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109指考數學甲(補考)試題–C

等腰三角形\(ABC\)中，令\(\theta=\angle BAC\)。若\(\overline{AB}^{2}=\overline{AC}^{2}=\overline{BC}=\sin\theta\)，（求三角形面積，答案部分原表述不清，按照正確思路解題）

答案

設\(AB = AC = \sqrt{\sin\theta}\)，\(BC=\sin\theta\)。
根據等腰三角形的性質，作\(AD\perp BC\)於\(D\)，則\(BD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sin\theta\)。
在\(Rt\triangle ABD\)中，由勾股定理可得\(AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{\sin\theta - (\frac{1}{2}\sin\theta)^{2}}=\sqrt{\sin\theta-\frac{1}{4}\sin^{2}\theta}\)。
三角形\(ABC\)的面積\(S=\frac{1}{2}BC\cdot AD=\frac{1}{2}\times\sin\theta\times\sqrt{\sin\theta-\frac{1}{4}\sin^{2}\theta}\)。
由\(\overline{AB}^{2}=\overline{AC}^{2}=\overline{BC}=\sin\theta\)，根據三角形三邊關係，\(2\sqrt{\sin\theta}>\sin\theta\)，即\(\sin\theta<4\)且\(\sin\theta>0\)。
再由餘弦定理\(\cos\theta=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}=\frac{\sin\theta+\sin\theta - \sin\theta}{2\sin\theta}=\frac{1}{2}\)，所以\(\theta = 60^{\circ}\)，\(\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。
則三角形面積\(S=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{4}\times(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{16}}=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{8\sqrt{3}-3}{16}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times\frac{\sqrt{8\sqrt{3}-3}}{4}=\frac{\sqrt{24\sqrt{3}-9}}{16}\)（化簡到最簡根式）。報錯
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109指考數學甲(補考)試題-1)

坐標空間中，設\(E\)為過原點且由向量\(\vec{u}=(2,0,1)\)、\(\vec{v}=(0,1,1)\)所張出的平面。若平面\(E\)方程式為\(x + by + cz = d\)，試求實數\(b\)，\(c\)，\(d\)之值。(4分)

答案

平面\(E\)由向量\(\vec{u}=(2,0,1)\)、\(\vec{v}=(0,1,1)\)所張出，則平面\(E\)的法向量\(\vec{n}=\vec{u}\times\vec{v}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\2&0&1\\0&1&1\end{vmatrix}=\vec{i}(0\times1 - 1\times1)-\vec{j}(2\times1 - 0\times1)+\vec{k}(2\times1 - 0\times0)=-\vec{i}-2\vec{j}+2\vec{k}=(-1,-2,2)\)。
所以平面\(E\)的方程為\(-x - 2y + 2z = 0\)，即\(x + 2y - 2z = 0\)，所以\(b = 2\)，\(c=-2\)，\(d = 0\)。報錯
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109指考數學甲(補考)試題-2)

坐標空間中，設\(E\)為過原點且由向量\(\vec{u}=(2,0,1)\)、\(\vec{v}=(0,1,1)\)所張出的平面。將空間中兩點\(A\)、\(B\)垂直投影到平面\(E\)上，所得投影點依序為\(A’\)、\(B’\)兩點。已知\(\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}=5\)，\(\overrightarrow{AB}\cdot\vec{v}=2\)，試證明\(\overrightarrow{A’B’}\cdot\vec{u}=\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}\)。(2分)

答案

設向量\(\overrightarrow{AB}=\vec{w}\)，向量\(\vec{w}\)在平面\(E\)上的投影向量為\(\overrightarrow{A'B'}\)。
根據向量投影的性質，向量\(\vec{w}\)在平面\(E\)的法向量\(\vec{n}\)方向上的分量被去掉，而\(\vec{u}\)在平面\(E\)上，所以\(\overrightarrow{AB}\)在\(\vec{u}\)方向上的分量在投影過程中不變。
即\(\overrightarrow{A'B'}\cdot\vec{u}=\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}\)（向量在平面上的投影向量與平面內向量的數量積等於原向量與該平面內向量的數量積，可由向量投影的幾何意義得出）。報錯
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109指考數學甲(補考)試題-3)

坐標空間中，設\(E\)為過原點且由向量\(\vec{u}=(2,0,1)\)、\(\vec{v}=(0,1,1)\)所張出的平面。將空間中兩點\(A\)、\(B\)垂直投影到平面\(E\)上，所得投影點依序為\(A’\)、\(B’\)兩點。已知\(\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}=5\)，\(\overrightarrow{AB}\cdot\vec{v}=2\)，若\(\overrightarrow{A’B’}=\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}\)，試求實數\(\alpha\)，\(\beta\)之值。(6分)

