填充4：

同意鋼琴師的說法~~小弟在考場做這題大概做到一半就會想跳過(時間壓力+數字太醜)

這題我知道的傳統做法是考慮
\(\left\{ \begin{align}
  & y={{x}^{3}}-8{{x}^{2}} \\
& y=kx+6 \\
\end{align} \right.\) 圖形有三個相異交點時求k的範圍
所以要考慮 \(y={{x}^{3}}-8{{x}^{2}}\) 過點 \(\left( 0,6 \right)\) 的切線
令切點為 \(\left( t,{{t}^{3}}-8{{t}^{2}} \right)\), 則求解 \(3{{t}^{2}}-16t=\frac{{{t}^{3}}-8{{t}^{2}}-6}{t}\Rightarrow t=1,\frac{3\pm \sqrt{21}}{2}\)
考慮對應三個切點的相對位置 \(\frac{3-\sqrt{21}}{2}<1<\frac{3+\sqrt{21}}{2}\) 且
\(f'\left( \frac{3-\sqrt{21}}{2} \right)=\frac{-3+7\sqrt{21}}{2},f'\left( 1 \right)=-13,f'\left( \frac{3+\sqrt{21}}{2} \right)=\frac{-3-7\sqrt{21}}{2}\)  
由圖形可看出斜率k的所求範圍為\(\left\{ \left. k \right|k>\frac{-3+7\sqrt{21}}{2}or\frac{-3-7\sqrt{21}}{2}<k<-13 \right\}\)
有其他更好算的方法等高手們待補

(話說剛才看到瓜農兄提到的臨界點法應該就是這方法，沒幫到啥忙有點不好意思XD)

PS. 最後一題幾何題真的是非常難，能想到寸絲兄的方式證真的是非人也!!

[ 本帖最後由 hua0127 於 2014-6-5 09:37 AM 編輯 ]

瓜農兄 你的L1'的方向向量應為 ( 3，-5)  這樣代入 A 可解出本題正解，

不過這樣解好像會有些危險XD，因為矩陣變換的確能把方向向量映到方向向量，
但是不一定剛好是直線方程式上看到的"係數"，中間可能會差一個常數倍，

舉例來說，矩陣\(A=\left( \begin{matrix}
   3 & -1  \\
   1 & -2  \\
\end{matrix} \right)\) 將直線 \(2x+y=1\) 映至 直線 \(x-y=1\) 但是方向向量

\(A\left( \begin{matrix}
   1  \\
   -2  \\
\end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix}
   5  \\
   5  \\
\end{matrix} \right)=5\left( \begin{matrix}
   1  \\
   1  \\
\end{matrix} \right)\ne \left( \begin{align}
  & 1 \\
& 1 \\
\end{align} \right)\)

但本題的情況剛好常數倍是1

兩條線各找兩點對應過去有四條件解出A在計算方面可能不是最保險XD
最有效率的做法還是鋼琴老師在前面的作法，應該也是得分上最保險的作法

第7題：
考慮
\(\left\{ \begin{align}
  & y=4k\cos x-3\sin x \\
& y=3+8k \\
\end{align} \right.\) 的圖形在 \([0,2\pi )\)   (一個週期)   的範圍交於相異兩點
再利用振幅的觀念解不等式
\(\left| 3+8k \right|<\sqrt{{{\left( 4k \right)}^{2}}+{{3}^{2}}}\Rightarrow -1<k<0\)

[ 本帖最後由 hua0127 於 2014-6-6 01:12 PM 編輯 ]

計算6 (1)
提供一個另解：

1.        在線段\(\overline{FD}\)上找一點\(H\) 使得\(\overline{CH}//\overline{BD}\)

2.        由平行線截比例線段可推知\(\frac{\overline{FH}}{\overline{HD}}=\frac{\overline{FC}}{\overline{FB}}=\frac{\overline{FE}}{\overline{FA}}\), 可推知\(\overline{EH}//\overline{AD}\)

3.        由平行線同位角相等可得到相似三角形\( ABD\sim  ECH\Rightarrow \angle ECH=\angle ABD=60{}^\circ \)

4.        由SAS全等性質可推得全等三角形\(DCH\cong \ BCE\), 故\(\angle CDG=\angle CBG\), 所以  \(BCGD\)四點共圓

[ 本帖最後由 hua0127 於 2014-6-7 12:43 AM 編輯 ]

用旋轉的方式做~
鋼琴老師跟寸絲兄有在 #39 跟 #44 提供想法與解法