比較清楚

\(\displaystyle cos\theta\ge \frac{\sqrt{15}}{5}\)
\(\displaystyle \frac{\sqrt{15}}{5}\le cos\theta<1\)
\(\displaystyle 0<\theta\le \phi\left(\phi=arccos\frac{\sqrt{15}}{5}\right)<\frac{\pi}{4}\)(最後的一個小於是為了確定\(2\theta\)的範圍)
\(\displaystyle 0<2\theta\le 2\phi<\frac{\pi}{2}\)
\(0<sin2\theta\le sin2\phi\)
等號成立時\(\theta=\phi\)，此時\(\displaystyle sin\theta=\frac{\sqrt{10}}{5}\)
\(\displaystyle sin2\theta=2sin\theta cos\theta=2\frac{\sqrt{10}}{5}\frac{\sqrt{15}}{5}=\frac{2\sqrt{6}}{5}\)

順便向各位請教一下第12題

14題
已知\(\triangle ABC\)中，\(\overline{AB}\times \overline{AC}=15\)，\(\angle A\)的角平分線長為3，則\(\triangle ABC\)的最大面積為何？
[解答]
老樣子，我都會去想如何做出這樣的三角形

假設角A的平分線與BC交於D，那麼由\( AD^2=AB \times AC-BD \times CD \)
可以得到\( BD \times CD=6 \)
又\( AB:AC=BD:CD \)
可以得到\( AB^2:BD^2=5:2 \)，也就是 \( AB:BD=\sqrt5:\sqrt2=AI:ID \)，其中I為內心
這告訴我們內心位置是固定的
就可以控制內切圓半徑r，去做出三角形ABC，作法是
作線段AD，並取出I
已I為心，r為半徑作內切圓
過A作圓的兩條切線
過D作圓的一條切線
此三切線所圍的三角形就是三角形ABC

因為\( AB \times AC \)是定值，所以過A的兩切線夾角越大，三角形ABC面積就越大；
顯然r的限制是\( r \le ID \)
所以當\( r=ID \)時夾角最大，此時三角形對稱於AD，為等腰三角形，簡單計算就可以得到答案。

想請教第5,6,18,19,24題 一次麻煩老師解這麼多題,真不好意思

第 6 題：
如圖(二)，\(\triangle ABC\)中，\(\overline{AB}=10\)，\(\overline{AC}=8\)，\(\overline{BC}=6\)，圓\(O\)為過\(C\)且與\(\overline{AB}\)相切的最小圓，圓\(O\)交\(\overline{BC}\)於\(E\)，交\(\overline{AC}\)於\(F\)，則\(\overline{EF}\)的長為=　　　。
[解答]
因為圓 \(O\) 為過 \(C\) 且與 \(\overline{AB}\) 相切的最小圓，

所以 \(\overline{CD}\) 為直徑，

\(\displaystyle \overline{CD} = \frac{\overline{AC}\times \overline{BC}}{\overline{AB}}=\frac{24}{5}\)

因為 \(\angle FCE=90^\circ\)

所以 \(\overline{EF}\) 亦為圓 \(O\) 的直徑，

故， \(\displaystyle \overline{EF}=\overline{CD}=\frac{24}{5}.\)


第 18 題：
如圖(三)，一圓交一正三角形\(ABC\)於\(D\)、\(E\)、\(F\)、\(G\)、\(H\)、\(I\)六點，若\(\overline{CF}=1\)，\(\overline{FG}=13\)，\(\overline{AG}=2\)，\(\overline{HI}=7\)，則\(\overline{DE}=\)　　　。
[解答]
此正三角形邊長 \(=1+13+2=16\)

\(\overline{AF}\times \overline{AG} = \overline{AH}\times \overline{HI}\)

　　\(\Rightarrow 15\times2=\overline{AH}\times(\overline{AH}+7)\)

　　\(\Rightarrow \overline{AH}=3\)

　　\(\Rightarrow \overline{BI}=16-(7+3)=6\)

令 \(\overline{CE}=x, \overline{BD}=y\)

由 \(\overline{CF}\times \overline{CG}=\overline{CE}\times \overline{CD}\)

　　且 \(\overline{BI}\times \overline{BH}=\overline{BD}\times \overline{BE}\)

可得 \(x(16-y)=14\) 且 \(y(16-x)=78\)

兩式相減，再以帶入消去法，

可解得 \(x=6-\sqrt{22}, y=10-\sqrt{22}\)

故，\(\overline{DE}=16-(x+y)=2\sqrt{22}.\)

113.5.8補充
如右圖，圓與正三角形\(\Delta ABC\)的三邊交出6個點，如果\(\overline{AG}=2\)、\(\overline{GF}=13\)、\(\overline{FC}=1\)、\(\overline{HI}=7\)，試求\(\overline{DE}=\)　　　。
(113台北市立陽明高中，https://math.pro/db/thread-3864-1-1.html)






第 24 題
如下圖，麗山高中的\(L\)形圖騰由一些方格所構成
(1)用5種顏色來塗這些方格，規定相鄰的格子必須著不同色，顏色可重複使用，則著色方法有　　　種。
(2)若用\(2\times1\)恰兩個方格大小的長方形磁磚來鋪這個\(L\)形的圖騰，規定不能敲碎磁磚，且須剛好鋪滿整個\(L\)形的圖騰，則鋪法有　　　種。
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[解答]
第 1 小題



如圖，先塗紅色區域，再塗藍色區域，

然後每兩個為一組塗色區域，

可得所求＝\((5\times 4)\times(1\times4+3\times3)^7=20\times 13^7\)