〈平面幾何圖形〉彙整頁面 - 第 6 頁，總計 7 頁

110指考數學甲試題–C

考慮一梯形$ABCD$，其中$\overline{AB}$與$\overline{DC}$平行。已知點$E$、$F$分別在對角線$\overline{AC}$、$\overline{BD}$上，且$\overline{AB}=\frac{2}{5}\overline{DC}$、$\overline{AE}=\frac{3}{2}\overline{EC}$、$\overline{BF}=\frac{2}{3}\overline{FD}$。若將向量$\overrightarrow{FE}$表示成$\alpha\overrightarrow{AC}+\beta\overrightarrow{AD}$，則實數$\alpha=$___________，$\beta=$__________（化成最簡分數）

答案

因為$\overline{AE}=\frac{3}{2}\overline{EC}$，所以$\overrightarrow{AE}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AC}$。
又$\overline{BF}=\frac{2}{3}\overline{FD}$，則$\overrightarrow{BF}=\frac{2}{5}\overrightarrow{BD}$。
$\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AF}$，而$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}$。
設$\overrightarrow{AB}=\vec{a}$，$\overrightarrow{AD}=\vec{b}$，$\overrightarrow{DC}=\frac{5}{2}\vec{a}$。
$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}=\vec{b}+\frac{5}{2}\vec{a}$。
$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}=\vec{b}-\vec{a}$。
$\overrightarrow{BF}=\frac{2}{5}(\vec{b}-\vec{a})$，$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\vec{a}+\frac{2}{5}(\vec{b}-\vec{a})=\frac{3}{5}\vec{a}+\frac{2}{5}\vec{b}$。
$\overrightarrow{AE}=\frac{3}{5}(\vec{b}+\frac{5}{2}\vec{a})=\frac{3}{2}\vec{a}+\frac{3}{5}\vec{b}$。
$\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AF}=(\frac{3}{2}\vec{a}+\frac{3}{5}\vec{b})-(\frac{3}{5}\vec{a}+\frac{2}{5}\vec{b})=\frac{9}{10}\vec{a}+\frac{1}{5}\vec{b}$。
又$\overrightarrow{AC}=\vec{b}+\frac{5}{2}\vec{a}$，即$\vec{a}=\frac{2}{5}(\overrightarrow{AC}-\vec{b})$。
代入$\overrightarrow{FE}$得：
$\overrightarrow{FE}=\frac{9}{10}\times\frac{2}{5}(\overrightarrow{AC}-\vec{b})+\frac{1}{5}\vec{b}=\frac{9}{25}\overrightarrow{AC}-\frac{9}{50}\vec{b}+\frac{1}{5}\vec{b}=\frac{9}{25}\overrightarrow{AC}-\frac{7}{50}\overrightarrow{AD}$。
所以$\alpha=\frac{9}{25}$，$\beta =-\frac{7}{50}$ 。（原答案表述形式不清晰，按正確計算得出此結果）報錯
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112分科測驗數學甲考科試題-09

已知平面上直角 $\triangle ABC$ 的三邊長 $AB = \sqrt{7}$ 、 $AC = \sqrt{3}$ 、 $BC = 2$ 。若分別以 $AB$ 與 $AC$ 為底邊在 $\triangle ABC$ 的外部作頂角等於 120° 的等腰三角形 $\triangle MAB$ 與 $\triangle MAC$，則 $MN^2 = \begin{pmatrix} 9-1 \\ 9-2 \end{pmatrix}$。（化為最簡分數）

答案

$令\angle A=\theta,\cos\angle MAN=\cos(60^{\circ}+\theta)\\
\cos(60^{\circ}+\theta)=\cos60^\circ\cos\theta-\sin60^\circ\sin\theta=\cdots=-\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}\\
\Delta MAN中,\overline{MN}^2=1^2+(\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}})^2-2\cdot1\cdot\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}=\frac{13}{3}$ 報錯
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112分科測驗數學甲考科試題-12

設$a,b$為實數，並設$O$為坐標平面的原點。已知二次函數$f(x)=ax^2$的圖形與圓
$\Omega:x²+y²−3y+b=0$皆通過點$P(1,\frac{1}{2})$ ，並令點$C$為$\Omega$的圓心。根據上述，試回答下
列問題。
12. 試求向量CO與CP夾角的餘弦值。（非選擇題，2分）

答案

將$P(1, \frac{1}{2})$代入$f(x) = ax^2$，得$a = \frac{1}{2}$。代入圓$\Omega$：$1^2 + (\frac{1}{2})^2 - 3 \cdot \frac{1}{2} + b = 0$，解得$b = \frac{1}{4}$。圓$\Omega$方程為$x^2 + (y - \frac{3}{2})^2 = 2$，圓心$C(0, \frac{3}{2})$。向量$\overrightarrow{CO} = (0, -\frac{3}{2})$，$\overrightarrow{CP} = (1, -1)$。餘弦值：$\frac{\overrightarrow{CO} \cdot \overrightarrow{CP}}{|\overrightarrow{CO}| |\overrightarrow{CP}|} = \frac{0 \cdot 1 + (-\frac{3}{2}) \cdot (-1)}{\frac{3}{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$答案：$\boxed{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}$ 報錯
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112分科測驗數學甲考科試題-13

試證明$y=f(x)$圖形與$\Omega$在$P$點有共同的切線。（非選擇題，4分）

答案

圓下半部分$y = \frac{3}{2} - \sqrt{2 - x^2}$，二次函數$y = \frac{1}{2}x^2$。利用對稱性，計算積分：$2\int_{0}^{1} \left(\frac{3}{2} - \sqrt{2 - x^2} - \frac{1}{2}x^2\right) dx$計算得：$ \frac{5}{3} - \frac{\pi}{2}$ 報錯
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112分科測驗數學甲考科試題-14

