填充第15題
有一個四位數\(abcd\)滿足\( \cases{a<b \cr b>c \cr c<d} \)，如1327、2656、7801，滿足以上條件的四位數共有　　個。
[解答]
跟景美那題很像
(1) a < b 且 c < d：36 * 45 = 1620 個
(2) a < b = c < d：C(10，3) - C(9，2) = 84 個
(3) a < b < c < d：C(10，4) - C(9，3) = 126 個
所求 = 1620 - 84 - 126 = 1410 個

填充第4題
在\( \Delta ABC \)中，\(M\)為\(\overline{BC}\)邊之中點，若\(\overline{AB}=2\)，\( \overline{AC}=5 \)，且\(∠BAC=120^{\circ}\)，則\(tan∠BAM=\)　　　。
[解答]
\(\begin{align}
  & BC=\sqrt{39},BM=\frac{\sqrt{39}}{2},AM=\frac{\sqrt{19}}{2} \\
& \cos \angle BAM=-\frac{1}{2\sqrt{19}},\sin \angle BAM=\frac{5\sqrt{3}}{2\sqrt{19}},\tan \angle BAM=-5\sqrt{3} \\
\end{align}\)

填充第6題
在\( \Delta ABC \)中，\( \overline{AB}=10 \)，\( \overline{AC}=8 \)，\( \displaystyle cos ∠BAC=\frac{3}{8} \)。設點\(P\)、\(Q\)分別在邊\( \overline{AB} \)、\( \overline{AC} \)上使得\( \Delta APQ \)面積為\( \Delta ABC \)面積之一半，則\( \overline{PQ} \)之最小可能值為　　　。
[解答]
\(\sin \angle BAC=\frac{\sqrt{55}}{8},\Delta ABC=5\sqrt{55}\)
令\(AP=x,AQ=y\)
\(\begin{align}
  & \Delta APQ=\frac{1}{2}xy\sin \angle BAC=\frac{5}{2}\sqrt{55} \\
& xy=40 \\
& P{{Q}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy\cos \angle BAC \\
& ={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-30 \\
& \ge 2xy-30 \\
& =50 \\
& PQ\ge 5\sqrt{2} \\
\end{align}\)

填充第9題
已知三角形\( ABC \)的三邊長滿足\( \overline{BC}^2+\overline{CA}^2=3 \overline{AB}^2 \)，則\( sin C \)的最大值為　　　。
[解答]
\(\begin{align}
  & \cos C=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}=\frac{3{{c}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}=\frac{{{c}^{2}}}{ab} \\
& \sin C=\sqrt{1-\frac{{{c}^{4}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}}\le \sqrt{1-\frac{{{c}^{4}}}{{{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2} \right)}^{2}}}}=\sqrt{1-\frac{{{c}^{4}}}{\frac{9}{4}{{c}^{4}}}}=\frac{\sqrt{5}}{3} \\
\end{align}\)

第13&14題
請參考附件

填充第13題
設\(x\)的二次方程式\( (m-2)x^2+(m^2-4m+3)x-(6m^2-2)=0 \)有實根，且此二根的立方和為0，則\( m= \)　　　。

填充第14題
將一個半徑為5公分的鐵球，放入一個邊長10公分的正方體容器，再放入另一個小鉛球，然後蓋上正方體容器的蓋子，使蓋子與正方體完全密合，則小鉛球的最大半徑為　　　公分。

小弟本也想考慮\({{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}=0\)
但要解四次方程，還要處理判別式(四次不等式)，就打退堂鼓了
用電腦檢驗的結果，只有m=3這個答案

沒想到要這樣做，感謝指導

查了一下，這題是 97 年能力競賽高屏區的題目，當年給的解答也是含混帶過

要找到一實根一虛根，立方和為 0，且要使該複係數方程式成立，應該很難

所以小弟認為題目應是少了"實係數方程式"這幾個字