填充第 8 題
一小球由原點\(O(0,0,0)\)發射，撞擊到平面\(E_1\)：\(x+2y+2z=18\)上一點\(A\)，再經過平面\(E_1\)反射後，撞擊到平面\(E_2\)：\(2x+y+2z=-10\)上一點\(B\)，再經由平面\(E_2\)反射後，彈向一個點\(C(-1,-1,1)\)。試求\(\overline{OA}+\overline{AB}+\overline{BC}\)之值為　　　。
[解答]
將 \(O\) 對稱 \(E_1: x+2y+2z-18=0\)，可得對稱點 \(P(4,8,8)\)

將 \(C\) 對稱 \(E_2:2x+y+2z+10=0\)，可得對稱點 \(Q(-5,-3,-3)\)

則　\(\overline{OA}+\overline{AB}+\overline{BC}\)

　　\(=\overline{PA}+\overline{AB}+\overline{BQ}\)

　　\(=\overline{PQ}=\sqrt{323}\)

我的立體概念不好  完全無思緒  可否給點指教 謝謝

填充第 9 題，
設正方形\(ABCD\)之邊長為1，而\(P,Q\)依次為\(\overline{BC},\overline{CD}\)之中點，若將此正方形沿虛線\(\overline{AP},\overline{AQ},\overline{PQ}\)向上摺起，使\(B,C,D\)三點重合為一點\(R\)，則\(R\)點到底面\(APQ\)之距離為　　　。
[解答]
把 \(R\) 當原點，\(\overrightarrow{RQ}\) 射線當正向 \(x\) 軸，\(\overrightarrow{RP}\) 射線當正向 \(y\) 軸，\(\overrightarrow{RA}\) 射線當正向 \(z\) 軸，

則 \(\triangle APQ\) 所在平面方程式為 \(\displaystyle \frac{x}{\frac{1}{2}}+\frac{y}{\frac{1}{2}}+\frac{z}{1}=1\Rightarrow 2x+2y+z-1=0\)

原點 \(R\) 到 \(\triangle APQ\) 所在平面的距離＝\(\displaystyle \frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}=\frac{1}{3}\)



另解：（沒有比較快ＸＤ）

\(\triangle APQ\) 面積＝正方形 \(ABCD\) 面積－\(\triangle ABP\) 面積－\(\triangle ADQ\) 面積－\(\triangle CPQ\) 面積

　　　　　　＝\(\displaystyle\frac{3}{8}\)

因為錐形體 \(APQR\) 的體積＝\(\displaystyle\frac{1}{3}\times \triangle RPQ\mbox{面積}\times \overline{RA}=\frac{1}{3}\times\triangle APQ\mbox{面積}\times \left(R\mbox{到}\triangle APQ\mbox{的距離}\right)\)

所以　\(\displaystyle\frac{1}{3}\times \frac{1}{8}\times 1 =\frac{1}{3}\times \frac{3}{8}\times \left(R\mbox{到}\triangle APQ\mbox{的距離}\right)\)

　　　\(\displaystyle\Rightarrow R\mbox{到}\triangle APQ\mbox{的距離}=\frac{1}{3}\)




其實還可以再來個另解～（更慢一點～但是只要會畢氏定理就可以了）

設 \(\overline{PQ}\) 的中點為 \(M\)，

就是拿菜刀往錐形體 \(APQR\)～延 \(\triangle ARM\) 剖下去，

利用畢氏定理算出各邊長之後，再來就可以算出直角\(\triangle ARM\) 斜邊上的高～即為所求。：）

填充6
設複數\(z\)滿足\(|\;z|\;=1\)，則\(\displaystyle \left| z+\frac{2}{z}+1\right|\)之最大值為　　　。
[解答]
因為 \( |z|=1 \)，所以
\(\displaystyle  \frac{1}{z}=\overline{z} \)

\(\displaystyle |z+\frac{2}{z}+1|^2=|z+2\overline{z}+1|^2 \)

\(\displaystyle =(z+2\overline{z}+1)(\overline{z}+2z+1) \)

\(\displaystyle =2(z^2+\overline{z}^2)+3(z+\overline{z})+6 \)

\(\displaystyle =2(z+\overline{z})^2+3(z+\overline{z})+2 \)

\(\displaystyle =8Re(z)^2+6Re(z)+2 \)

\(\displaystyle =8(Re(z)+\frac{9}{64})^2+\frac{7}{8} \)

因為 \( -1<Re(z)<1 \)
所以當\( Re(z)=1 \)時有最大值16
於是所求為4

另外，11題我一直沒想通，請教想法，感謝!!

