想跟大家請教一下
第一試的2.3.7
第二試的2.4.5
謝謝分享

第一試 第2題
設\((a,b)\)為右半平面上一點(即\(a>0\))且它與直線\(x+y=0,x-y=0\)及\(x+2y=2\)的距離比為\(1:2:1\)，求\(a\)的所有可能值。
[解答]

第二試，第5題
設\(A,B,C\)為圓上三點，\(D\)為圓內部一點，已知\(\overline{DA}=\overline{DB}=a,\overline{DC}=b\)，且\(\angle ADB=\theta,\angle ADC=\angle BDC\)。求此圓的半徑(以\(a,b,\theta\)表示出來)。
[解答]
注意圓心必在 CD 直線上，令圓心為 O，半徑為 r
若半徑 \( r<b \)，則在三角形 \( \triangle ODA \) 中，餘弦定理有

\( r^{2}=(b-r)^{2}+a^{2}-2(b-r)a\cos(\pi-\frac{\theta}{2}) \)

\(\displaystyle \Rightarrow r=\frac{a^{2}+b^{2}+2ab\cos\frac{\theta}{2}}{2(a\cos\frac{\theta}{2}+b)} \)

若 \( r >b \)，則 \( \angle ADO = \frac{\theta}{2} \)，由餘弦定理可得半徑的表示式同上。

另外，注意到 \( r=b \) 時， \( r=b=a \)，以上的表示仍然成立。

第二試，第 4 題，
證明對所有正整數\(n>2\)，\(\displaystyle \frac{log_2(n+1)}{log_2 n}<1+\frac{1}{n}\)恆成立。
[解答]
注意到 \( n \log_2 n > 0\)

因此欲證不等式等價於 \( n\log_{2}(n+1)<(n+1)\log_{2}n\Leftrightarrow(n+1)^{n}<n^{n+1}\Leftrightarrow(1+\frac{1}{n})^{n}<n \)

而 \( (1+\frac{1}{n})^{n} \) 由二項式定理展開，並估計(細節略)可得 \( (1+\frac{1}{n})^{n} < 3 \)

因此，當正整數 \( n >2 \) 時，\( (1+\frac{1}{n})^{n} < 3 \) 恆成立，故原不等式恆成立。

第二試，第 2 題
設\(f(x),g(x),h(x)\)是實係數多項式，且首項係數為1，\(f(x),g(x),h(x)\)的次數分別為\(8,7,4\)。已知\(f(x)\)除以\(g(x)\)的餘式為\(2x^3-5x^2+5x+4\)，\(g(x)\)除以\(h(x)\)的餘式\(s(x)\)的次數少於3，且\(f(x)\)被\(h(x)\)整除，求\(s(x)\)。
[解答]
因首項係數皆 1，且 f, g 的次數相差 1，故 \( f(x) \) 除以 \( g(x) \) 所得之商式可表示為 \( x+a \)
令 \( g(x) \) 除以 \( h(x) \) 的商式為 \( q(x) \)，則由除法原理得

\( f(x)=(x+a)g(x)+2x^{3}-5x^{2}+5x+4 = +a)q(x)h(x)+(x+a)s(x)+2x^{3}-5x^{2}+5x+4 \)

由已知 \( s(x) \) 的次數少於 3，可知 \( (x+a)s(x)+2x^{3}-5x^{2}+5x+4 \) 即為 \( f(x) \) 除以 \( h(x) \) 所得之餘式，即為 0。

因此 \( -(x+a)s(x) = 2x^{3}-5x^{2}+5x+4 \)

分解三次式得 \( 2x^{3}-5x^{2}+5x+4 = (2x+1)(x^{2}-3x+4) \)

故 \( s(x) = -2x^2 + 6x - 8 \)

第一試 第3題
設\(A(1,1,1)\)、\(B(2,a,b)\)為空間中兩點，對任意實數\(c\)，\(A\)、\(B\)兩點投影到平面\(E_c\)：\((1+c)x+(1-2c)y+(1-c)z=0\)的點分別記為\(A_c\)及\(B_c\)。若線段\(\overline{A_c B_c}\)的長恆為定值(與\(c\)無關)，求\(a,b\)。
[解答]

第一試，第 3 題，
設\(A(1,1,1)\)、\(B(2,a,b)\)為空間中兩點，對任意實數\(c\)，\(A\)、\(B\)兩點投影到平面\(E_c\)：\((1+c)x+(1-2c)y+(1-c)z=0\)的點分別記為\(A_c\)及\(B_c\)。若線段\(\overline{A_c B_c}\)的長恆為定值(與\(c\)無關)，求\(a,b\)。
[解答]
我的解讀是 \( A, B \) 為兩定點， \( a, b \) 之值為定值。
否則，如果 \( a, b \) 可用 \( c \) 表示，那這樣可能為無限多解

以下，以 \( A, B \) 為定點作前題：
\( \vec{AB} = (1,a-1,b-1) \)
\( \vec{n} = (1+c,1-2c,1-c) \)

由 AB 在 E 上的投影長為定值，知 \( \vec{AB} \) 在 \( \vec{n} \) 上的正射影長亦為定值。

故 \( |\frac{\vec{AB}\cdot\vec{n}}{|\vec{n}|}|=|\frac{(4-2a-b)c+a+b-1}{\sqrt{6c^{2}-4c+3}}| \) 為定值。

若此定值非 0，將上式平方後，可整理得到 \( 6c^{2}-4c+3=(uc+v)^{2} \)

與二次式 \( 6c^{2}-4c+3 \) 的判別式 \( (-4)^2 - 4 \cdot 6 \cdot 3 \neq 0 \) 矛盾。

故該定值為 0，因此 \( (4-2a-b)c+a+b-1 = 0 \) 對任意 \( c \)

\( \Rightarrow\begin{cases}
2a+b & =4\\
a+b & =1
\end{cases} \Rightarrow a=3, b=-2 \)

第一試 第7題
已知\(\alpha,\beta\)為\(\displaystyle x^2+2cos\frac{\pi}{7}x+1=0\)之兩根，求\(|\;\alpha^n-\beta^n|\;\)的最大值，其中\(n\)為正整數。
[解答]