填 2. 我的解法也與 linteacher 大致相同，也得到相同的唯一可能值 70

存在性：\( f(x) = - (x-12)(x-5) + x +1 \)， \( f(x) = x+1 \) 解恰為 \( x =7,10 \)

我也沒有注意到過程有何不當之處，若答案真的為 195，是否可以給出一個 \( f \) ?

你是對的，但為何不在美夢成真回文或自己用短消息向 thepiano 大詢問呢？

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-4-28 11:55 PM 編輯 ]

第 9 題，提供一下算的結果，自己檢查哪個數字可能不小心算錯了

\( P(甲中) = \frac47 \), \( P(甲不中) = \frac37 \)

\( P(甲中且乙不中) = \frac47 \times \frac12 = \frac27 \)，所求 \( = \displaystyle \frac{\frac27}{\frac27+\frac37} = \frac25\)

P.S. Mathpro 有短訊息

各種排列出現的機率不相等，我們用縮小數字比較方便指出不相等之處

假設 6 支籤，2支有獎，4支沒獎，甲乙丙依序各 2 支籤，但甲、乙只要抽中獎之後，(如果還有另一支沒抽)另一支就強制為不中獎的籤。
就是這個設定，讓甲的第1, 2 支在排列中失去相同的地位了，使得第一支籤比第二支容易中獎

我們看看機率，甲中獎情形有：(1) 1中2不中，機率為 \( \frac13 \) (2) 1不中2中，機率為 \( \frac46 \times \frac25 = \frac4{15}\)

更直接一點來看兩種排法 oxoxxx 和 xooxxx (o表示中獎)，各別的機率為 \( \frac26 \times 1 \times \frac14 \) 和 \( \frac46 \times \frac25 \times \frac14 \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-6-7 11:46 PM 編輯 ]

填充8. 97 台中二中曾考過類似題，看完 Elllipse 兄的神解之後，不妨做看看

97 台中二中計算10. 若 \( |Z| = 1 \) 且滿足 \( Z^{28} - Z^8 -1 =0 \) 的複數共有 \( n \) 個，分別為 \( z_k = \cos \theta_k + i \sin \theta_k \)，其中 \( 0^\circ \leq \theta_1 < \theta_2 < \theta_3 < \ldots < \theta_n < 360^\circ \)，
則 (1) \( n = ? \)   (2) 求 \( \theta_1 + \theta_3 + \theta_5 + \ldots +\theta_{n-1} \)

答. (1) 8  (2) \( \frac{10}{3}\pi \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-4-29 12:23 PM 編輯 ]

填12. 是 225  沒錯，算出來會剛好是等腰直角三角形，不知道您怎麼做的

提供一個暴力解，令 \( \overline{BC} =a, \overline{AC} = b \)，則 \( (\frac23\overline{AD})^2 = \frac{4}{9}(\frac{a^{2}}{4}+b^{2}), (\frac{2}{3}\overline{BE})^{2}=\frac{4}{9}(a^{2}+\frac{b^{2}}{4}) \)。

令 G 為三角形之重心，則 \( \cos \angle AGB = \frac{-4}{5} \) (由直線法向量求夾角得)。

三角形 AGB 中，由餘弦定理得 \( 30^2 = \frac{4}{9}(\frac{a^{2}}{4}+b^{2})+\frac{4}{9}(a^{2}+\frac{b^{2}}{4})-2\cdot\frac{4}{9}\sqrt{(\frac{a^{2}}{4}+b^{2})(a^{2}+\frac{b^{2}}{4})}\cdot(\frac{-4}{5}) \)

再以 \( a^2 + b^2 = 30^2 \) 化簡，可解得 \( a=b = 15\sqrt{2} \)，故得面積為 225

填充 6. #2 bugmens 老師的連結裡已有解法

填充 3. 向量的內心公式，及三點共線時線性組合係數和 =1，這兩件事，應該足以處理

填充 16. 預備知識：給定橢圓 \( \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 \)，其中 \( a>b >0 \)

離心率 \( e = \frac{c}{a} \)，準線 \( L: x = - \frac{a^2}{c} \)，焦點 \(  F_1(-c,0) \) 滿足：對橢圓上任一點 P， \( e\cdot d(P,L) = \overline{P,F_1} \) \) 皆成立

解. 配方化簡可得 \( \cos\theta+\sqrt{2}+\sqrt{(\sqrt{2}\cos\theta-2)^{2}+(\sin\theta+2)^{2}} \)，

令 \( P(\sqrt{2}\cos\theta,\sin\theta), A(2,-2), L:\: x=-2, F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0) \)。

注意 P 點在 橢圓 \( \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1 \) 上，且 \( L \) 為該橢圓之準線，離心率 \( =\frac{1}{\sqrt{2}} \)。

故 \( \cos\theta+\sqrt{2}+\sqrt{(\sqrt{2}\cos\theta-2)^{2}+(\sin\theta+2)^{2}}=\frac{1} {\sqrt{2}}\overline{PL}+\overline{PA}=\overline{PF_{1}}+\overline{PA} \)

\(\overline{PF_{1}}+\overline{PA}\leq\overline{PF}_{1}+\overline{PF_{2}}+\overline{F_{2}A}=2\sqrt{2}+\sqrt{5} \)，且當 \( F_{2} \) 在 \( \overline{PA} \) 線段上時，等號成立。

填充 15. 以 \( a \) 各數分類相加得  \( \sum\limits _{k=1}^{5}C_{2k-1}^{10}\cdot2^{10-(2k-1)} \)

其中看作 \( (x+2)^{10} \) 展開中的 \( x \) 的奇數次方的係數和

故所求 = \( \frac{(1+2)^{10}-(-1+2)^{10}}{2}=\frac{3^{10}-1}{2} \)

填 13. 注意 \( D(\frac{2}{3},\frac{1}{3},0) \) 必為 \( \overline{AB} \) 與平面 \( E \) 之交點。

考慮 \( \overline{DE} \) 為平面 \( E \) 被 \( \triangle ABC \) 所截出線段，
\( E \) 的位置有兩種可能：在 \( \overline{CA} \) 上或在 \( \overline{CB} \) 上。

利用 \( \triangle=\frac{1}{2}ab\sin\theta \)，去解 \( \triangle ADE=\frac{1}{2}\triangle ABC \) (若 \( E \) 在 \( \overline{CA} \) 上)
及 \( \triangle BDE=\frac{1}{2}\triangle BAC \) (若 \( E \) 在 \( \overline{CB} \) 上)，
可得 \( E \) 不在 \( \overline{CA} \)，故僅有一解，且 \( E \) 在 \( \overline{CB} \) 上滿足 \( \overline{BE}=\frac{3}{4}\overline{BC} \)

\( \Rightarrow E(0,\frac{1}{4},\frac{3}{4}) \)，代入平面方程式得 \( a=\frac{3}{2} \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-5-7 11:56 PM 編輯 ]

三個行列式的正負號不同，先取絕對值相加，和相加的絕對值不相等

請教橢圓兄，填充 1. 中所用的式子

公式：\( \displaystyle \frac{a^3}{(a - b) (a - c)} + \frac{b^3}{(b - a) (b - c)} + \frac{c^3}{(c - a) (c - b)} = a+b+c \)

有無簡潔之證明 (會證是會證，但是證得不好看而且寫起來不順手)