方程組 \(\begin{cases} x + 2y + 3z = 0 \\ 2x + y + 3z = 6 \\ x – y = 6 \\ x – 2y – z = 8 \end{cases}\) 經高斯消去法計算後，其增廣矩陣可化簡為 \(\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\)，則 \(a = \bigcirc, b = \bigcirc, c = \bigcirc, d = \bigcirc\)。
設 \( A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} \)。若 \( A^4 = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \)，則 \( a + b + c + d \) 之值為下列哪一個選項？
(1) 158
(2) 162
(3) 166
(4) 170
(5) 174
計算 \( A^2 = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 8 \\ 0 & 9 \end{bmatrix} \)，再計算 \( A^4 = A^2 \cdot A^2 = \begin{bmatrix} 1 & 8 \\ 0 & 9 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 8 \\ 0 & 9 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 80 \\ 0 & 81 \end{bmatrix} \)，得 \( a=1, b=80, c=0, d=81 \)，和為 162。(2) 報錯
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18-20 題為題組
已知 \(A = \begin{bmatrix} a_1 & a_2 \\ a_3 & a_4 \end{bmatrix}\)，\(B = \begin{bmatrix} b_1 & b_2 \\ b_3 & b_4 \end{bmatrix}\) 皆為坐標平面上以原點 \(O\) 為中心，逆時針旋轉一銳角的旋轉矩陣，且滿足 \(A^2 = B^3 = \begin{bmatrix} 0 & c \\ 1 & d \end{bmatrix}\)，其中 \(c \cdot d\) 為實數。
設點 \(P(1, 1)\) 經 \(A^3\) 變換後為點 \(Q\)，且點 \(Q\) 經 \(B^4\) 變換後為點 \(R\)。根據上述，試回答下列問題。
18. 試問 \(c\) 之值為何？(單選題，3分)
(1) 0 (2) -1 (3) 1 (4) \(-\frac{1}{2}\) (5) \(\frac{1}{2}\)
18-20 題為題組
19. 試求點 \(Q\) 的坐標，以及 \(\overset{\rightharpoonup}{OR}\) 與向量 \((1, 0)\) 的夾角。(非選擇題，6分)
由18題得 \(\theta_1=45^\circ\)，\(A^3\) 為旋轉 \(135^\circ\) 矩陣，將 \(P(1,1)\) 變換得 \(Q(-\sqrt{2},0)\)。
由 \(B^3\) 得 \(\theta_2=30^\circ\)，\(B^4\) 為旋轉 \(120^\circ\) 矩陣，將 \(Q\) 變換得 \(R(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{6}}{2})\)。
計算 \(\overset{\rightharpoonup}{OR}\) 與 \((1,0)\) 夾角：\(\cos\theta=\frac{1}{2}\)，\(\theta=60^\circ\)。 報錯
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在坐標平面上給定三點 \(A(1,0), B(0,1), C(-1,0)\)，令 \(\Gamma\) 為 \(\triangle ABC\) 經矩陣 \(T=\begin{bmatrix} 3 & 0 \\ a & 1 \end{bmatrix}\) 變換後的圖形，其中 \(a\) 為實數。試選出正確的選項。
(1) 若 \(a=0\)，則 \(\Gamma\) 為等腰直角三角形
(2) \(\triangle ABC\) 的邊上至少有兩點經 \(T\) 變換後坐標不變
(3) \(\Gamma\) 必有部分落在第四象限
(4) 平面上找到一個圖形 \(\Omega\) 經 \(T\) 變換後為 \(\triangle ABC\)
(5) \(\Gamma\) 的面積為定值
令 \(A\) 為以原點為中心逆時針旋轉 \(\theta\) 角的旋轉矩陣，且令 \(B\) 為以 \(x\) 軸為鏡射軸（對稱軸）的鏡射矩陣。令 \(A=\begin{bmatrix}a_1&a_2\\a_3&a_4\end{bmatrix}\)、\(BA=\begin{bmatrix}c_1&c_2\\c_3&c_4\end{bmatrix}\)。已知 \(a_1+a_2+a_3+a_4=2(c_1+c_2+c_3+c_4)\)，則 \(tan\theta=\)__________（化為最簡分數）。
\( A = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix} \)，\( B = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix} \)
\( BA = \begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ -\sin\theta & -\cos\theta \end{bmatrix} \)
左式：\( a_1+a_2+a_3+a_4 = 2\cos\theta \)
右式：\( 2(c_1+c_2+c_3+c_4) = 2(\cos\theta - \sin\theta - \sin\theta - \cos\theta) = -4\sin\theta \)
得 \( 2\cos\theta = -4\sin\theta \Rightarrow \tan\theta = -\frac{1}{2} \)？檢查：\( 2\cos\theta = -4\sin\theta \Rightarrow \cos\theta = -2\sin\theta \Rightarrow \tan\theta = -\frac{1}{2} \)
但原解答給 \( \frac{1}{2} \) 報錯
ChatGPT DeepSeek試題內容
試題內容
選擇(填)題答案
非選擇題評分原則
坐標平面上一矩形，其頂點分別為\(A(3,-2)\)、\(B(3,2)\)、\(C(-3,2)\)、\(D(-3,-2)\)。設二階方陣\(M\)為在坐標平面上定義的線性變換，可將\(A\)映射到\(B\)且將\(B\)映射到\(C\)。請選出正確的選項。
(1)\(M\)定義的線性變換是鏡射變換
(2)\(M\begin{bmatrix}3&3\\ -2&2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3& – 3\\ 2&2\end{bmatrix}\)
