設 \(\Gamma : \frac{y^2}{a^2} -\frac{x^2}{b^2}=1\) 為坐標平面上一雙曲線，且其通過第一象限的漸近線為 \(\ell\)。考慮動點 \((t, t^2)\)，從時間 \( t = 0 \) 時出發。當 \( t > 0 \) 時，請選出正確的選項：
(1)此動點不會碰到 \(\Gamma\)，也不會碰到 \(\ell\)
(2)此動點會碰到 \(\Gamma\)，但不會碰到 \(\ell\)
(3)此動點會碰到 \(\ell\)，但不會碰到 \(\Gamma\)
(4)此動點會先碰到 \(\Gamma\)，再碰到 \(\ell\)
(5)此動點會先碰到 \(\ell\)，再碰到 \(\Gamma\)。
從橢圓Γ的兩焦點分別作垂直於長軸的直線，交橢圓於四點。已知連此四點得一個邊長為2的正方形，則Γ的長軸長為 __________。
設橢圓長軸在x軸上，中心原點。焦點 \( F_1(-c,0), F_2(c,0) \)。過焦點作垂直長軸的直線 \( x=\pm c \)，與橢圓交點縱坐標為 \( \pm \frac{b^2}{a} \)。正方形邊長2 ⇒ \( \frac{2b^2}{a} = 2 \Rightarrow b^2 = a \)。又 \( c^2 = a^2 - b^2 \)，且由圖形及畢氏定理，點 \( (c, \frac{b^2}{a}) \) 到 \( F_2 \) 距離為 \( \sqrt{0^2 + (\frac{b^2}{a})^2} = \frac{b^2}{a} = 1 \)。代入得 \( b^2=1 \)，\( a=1 \)，\( c=0 \) 不合。修正：由圖形點 \( (c,1) \) 在橢圓上，滿足 \( \frac{c^2}{a^2} + \frac{1}{b^2} = 1 \)，且 \( a^2 = b^2 + c^2 \)，及 \( 2c=2 \) (正方形對角線?)。原解析利用橢圓定義：點 \( (c,1) \) 到兩焦點距離和 \( = \sqrt{(2c)^2+0} + \sqrt{0^2+1^2} = 2c + 1 = 2a \)，且 \( c=1 \) (因正方形邊長2，焦點水平距離2c=2? 需確認)。原答案：\( 1+\sqrt{5} \)。答案：\( 1+\sqrt{5} \) 報錯
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試問下列哪些選項中的二次曲線，其焦點（之一）是拋物線 \( y^2 = 2x \) 的焦點？
(1) \( y = \left( x – \frac{1}{2} \right)^2 – \frac{1}{4} \)
(2) \( \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 \)
(3) \( x^2 + \frac{4y^2}{3} = 1 \)
(4) \( 8x^2 – 8y^2 = 1 \)
(5) \( 4x^2 – 4y^2 = 1 \)。
拋物線 \( y^2=2x \) 標準式 \( y^2=4\cdot\frac{1}{2}x \)，焦點 \( \left( \frac{1}{2}, 0 \right) \)。
(1) 頂點 \( \left( \frac{1}{2}, -\frac{1}{4} \right) \)，開口向上，焦距 \( \frac{1}{4} \)，焦點 \( \left( \frac{1}{2}, 0 \right) \) ✓。
(2) 橢圓 \( \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1 \)，\( c=1 \)，焦點 \( (\pm1,0) \) ✗。
(3) 橢圓 \( \frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{3/4}=1 \)，\( c=\sqrt{1-\frac{3}{4}}=\frac{1}{2} \)，焦點 \( \left( \pm\frac{1}{2},0 \right) \) ✓。
(4) 雙曲線 \( \frac{x^2}{1/8}-\frac{y^2}{1/8}=1 \)，\( c=\sqrt{\frac{1}{8}+\frac{1}{8}}=\frac{1}{2} \)，焦點 \( \left( \pm\frac{1}{2},0 \right) \) ✓。
(5) 雙曲線 \( \frac{x^2}{1/4}-\frac{y^2}{1/4}=1 \)，\( c=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \)，焦點 \( \left( \pm\frac{1}{\sqrt{2}},0 \right) \) ✗。
故選(1)(3)(4)。答案：(1)(3)(4) 報錯
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如圖（此為示意圖），\(A, B, C, D\) 是橢圓 \(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{16}=1\) 的頂點。若四邊形 \(ABCD\) 的面積為58，則 \(a=\) __________。（化為最簡分數）
坐標平面上有一條拋物線Γ，其上有四個點構成等腰梯形，且等腰梯形的對稱軸與Γ的對稱軸重合。已知該等腰梯形的上底為4、下底為6、高為14，則Γ的焦距為 \(\frac{①}{②③}\)。（化為最簡分數）
坐標平面上有一邊長為 3 的正六邊形 \( ABCDEF \)，其中 \( A(3,0)\cdot D(-3,0) \)。
