第 5 題

\(a_1a_2\cdots a_{2013}\) 為 \(0\) 或 \(\left(-1\right)^k\cdot2^n\) 其中 \(k\in\left\{1,2\right\}, n\in\left\{0,1,2,\cdots 2013\right\}\)

因此共有 \(1+2\times2014=4029\) 種可能值。



第 6 題：

以邊長 \(7,20,15\) 做三角形，

所求＝在邊長 \(7\) 上的對應高長＝\(\displaystyle\frac{\sqrt{\frac{7+20+15}{2}\cdot\frac{-7+20+15}{2}\cdot\frac{7-20+15}{2}\cdot\frac{7+20-15}{2}}}{7/2}=12\)

ps. 如有計算錯誤，還請告知，感謝。

第 7 題：

令圓半徑為 \(R\)，

在 \(\triangle ABD\) 中，由正弦定理，

可得 \(\displaystyle \frac{\overline{BD}}{\sin\left(\alpha+\beta\right)}=2R\Rightarrow R=5\sqrt{2}\)


因為 \(\overline{AC}\) 為直徑，所以 \(\angle ABC=\angle ADC=90^\circ\)

\(\Rightarrow \triangle ABC\mbox{面積}=R^2 \sin 2\alpha, \triangle ADC\mbox{面積}=R^2 \sin 2\beta\)

因為 \(\triangle ABC\mbox{面積}=2\triangle ADC\mbox{面積}\)

可得 \(\sin2\alpha=2\sin2\beta\) ‧‧‧（＊）

因為 \(\alpha+\beta=45^\circ\)，所以 \(2\beta=90^\circ-2\alpha\)

\(\Rightarrow \sin2\beta=\cos2\alpha\) ‧‧‧（＊＊）

由 （＊）＆（＊＊），可知 \(\displaystyle \cos2\alpha=\frac{1}{2}\sin2\alpha\)

帶入 \(\sin^2 2\alpha+\cos^2 2\alpha=1\)

\(\displaystyle \Rightarrow \sin^2 2\alpha+\left(\frac{1}{2}\sin 2\alpha\right)^2=1\)

\(\displaystyle \sin2\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}\)

（因為 \(0<2\alpha<90^\circ\) ，所以 \(\sin2\alpha\) 為正數）

\(\displaystyle \Rightarrow \triangle ABC\mbox{面積}=R^2 \sin 2\alpha=20\sqrt{5}\)

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

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