(3)\(M\)定義的線性變換將\(C\)映射到\(D\)且將\(D\)映射到\(A\)
(4)\(M\)的行列式值為\(-1\)
(5)\(M^{3}=-M\)
設\(M=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\)，由\(M\begin{bmatrix}3\\ -2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\2\end{bmatrix}\)，\(M\begin{bmatrix}3\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3\\2\end{bmatrix}\)可得：
\(\begin{cases}3a-2b = 3\\3c-2d = 2\\3a + 2b=-3\\3c + 2d = 2\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a = 0\\b =-\frac{3}{2}\\c=\frac{2}{3}\\d = 0\end{cases}\)，所以\(M=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\)。
(1) \(M\)不是鏡射變換，(1)錯誤。
(2) \(M\begin{bmatrix}3&3\\ -2&2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&3\\ -2&2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3& - 3\\ 2&2\end{bmatrix}\)，(2)正確。
(3) \(M\begin{bmatrix}-3\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-3\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3\\ - 2\end{bmatrix}\)，\(M\begin{bmatrix}-3\\ - 2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-3\\ - 2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\ - 2\end{bmatrix}\)，所以\(M\)將\(C\)映射到\(D\)且將\(D\)映射到\(A\)，(3)正確。
(4) \(M\)的行列式值\(\vert M\vert=0\times0-(-\frac{3}{2})\times\frac{2}{3}=1\neq - 1\)，(4)錯誤。
(5) \(M^{2}=\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1&0\\0&-1\end{bmatrix}\)，\(M^{3}=M^{2}\cdot M=\begin{bmatrix}-1&0\\0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&-\frac{3}{2}\\\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&\frac{3}{2}\\-\frac{2}{3}&0\end{bmatrix}=-M\)，(5)正確。
答案為(2)(3)(5)。 報錯
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在坐標平面上，考慮二階方陣\(A=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4&-3\\3&4\end{bmatrix}\)所定義的線性變換。對於平面上異於原點\(O\)的點\(P_1\)，設\(P_1\)經\(A\)變換成\(P_2\)，\(P_2\)經\(A\)變換成\(P_3\)。令\(a = \overline{OP_1}\)。試求\(\sin\angle P_1OP_3\)。(4分)
首先，設\(\overrightarrow{OP_1}=(x,y)\)，則\(\overrightarrow{OP_2}=A\overrightarrow{OP_1}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4&-3\\3&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4x - 3y\\3x + 4y\end{bmatrix}\)。
\(\overrightarrow{OP_3}=A\overrightarrow{OP_2}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4&-3\\3&4\end{bmatrix}\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4x - 3y\\3x + 4y\end{bmatrix}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}4(4x - 3y)-3(3x + 4y)\\3(4x - 3y)+4(3x + 4y)\end{bmatrix}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}7x - 24y\\24x + 7y\end{bmatrix}\)。
計算\(\overrightarrow{OP_1}\cdot\overrightarrow{OP_3}\)：
\(\overrightarrow{OP_1}\cdot\overrightarrow{OP_3}=x\cdot\frac{1}{25}(7x - 24y)+y\cdot\frac{1}{25}(24x + 7y)=\frac{1}{25}(7x^{2}-24xy + 24xy + 7y^{2})=\frac{7}{25}(x^{2}+y^{2})\)。
又\(\vert\overrightarrow{OP_1}\vert = a=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，\(\vert\overrightarrow{OP_3}\vert=\sqrt{(\frac{7x - 24y}{25})^{2}+(\frac{24x + 7y}{25})^{2}}=\sqrt{\frac{49x^{2}-336xy + 576y^{2}+576x^{2}+336xy + 49y^{2}}{625}}=\sqrt{\frac{625(x^{2}+y^{2})}{625}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}} = a\)。
根據向量點積公式\(\overrightarrow{OP_1}\cdot\overrightarrow{OP_3}=\vert\overrightarrow{OP_1}\vert\vert\overrightarrow{OP_3}\vert\cos\angle P_1OP_3\)，即\(\frac{7}{25}(x^{2}+y^{2})=a\cdot a\cdot\cos\angle P_1OP_3\)，可得\(\cos\angle P_1OP_3=\frac{7}{25}\)。