試問橢圓 \( \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{7}=1 \) 與正六邊形 \( ABCDEF \) 有多少個交點？
(1) 0
(2) 2
(3) 4
(4) 6
(5) 8
在平面直角坐標系中，已知橢圓\(E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt b\gt0)\)的左右焦點分別為\(F_{1}\)，\(F_{2}\)，過\(F_{1}\)且斜率為\(\sqrt{3}\)的直線與橢圓\(E\)相交於\(A\)，\(B\)兩點，若\(\vert AF_{2}\vert+\vert BF_{2}\vert = 2\vert AB\vert\)，則橢圓\(E\)的離心率為？
(1)\(\frac{1}{3}\)
(2)\(\frac{1}{2}\)
(3)\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)
(4)\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)
(5)\(\frac{2}{3}\)
坐標平面上，設\(\Gamma\)為中心在原點且長軸落在y軸上的橢圓。已知對原點逆時針旋轉\(\theta\)角（其中\(0\lt\theta\lt\pi\)）的線性變換將\(\Gamma\)變換到新橢圓\(\Gamma’:40x^2 + 4\sqrt{5}xy + 41y^2 = 180\)，點\(\left(-\frac{5}{3}, \frac{2\sqrt{5}}{3}\right)\)為\(\Gamma’\)上離原點最遠的兩點之一。根據上述，試回答下列問題：橢圓\(\Gamma’\)的長軸長為 。（化為最簡根式）
試求 Γ’ 短軸所在的直線方程式與短軸長。（非選擇題，4 分）
利用長軸過\(\left(-\frac{5}{3}, \frac{2\sqrt{5}}{3}\right)\)來求短軸所在直線方程：\(2x + \sqrt{5}y = 0\)。
求短軸長：
將\(y = -\frac{2}{\sqrt{5}}x\)代入橢圓方程\(40x^2 + 4\sqrt{5}xy + 41y^2 = 180\)：\(40x^2 + 4\sqrt{5}x\left(-\frac{2}{\sqrt{5}}x\right) + 41\left(\frac{4}{5}x^2\right) = 180\)
化簡得：\(\frac{324x^2}{5} = 180 \implies x^2 = \frac{25}{9} \implies x = \pm\frac{5}{3}\)
對應\(y = \mp\frac{2\sqrt{5}}{3}\)，兩交點為\(\left(\frac{5}{3}, -\frac{2\sqrt{5}}{3}\right)\)和\(\left(-\frac{5}{3}, \frac{2\sqrt{5}}{3}\right)\)。短軸長為兩點距離：\(\sqrt{\left(\frac{5}{3} - \left(-\frac{5}{3}\right)\right)^2 + \left(-\frac{2\sqrt{5}}{3} - \frac{2\sqrt{5}}{3}\right)^2} = \sqrt{\left(\frac{10}{3}\right)^2 + \left(-\frac{4\sqrt{5}}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{180}{9}} = 4\) 報錯
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已知在\(\Gamma\)上的一點$P$經由此旋轉後得到的點\(P’\)落在$x$軸上，且\(P’\)點的$x$坐標大於$0$。試求$P$點的坐標。
已知\(\Gamma'\)上長軸端點\(\left(-\frac{5}{3}, \frac{2\sqrt{5}}{3}\right)\)來自原橢圓\(\Gamma\)的上頂點\((0, \sqrt{5})\)（因\(\Gamma\)長軸在y軸，長軸長\(2\sqrt{5}\)）。旋轉矩陣\(R = \begin{bmatrix}\frac{2}{3} & -\frac{\sqrt{5}}{3} \\ \frac{\sqrt{5}}{3} & \frac{2}{3}\end{bmatrix}\)
$令y=0代入\Gamma'得x=\frac{3}{\sqrt{2}}\\
\therefore \begin{bmatrix}\frac{3}{\sqrt{2}},0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{2}{3} & -\frac{\sqrt{5}}{3} \\ \frac{\sqrt{5}}{3} & \frac{2}{3}\end{bmatrix}$
利用反方陣求得$原座標P(x,y):x = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{3}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$，\(y = -\dfrac{\sqrt{5}}{3} \cdot \dfrac{3}{\sqrt{2}} = -\dfrac{\sqrt{10}}{2}\)。
答案：\(\boxed{\left(\sqrt{2}, -\dfrac{\sqrt{10}}{2}\right)}\) 報錯
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