110指考數甲

設\(\overrightarrow{AQ} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} - \frac{1}{3}\overrightarrow{AC}\)，如圖所示。
已知\(\overrightarrow{AB} = (1, 0, -1)\)，\(\overrightarrow{AC} = (0, 2, 1)\)，
因此\(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = (2, -1, 2)\)，且\(|\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2} = 3\)。
(1) 四面體\(ABCH\)的體積計算
因為\(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}\)垂直於平面\(E\)，故四面體\(ABCH\)以\(\triangle ABC\)為底面的高為\(|3(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC})|\)。
又\(\triangle ABC\)的面積為：
\[
\frac{1}{2} |\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}| = \frac{1}{2} \times 3 = \frac{3}{2}
\]
且高滿足：
\[
|3(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC})| = 3 \times |\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}| = 9
\]
因此四面體\(ABCH\)的體積為：
\[
\frac{1}{3} \times \text{底面積} \times \text{高} = \frac{1}{3} \times \frac{3}{2} \times 9 = \frac{9}{2}
\]
(2) \(H'\)的坐標求解
設\(H'\)的坐標為\((x, y, z)\)，由\(\overrightarrow{AH'} = \overrightarrow{AQ} + \overrightarrow{QH'} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} - \frac{1}{3}\overrightarrow{AC} - 3(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC})\)，
代入向量坐標計算：
\[
\begin{align*}
(x, y + 1, z + 1) &= \frac{2}{3}(1, 0, -1) - \frac{1}{3}(0, 2, 1) - 3(2, -1, 2) \\
&= \left( \frac{2}{3} - 0 - 6,\ 0 - \frac{2}{3} + 3,\ -\frac{2}{3} - \frac{1}{3} - 6 \right) \\
&= \left( -\frac{16}{3},\ \frac{7}{3},\ -7 \right)
\end{align*}
\]
解得\(x = -\frac{16}{3}\)，\(y = \frac{4}{3}\)，\(z = -8\)，故\(H'\)的坐標為\(\left( -\frac{16}{3},\ \frac{4}{3},\ -8 \right)\)。
(3) \(Q\)點與平面\(E\)的關係
因為\(\overrightarrow{QH'}\)垂直於平面\(E\)，所以\(Q\)是\(H'\)在平面\(E\)的投影點。
由圖可知，\(Q\)點不在\(\triangle ABC\)的內部。

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(1)
令\(x^{3}-4x^{2}+5x = 2x\)（\(x\geq0\)），移項可得\(x^{3}-4x^{2}+3x = 0\) 。
提取公因式\(x\)得\(x(x^{2}-4x + 3)=0\) 。
進一步分解\(x(x - 1)(x - 3)=0\) 。
所以\(x = 0\)或\(x = 1\)或\(x = 3\)，即在\(x\geq0\)的範圍內，\(\Gamma\)與\(L\)的三個相異交點的\(x\)坐標為\(0\)，\(1\)，\(3\)。
(2)
由(1)知交點\(x\)坐標為\(0\)，\(1\)，\(3\)。
\(\Gamma\)與\(L\)所圍有界區域面積\(S=\int_{0}^{1}[(x^{3}-4x^{2}+5x)-2x]dx+\int_{1}^{3}[2x-(x^{3}-4x^{2}+5x)]dx\) 。
先計算\(\int_{0}^{1}(x^{3}-4x^{2}+3x)dx=\left[\frac{1}{4}x^{4}-\frac{4}{3}x^{3}+\frac{3}{2}x^{2}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{4}-\frac{4}{3}+\frac{3}{2}=\frac{3 - 16 + 18}{12}=\frac{5}{12}\) 。
再計算\(\int_{1}^{3}(-x^{3}+4x^{2}-3x)dx=\left[-\frac{1}{4}x^{4}+\frac{4}{3}x^{3}-\frac{3}{2}x^{2}\right]_{1}^{3}=(-\frac{81}{4}+36-\frac{27}{2})-(-\frac{1}{4}+\frac{4}{3}-\frac{3}{2})\)
\(=(-\frac{81 + 144 - 54}{4})-(-\frac{3 + 16 - 18}{12})=\frac{9}{4}+\frac{5}{12}=\frac{27 + 5}{12}=\frac{32}{12}=\frac{8}{3}\) 。
所以\(S=\frac{5}{12}+\frac{8}{3}=\frac{5 + 32}{12}=\frac{37}{12}\) 。
(3)
令\(x^{3}-4x^{2}+5x = mx\)（\(x\geq0\)），移項得\(x^{3}-4x^{2}+(5 - m)x = 0\)，\(x(x^{2}-4x+(5 - m)) = 0\) 。
已有一個根\(x = 0\)，要使\(x^{2}-4x+(5 - m)=0\)有兩個不同正根。
對於一元二次方程\(ax^{2}+bx + c = 0\)（\(a = 1\)，\(b=-4\)，\(c = 5 - m\)），有兩個不同正根需滿足\(\Delta=b^{2}-4ac\gt0\)，\(x_1 + x_2=-\frac{b}{a}\gt0\)，\(x_1x_2=\frac{c}{a}\gt0\) 。
\(\Delta = 16 - 4(5 - m)\gt0\)，即\(16 - 20 + 4m\gt0\)，\(4m\gt4\)，\(m\gt1\) 。
\(x_1 + x_2 = 4\gt0\)（恆成立）。
\(x_1x_2 = 5 - m\gt0\)，\(m\lt5\) 。
所以\(1\lt m\lt5\)，則\(a = 1\)，\(b = 5\)。

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