試求$y=f(x)$圖形上方與$\Gamma$下半圓弧所圍區域的面積。（非選擇題，6分）

答案

計算 $f(x)$ 與圓的交點，利用積分求面積，得面積為 $\frac{1}{6}$。答案為 $\frac{1}{6}$。報錯
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112分科測驗數學甲考科試題-15

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）

答案

已知點$\left(-\frac{5}{3}, \frac{2\sqrt{5}}{3}\right)$到原點距離平方為$\left(-\frac{5}{3}\right)^2 + \left(\frac{2\sqrt{5}}{3}\right)^2 = 5$，故長軸長為$2\sqrt{5}$。答案：$\boxed{2\sqrt{5}}$ 報錯
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112分科測驗數學甲考科試題-16

試求 Γ’ 短軸所在的直線方程式與短軸長。（非選擇題，4 分）

答案

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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03-113分科測驗數學甲試題10

坐標平面上,設 $ \Gamma $ 為以原點為圓心的圓,$ P $ 為 $ \Gamma $ 與 $ x $ 軸的其中一個交點。已知通過 $ P $ 點且斜率為 $\frac{1}{2}$ 的直線交 $ \Gamma $ 於另一點 $ Q$,且 $ PQ = 1$,則 $ \Gamma $ 的半徑為__________ 。

答案

設圓的半徑為 $r$,$P(r,0)$,直線方程為 $y=\frac{1}{2}(x - r)$,即 $x - 2y - r = 0$。由圓心到直線的距離公式 $d=\frac{\vert - r\vert}{\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}}}$,再根據垂徑定理,$(\frac{PQ}{2})^{2}+d^{2}=r^{2}$,即 $(\frac{1}{2})^{2}+\frac{r^{2}}{5}=r^{2}$,解得 $r=\frac{\sqrt{5}}{4}$。報錯
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111分科數學甲試題-05

坐標平面上有一圖形$\Gamma$，其方程式為$(x – 1)^{2}+(y – 1)^{2}=101$ 。試選出正確的選項。(1)$\Gamma$與$x$軸負向、$y$軸負向分別交於$(-9,0)$、$(0,-9)$(2)$\Gamma$上$x$坐標最大的點是點$(11,0)$(3)$\Gamma$上的點與原點距離的最大值為$\sqrt{2}+\sqrt{101}$(4)$\Gamma$在第三象限的點之極坐標可用$[9,\theta]$表示，其中$\pi<\theta<\frac{3}{2}\pi$(5)$\Gamma$經旋轉線性變換後，其圖形仍可用一個不含$xy$項的二元二次方程式表示

答案

令$y = 0$ ，則$(x - 1)^{2}+(0 - 1)^{2}=101$ ，即$(x - 1)^{2}=100$ ，解得$x - 1=\pm10$ ，$x = 11$或$x=-9$ ；令$x = 0$ ，則$(0 - 1)^{2}+(y - 1)^{2}=101$ ，即$(y - 1)^{2}=100$ ，解得$y - 1=\pm10$ ，$y = 11$或$y=-9$ ，所以(1)正確。
圓的標準方程為$(x - a)^{2}+(y - b)^{2}=r^{2}$，此圓圓心為$(1,1)$ ，半徑$r=\sqrt{101}$ ，$\Gamma$上$x$坐標最大的點是$(1+\sqrt{101},1)$ ，(2)錯誤。
圓心$(1,1)$到原點距離為$\sqrt{(1 - 0)^{2}+(1 - 0)^{2}}=\sqrt{2}$ ，圓上點與原點距離最大值為圓心到原點距離加上半徑，即$\sqrt{2}+\sqrt{101}$ ，(3)正確。
圓在第三象限的點到原點距離小於半徑$\sqrt{101}>9$ ，(4)錯誤。
圓經旋轉線性變換後仍為圓，可用不含$xy$項的二元二次方程式表示，(5)正確。答案為(1)(3)(5)。報錯
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111分科數學甲試題-13

有一積木，其中$ACFD$和$ABED$是兩個全等的等腰梯形，$BCFE$是一個矩形。設$A$點在直線$BC$的投影為$M$且在平面$BCFE$的投影為$P$。已知$\overline{AD}=30$ ，$\overline{CF}=40$ ，$\overline{AP}=15$且$\overline{BC}=10$ 。令$Q$為$\overline{FC}$上一點，滿足$\overrightarrow{AQ}$與$\overrightarrow{DF}$平行。利用$\triangle ABC$，$\triangle ACQ$為全等三角形，證明若水平面$W$介於$A$、$P$之間且與$A$的距離為$x$，則$W$與此積木所截的矩形區域之面積為$90x+\frac{4}{9}x^2$ 。

答案

證明：由$\triangle ABC\cong\triangle ACQ$可得$CQ = BC = 10$。過$A$作$AH\perp FC$於$H$，可得$FH = 15$ 。因為$\triangle AFH$與截面相似，相似比為$\frac{15 - x}{15}$。設截面矩形長為$l$，寬為$w$，由相似比可得$\frac{l}{40}=\frac{15 - x}{15}$，$l=\frac{40(15 - x)}{15}=\frac{8(15 - x)}{3}$；同理可得$\frac{w}{10}=\frac{15 - x}{15}$ ，$w=\frac{10(15 - x)}{15}=\frac{2(15 - x)}{3}$。截面面積$S = lw$ ，代入化簡可得$S = 20x+\frac{4}{9}x^{2}$ 。報錯
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