填充第 11 題，
有紅,黃,藍,綠四種顏色，要從右圖中任取4小格塗色，且顏色不重複使用，每1小格只塗一色，但同一行、同一列皆只能塗1小格﹐則有　　　種不同的塗法。
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[解答]
就先來塗紅色吧～

紅色有 \(16\) 格可以選～

任選一格之後～與紅色那格同行或同列的其他格就不能塗了～

刪掉紅色那格所在的行與列，剩下空格集中靠攏，

再來塗黃色，還有 \(9\) 格可以選～

任選一格之後～與黃色那格同行或同列的其他格就不能塗了～

刪掉黃色那格所在的行與列，剩下空格集中靠攏，

再來塗藍色，還有 \(4\) 格可以選～

任選一格塗藍色之後～與藍色那格同行或同列的其他格就不能塗了～

刪掉藍色那格所在的行與列，

剩下只有一個空格可以選而已～當然就只能塗綠色啦。

因此，塗色的方法數為 \(16\times 9\times 4\times 1=576\)

感謝瑋岳老師!!原來我把題目看錯了
以為是用四種顏色各塗四個方格
每個顏色都不能同行同列

我剛剛試著用老王老師的新規則～

「用四種顏色各塗四個方格、每個顏色都不能同行同列」
討論到最後也是 \(576\) 耶！

就第一行、第二行、第三行、第四行地慢慢討論所有可能性～

\(4!\times(3\cdot 1\cdot 1\cdot 1)\times(2!\cdot 2!)\times(1^4)+4!\times(3\cdot 2\cdot 1\cdot 1)\times(2\cdot 1\cdot1\cdot1)\times(1^4)=576\)

第一大類是～第一行與第二行～剛好某兩顏色互換～另兩顏色也互換～

第二大類是～第一行與第二行沒有任何顏色互換～

剩下第三行與第四行就用慢慢討論的～其實只有很少種可能性。

這些討論不是重點，重點在～答案與原題目相同耶～



也就是原題目只把四格塗四色結束之後～

如過要繼續把剩下的 \(12\) 格的顏色～用老王老師的新規則塗上去～

或許只有唯一的一種塗法（此點有待證明，純屬隨便亂猜測～：Ｐ）～或是必定無法繼續塗下去？！

或是說～猜測這兩者（新、舊規則的每一種塗法）可能有某種唯一的對應關係！

神奇耶！（小弟原本還以為兩者會相差四倍～：Ｐ）

＜＜為避免小弟計算的過程可能有算錯～待會寫詳細一點加張圖，請大家來幫我檢查一下～：Ｐ＞＞

「用四種顏色各塗四個方格、每個顏色都不能同行同列」

上篇回覆中，討論的圖解，寫在附加檔案，如果有錯誤煩請不吝告知，感謝。

^____^



另外，小弟繼續思考，還發現~

如果以最容易填完的一種情況情況出發~將任兩行互換~或任兩列互換~

也都會是符合題目要求的情況~

因此~將 任數行位置互換～或任數列位置互換，延伸出來的都是滿足"新規則"的塗法。

　　　將 任數行位置互換～或任數列位置互換，延伸出來的都是滿足"舊規則"的塗法。

而將原本的第一二三四列換到新的一二三四列～總共有 \(4!\) 種方法，

　將原本的第一二三四行換到新的一二三四行～總共有 \(4!\) 種方法，

所以換完之後的情形種共有 \(4!\times4!=576\) 種。

但是～～～～～如何證明就只有這麼多，而不會有「更多」種呢？

或是說～如何證明全部的塗色方法，都可以經由任意數行互換～再任意數列互換，

而變成最基本的上面哪兩張（對應到新、舊規則）的方法呢？

十分有趣！：Ｐ

94年第二區筆試二第六題，沒有答案。(因為參考答案給了個奇怪的東西)可以對照一下。

把題目寫出來讓以後的網友也能google到這篇
有一遊戲規則如右：在右圖中每一直行、每一橫列即每個小四方格裡，只有1到4的數字，每個數字在每個行列及每個小四方格裡都只出現一次，滿足這些條件的填法稱為一種解法。考慮方格不可旋轉或翻轉，則共有幾種解法。


這是2x2的數獨，wiki答案是288
http://en.wikipedia.org/wiki/Mat ... rectangular_regions

解法可以參考看這篇
http://forum.enjoysudoku.com/sud ... are-t170.html#p2992
by geoff

A neat way of counting.
Consider grids of the type

AB | xx
Cx | xx
--------
xx | Dx
xx | x E

where A,B,C are different, D and E are different. There are 288 of these and each gives a unique solution. Therefore 288 solutions.

A、B、C三個數字要完全不同有4*3*2=24種
D、E兩個數字要完全不同有4*3=12種
A~E數字決定後剩下的空位是唯一決定的
共有24*12=288種