答案

已知\(\overrightarrow{A'B'}=\alpha\vec{u}+\beta\vec{v}\)，\(\vec{u}=(2,0,1)\)，\(\vec{v}=(0,1,1)\)，所以\(\overrightarrow{A'B'}=(2\alpha,\beta,\alpha+\beta)\)。
由(2)知\(\overrightarrow{A'B'}\cdot\vec{u}=\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}=5\)，即\((2\alpha,\beta,\alpha+\beta)\cdot(2,0,1)=5\)，可得\(4\alpha+\alpha+\beta = 5\)，即\(5\alpha+\beta = 5\) ①；
又\(\overrightarrow{A'B'}\cdot\vec{v}=\overrightarrow{AB}\cdot\vec{v}=2\)，即\((2\alpha,\beta,\alpha+\beta)\cdot(0,1,1)=2\)，可得\(\beta+\alpha+\beta = 2\)，即\(\alpha + 2\beta = 2\) ②。
由①\(\times2 -\)②得：\(10\alpha + 2\beta - (\alpha + 2\beta)=10 - 2\)，\(9\alpha = 8\)，解得\(\alpha=\frac{8}{9}\)。
把\(\alpha=\frac{8}{9}\)代入①得：\(5\times\frac{8}{9}+\beta = 5\)，\(\beta = 5 - \frac{40}{9}=-\frac{5}{9}\)。
所以\(\alpha=\frac{8}{9}\)，\(\beta =-\frac{5}{9}\)。報錯
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109指考數學甲(補考)試題-1)

設\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)為三次實係數多項式函數。已知\(f'(x)\)是\(f(x)\)的因式，若\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)，其中\(k\)為實數，試求出\(b\)（以\(k\)的數學式表示）。(4分)

答案

首先對\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)求導，可得\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)。
將\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)展開：
\(x^{3}+bx^{2}+cx + d=\frac{1}{3}(3x^{2}+2bx + c)(x + k)\)
\(=\frac{1}{3}(3x^{3}+3kx^{2}+2bx^{2}+2bkx + cx + ck)\)
\(=x^{3}+(k+\frac{2b}{3})x^{2}+(\frac{2bk + c}{3})x+\frac{ck}{3}\)。
對比等式兩邊\(x^{2}\)的係數，可得\(b = k+\frac{2b}{3}\)，
移項可得\(b-\frac{2b}{3}=k\)，即\(\frac{b}{3}=k\)，所以\(b = 3k\)。報錯
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109指考數學甲(補考)試題-2)

設\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)為三次實係數多項式函數。已知\(f'(x)\)是\(f(x)\)的因式，試證明\(f'(x)=0\)有重根。(4分)

答案

由(1)知\(b = 3k\)，\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)，\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)。
因為\(f'(x)\)是\(f(x)\)的因式，所以\(f(x)\)能被\(f'(x)\)整除，即\(f(x)=0\)的根也是\(f'(x)=0\)的根。
\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)，\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)。
假設\(f'(x)=0\)的兩個根為\(x_1\)，\(x_2\)，由韋達定理\(x_1 + x_2=-\frac{2b}{3}\)，\(x_1x_2=\frac{c}{3}\)。
又因為\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)，所以\(f(x)\)有一個根為\(-k\)，不妨設\(x_1=-k\)。
將\(x_1=-k\)代入\(x_1 + x_2=-\frac{2b}{3}\)，由\(b = 3k\)可得\(-k + x_2=-2k\)，則\(x_2=-k\)。
所以\(f'(x)=0\)的兩個根相等，即\(f'(x)=0\)有重根。報錯
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109指考數學甲(補考)試題-3)

“設\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)為三次實係數多項式函數。已知\(f'(x)\)是\(f(x)\)的因式，若知\(f(-1)=0\)，試

答案

已知\(B(1,1,0)\)，\(\overline{BQ}=t\)，且\(F(1,1,1)\)，則\(Q\)點坐標為\((1,1,t)\)。
又\(A(1,0,0)\)，\(P(0,1,\frac{1}{2})\)，因為\(A\)、\(Q\)、\(P\)、\(R\)為平行四邊形的四個頂點，所以\(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{PR}\)。
\(\overrightarrow{AQ}=(1,1,t)-(1,0,0)=(0,1,t)\)。
設\(R(x,y,z)\)，\(\overrightarrow{PR}=(x,y,z)-(0,1,\frac{1}{2})=(x,y - 1,z-\frac{1}{2})\)。
由\(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{PR}\)可得\(\begin{cases}x = 0\\y - 1 = 1\\z-\frac{1}{2}=t\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}x = 0\\y = 2\\z=t + \frac{1}{2}\end{cases}\)，即\(R(0,2,t+\frac{1}{2})\)。
所以\(\overrightarrow{AR}=(0,2,t+\frac{1}{2})-(1,0,0)=(-1,2,t+\frac{1}{2})\)。報錯
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