第 5 題

a1a2a2013 為 0 或 −1k2n  其中 k12n0122013

因此共有 1+22014=4029 種可能值。



第 6 題：

以邊長 72015 做三角形，

所求＝在邊長 7 上的對應高長＝7227+20+152−7+20+1527−20+1527+20−15=12 

ps. 如有計算錯誤，還請告知，感謝。

第 7 題：

令圓半徑為 R，

在 ABD 中，由正弦定理，

可得 BDsin+=2RR=52 


因為 AC 為直徑，所以 ABC=ADC=90 

ABC面積=R2sin2ADC面積=R2sin2

因為 ABC面積=2ADC面積

可得 sin2=2sin2 ‧‧‧（＊）

因為 +=45，所以 2=90−2

sin2=cos2 ‧‧‧（＊＊）

由 （＊）＆（＊＊），可知 cos2=21sin2

帶入 sin22+cos22=1

sin22+21sin22=1 

sin2=25

（因為 0290 ，所以 sin2 為正數）

ABC面積=R2sin2=205 

註：感謝 寸絲老師 提醒小錯誤，已更正。 ：）

第 8 題：

設 \overleftrightarrow{CD} 直線方程式為 x+2y-k=0

四條直線兩兩解二元一次聯立方程式，

可得 \displaystyle A(3,-1), B(1,0), C(\frac{4-k}{3},\frac{2k-2}{3}), D(\frac{k+14}{5},\frac{2k-7}{5})

再帶多邊形面積公式（測量師公式，或是要把它拆成 \triangle ABC+\triangle ADC 也可以）

\displaystyle \big|\Bigg|\begin{array}{ccccc}\displaystyle 3& 1& \frac{4-k}{3}& \frac{k+14}{5}&3 \\ -1& 0& \frac{2k-2}{3}& \frac{2k-7}{5}& -1\end{array}\Bigg|\big|=45

可解得 k 之值，進而得  \overleftrightarrow{CD} 直線方程式。

第 12 題：

設 L 的方向向量 \vec{v}=(7,-8,-11)

　 平面 2x-y+2z=0 的法向量 \vec{n}=(2,-1,2)

已知 L 通過 A(2,-1,2)，

先求得 A 在 E 上的投影點為 A_1 (0,0,0)

設 A 在題目要求的直線上的投影點為 A_2

則 \displaystyle \overline{AA_1}=3, \overline{A_1A_2}=\sqrt{35-3^2}=\sqrt{26}

向量 \displaystyle \vec{A_1A_2}=\pm\sqrt{26}\cdot\frac{\vec{n}\times \vec{v}}{\left|\vec{n}\times \vec{v}\right|}

然後可得 A_2 點坐標，再加上 L 直線的方向向量 \vec{v}

進而得知題目所求知直線方程式。

如看不懂，請參考下圖：

2013-11-01 11.55.12.jpg (77.71 KB)

2013-11-1 11:59

第 10 題：

2013-11-01 12.17.48.jpg (112.67 KB)

2013-11-1 12:27

第 13 題：

\overleftrightarrow{CD} 直線斜率＝\displaystyle \frac{1}{t}

\Rightarrow \overleftrightarrow{CD} 直線方程式為 \displaystyle y=\frac{1}{t}x-1

上式與 x+y=1 解聯立方程式，

求得 \displaystyle D(\frac{2t}{1+t}, \frac{1-t}{1+t})

\displaystyle \Rightarrow \triangle BCD \mbox{面積}=\frac{1}{2}\cdot1\cdot1-\frac{1}{2}\cdot1\cdot t-\frac{1}{2}\cdot(1-t)\cdot\frac{1-t}{1+t}=\frac{t-t^2}{t+1}

令 \displaystyle k=\frac{t-t^2}{1+t}

\displaystyle \Rightarrow t^2+\left(k-1\right)t+k=0

因為 t\in\mathbb{R}，所以 \left(k-1\right)^2-4\cdot1\cdot k\geq0

\Rightarrow k\geq3+2\sqrt{2} 或 k\leq 3-2\sqrt{2}

且因為 \displaystyle k\leq\triangle OAB\mbox{面積}=\frac{1}{2}

可得 \displaystyle k\leq3-2\sqrt{2}

當 k=3-2\sqrt{2} 時，帶入 t^2+\left(k-1\right)t+k=0

可解得 t=\sqrt{2}-1

因此，(\alpha,S)=(\sqrt{2}-1, 3-2\sqrt{2})

第 15 題：

Ａ選項：不論採取何種賽程，甲獲得冠軍的機率皆為 \displaystyle \frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{4}{9}

Ｂ選項：若採（a），丙獲得冠軍的機率為 \displaystyle \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{9}

　　　　若採（b），丙獲得冠軍的機率為 \displaystyle \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{5}{27}

　　　　若採（c），丙獲得冠軍的機率為 \displaystyle \frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{7}{27}

　　　　所以採（c）方案丙獲得冠軍的機率最高。

Ｃ選項：同上，\displaystyle \frac{2}{9}=\frac{6}{27}

Ｄ選項：\displaystyle \frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\cdot1=\frac{16}{27}<\frac{3}{5}

第 7 題：

雖然 lyingheart 老師說了 "不解釋"

可是小弟好想畫蛇添足的幫忙解釋一下...

因為他的作法比小弟用一堆代數處理的方法漂亮太多了

----------------------------《以下是小弟對萊茵哈特老師的圖的解讀》

（請搭配萊茵哈特老師的圖）

自 D,B 分別往 \overline{AC} 做垂線，得垂足分別為 E,F

圓周角 \angle DAB = 45^\circ \Rightarrow 圓心角 \angle DOB=90^\circ

等腰直角三角形 \triangle DOB 已知斜邊長 \overline{DB}=10\Rightarrow 半徑＝腰長＝5\sqrt{2}

因為 \angle DOE=90^\circ-\angle FOB=\angle OBF 且 \overline{OD}=\overline{OB}

所以兩直角三角形 \triangle DOE, \triangle OBF 全等

又依題意可推知 \overline{DE}:\overline{BF}=1:2\Rightarrow \overline{OF}:\overline{BF}=1:2

在兩股比為 1:2 且斜邊長 \overline{OB}=5\sqrt{2} 的直角三角形 \triangle OBF 中

可得 \displaystyle \overline{BF}=5\sqrt{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{5}}

\displaystyle \Rightarrow \triangle ABC \mbox{面積}=\frac{1}{2}\cdot 10\sqrt{2}\cdot \frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{5}} = 20\sqrt{5}.