再根據\(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha = 1\)，可得\(\sin\angle P_1OP_3=\sqrt{1 - (\frac{7}{25})^{2}}=\frac{24}{25}\)。 報錯
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在坐標平面上，考慮二階方陣\(A=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4&-3\\3&4\end{bmatrix}\)所定義的線性變換。對於平面上異於原點\(O\)的點\(P_1\)，設\(P_1\)經\(A\)變換成\(P_2\)，\(P_2\)經\(A\)變換成\(P_3\)。令\(a = \overline{OP_1}\)。試以\(a\)表示\(\triangle P_1P_2P_3\)的面積。(4分)
已知\(\overrightarrow{OP_1}=(x,y)\)，\(\overrightarrow{OP_2}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4x - 3y\\3x + 4y\end{bmatrix}\)，\(\overrightarrow{OP_3}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}7x - 24y\\24x + 7y\end{bmatrix}\)。
\(\overrightarrow{P_1P_2}=\overrightarrow{OP_2}-\overrightarrow{OP_1}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4x - 3y\\3x + 4y\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{4x - 3y - 5x}{5}\\\frac{3x + 4y - 5y}{5}\end{bmatrix}=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}-x - 3y\\3x - y\end{bmatrix}\)。
\(\overrightarrow{P_1P_3}=\overrightarrow{OP_3}-\overrightarrow{OP_1}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}7x - 24y\\24x + 7y\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{7x - 24y - 25x}{25}\\\frac{24x + 7y - 25y}{25}\end{bmatrix}=\frac{1}{25}\begin{bmatrix}-18x - 24y\\24x - 18y\end{bmatrix}\)。
根據向量叉積求三角形面積公式\(S=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{P_1P_2}\times\overrightarrow{P_1P_3}\vert\)，對於二維向量\(\overrightarrow{a}=(m,n)\)，\(\overrightarrow{b}=(p,q)\)，\(\overrightarrow{a}\times\overrightarrow{b}=mq - np\)。
\(\overrightarrow{P_1P_2}\times\overrightarrow{P_1P_3}=\frac{1}{5}\times\frac{1}{25}[(-x - 3y)(24x - 18y)-(3x - y)(-18x - 24y)]\)。
展開得：
\[
\begin{align*}
&\frac{1}{125}(-24x^{2}+18xy - 72xy + 54y^{2}+54x^{2}+72xy - 18xy - 24y^{2})\\
=&\frac{1}{125}(30x^{2}+30y^{2})\\
=&\frac{30}{125}(x^{2}+y^{2})
\end{align*}
\]
因為\(a=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，所以\(S=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{P_1P_2}\times\overrightarrow{P_1P_3}\vert=\frac{1}{2}\times\frac{30}{125}(x^{2}+y^{2})=\frac{3}{25}a^{2}\)。 報錯
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在坐標平面上，考慮二階方陣\(A=\frac{1}{5}\begin{bmatrix}4&-3\\3&4\end{bmatrix}\)所定義的線性變換。對於平面上異於原點\(O\)的點\(P_1\)，設\(P_1\)經\(A\)變換成\(P_2\)，\(P_2\)經\(A\)變換成\(P_3\)。令\(a = \overline{OP_1}\)。假設\(P_1\)是圖形\(y=\frac{1}{10}x^{2}-10\)上的動點，試求\(\triangle P_1P_2P_3\)面積的最小可能值。(4分)
由(2)知\(\triangle P_1P_2P_3\)的面積\(S=\frac{3}{25}a^{2}\)，而\(a=\vert\overrightarrow{OP_1}\vert=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，又\(y=\frac{1}{10}x^{2}-10\)。
所以\(a^{2}=x^{2}+(\frac{1}{10}x^{2}-10)^{2}=x^{2}+\frac{1}{100}x^{4}-2x^{2}+100=\frac{1}{100}x^{4}-x^{2}+100\)。
令\(t = x^{2}(t\geq0)\)，則\(a^{2}=\frac{1}{100}t^{2}-t + 100\)。
對於二次函數\(y=\frac{1}{100}t^{2}-t + 100\)，其對稱軸為\(t =-\frac{-1}{2\times\frac{1}{100}} = 50\)。
所以當\(t = 50\)時，\(a^{2}\)取得最小值，\(a^{2}_{min}=\frac{1}{100}\times50^{2}-50 + 100=\frac{2500}{100}-50 + 100 = 75\)。
則\(\triangle P_1P_2P_3\)面積的最小可能值為\(S_{min}=\frac{3}{25}\times75 = 9\)。 報錯
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