填充第 8 題
一小球由原點O(000)發射，撞擊到平面E1：x+2y+2z=18上一點A，再經過平面E1反射後，撞擊到平面E2：2x+y+2z=−10上一點B，再經由平面E2反射後，彈向一個點C(−1−11)。試求OA+AB+BC之值為　　　。
[解答]
將 O 對稱 E1:x+2y+2z−18=0，可得對稱點 P(488)

將 C 對稱 E2:2x+y+2z+10=0，可得對稱點 Q(−5−3−3)

則　OA+AB+BC

　　=PA+AB+BQ

　　=PQ=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PQ依次為BCCD之中點，若將此正方形沿虛線APAQPQ向上摺起，使BCD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，−−RQ 射線當正向 x 軸，−−RP 射線當正向 y 軸，−RA 射線當正向 z 軸，

則 APQ 所在平面方程式為 x21+y21+z1=12x+2y+z−1=0

原點 R 到 APQ 所在平面的距離＝22+22+120+0+0−1=31



另解：（沒有比較快ＸＤ）

APQ 面積＝正方形 ABCD 面積－ABP 面積－ADQ 面積－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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□ □ □ □
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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