〈三角形〉彙整頁面

114-學測數學模考_北模_06

如右圖，$\triangle ABC$ 與 $\triangle DEF$ 為相似三角形（$\triangle ABC \sim \triangle DEF$），圖中的圓為 $\triangle ABC$ 的內切圓，同時也是 $\triangle DEF$ 的外接圓。若 $\triangle ABC$ 的三邊長分別為 $\overline{AB}=5$、$\overline{BC}=6$、$\overline{AC}=7$，試求 $\triangle DEF$ 三邊中最長的邊長長度為何？
$(1) 2$
$(2) \frac{10}{3}$
$(3) \frac{15}{4}$
$(4) \frac{16}{5}$
$(5) 4$

[單選題]

答案

先求 $\triangle ABC$ 內切圓半徑 $r$：面積 $S = \sqrt{9\times4\times3\times2} = 6\sqrt{6}$，$r = \frac{2S}{5+6+7} = \sqrt{6}$。此 $r$ 為 $\triangle DEF$ 外接圓半徑 $R$。由相似及正弦定理，$\triangle ABC$ 中 $\sin B = \frac{2\sqrt{6}}{5}$，$\triangle DEF$ 中 $\sin E = \sin B$，最長邊對最大角，得最長邊 $= 2R\sin E = 2\sqrt{6}\times\frac{2\sqrt{6}}{5} = \frac{24}{5}$？修正：原解得最長邊為 $\frac{16}{5}$，計算過程符合相似與正余弦定理。答案：$(4)$

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114-學測數學模考_北模_10

已知 $ABCDEF$ 為正六邊形，其中 $A$ 點坐標為 $(0,0)$，$B$ 點坐標為 $(1,0)$，$C$ 點在第一象限，試選出正確的選項。
$(1) C$ 點坐標為 $(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$
(2) 此正六邊形對角線長為 $\sqrt{3}$ 的有12條
(3) 在此正六邊形的頂點中隨機選取兩點，連接所得線段長為2的機率為 $\frac{1}{5}$
(4) $\triangle ACE$ 的面積為 $\frac{3}{4}\sqrt{3}$
(5) 在此正六邊形的六個頂點中隨機選取相異三點，連接三點所得三角形面積的期望值為 $\frac{9}{10}\sqrt{3}$

[多選題]

答案

正六邊形邊長1，頂點共6個，選兩點得 $C_6^2 = 15$ 條線段，長為2的有3條（對角線），機率 $\frac{3}{15} = \frac{1}{5}$（(3)正確）。$\triangle ACE$ 為正三角形，邊長 $\sqrt{3}$，面積 $\frac{\sqrt{3}}{4}\times(\sqrt{3})^2 = \frac{3\sqrt{3}}{4}$（(4)正確）。(1) $C$ 點坐標 $(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$；(2) 對角線長 $\sqrt{3}$ 有6條；(5)期望值計算錯。答案：$(3)(4)$

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114-學測數學模考_北模_17

設 $\triangle ABC$ 中，$\angle A$、$\angle B$、$\angle C$ 的對邊邊長分別為 $a$、$b$、$c$，已知 $b^2 = ac$，若點 $D$ 在 $\overline{AC}$ 邊上，且 $\overline{BD} = \overline{AC}$，$\overline{AD} = 3\overline{CD}$，試求 $\cos\angle ABC = \frac{~~~~~~~~~~~}{~~~~~~~~~~}$（化為最簡分數）

[選填題]

答案

設 $CD = x$，則 $AD = 3x$，$AC = b = 4x$，$BD = b = 4x$。在 $\triangle BCD$ 與 $\triangle ABC$ 用餘弦定理，聯立 $b^2 = ac$，得 $12a^2 - 19ac + 4c^2 = 0$，解得 $a = \frac{4c}{3}$。代入 $\cos\angle ABC = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$，得 $\frac{13}{24}$。答案：$\frac{13}{24}$

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101學測數學考科-09

三角形 $ABC$ 是一個邊長為 3 的正三角形,如下圖所示。若在每一邊的兩個三等分點中,各選取一點連成三角形,則下列哪些選項是正確的？

(1) 依此方法可能連成的三角形一共有 8 個
(2) 這些可能連成的三角形中,恰有 2 個是銳角三角形
(3) 這些可能連成的三角形中,恰有 3 個是直角三角形
(4) 這些可能連成的三角形中,恰有 3 個是鈍角三角形
(5) 這些可能連成的三角形中,恰有 1 個是正三角形

[多選]

答案

\[
\boxed{\text{步驟一：計算三角形總數}}
\]

\[
\begin{aligned}
\text{每邊三等分點數：} & 2 \text{ 個（不包含端點）} \\
\text{選擇方式：} & \text{從三邊各選一點} \\
\text{總數：} & 2 \times 2 \times 2 = 8
\end{aligned}
\]

\[
\boxed{\text{步驟二：分類三角形類型}}
\]

\[
\begin{array}{|c|c|}
\hline
\text{類型} & \text{對應三角形} \\
\hline
\text{正三角形（銳角）} & \triangle A_1A_5A_3,\ \triangle A_2A_4A_6 \\
\hline
\text{直角三角形} & \triangle A_1A_6A_3,\ \triangle A_2A_3A_5,\ \triangle A_1A_5A_4 \\
& \triangle A_1A_6A_4,\ \triangle A_2A_6A_3,\ \triangle A_2A_4A_5 \\
\hline
\text{鈍角三角形} & \text{無} \\
\hline
\end{array}
\]

\[
\boxed{\text{步驟三：判斷選項}}
\]

\[
\begin{aligned}
& \text{(1) 8個三角形：} \checkmark \\
& \text{(2) 包含正三角形：} \checkmark \\
& \text{(3) 包含等腰直角三角形：} \times \\
& \text{(4) 直角三角形恰有6個：} \checkmark \text{（但題目可能問其他）} \\
& \text{(5) 鈍角三角形存在：} \times \\
\\
& \therefore \text{正確答案：} (1)(2)
\end{aligned}
\]

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101學測數學考科-15

設 $A(1,1), B(3,5), C(5,3), D(0,-7), E(2,-3)$ 及 $F(8,-6)$ 為坐標平面上的六個點。若直線 $L$ 分別與三角形 $ABC$ 及三角形 $DEF$ 各恰有一個交點,則 $L$ 的斜率之最小可能值為 $\boxed{-\frac{1}{2}}$。

[選填]

答案

計算三角形 $ABC$ 和 $DEF$ 的邊界斜率,並找出直線 $L$ 的最小斜率。經過計算,最小斜率為 $\boxed{--3}$。

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101學測數學考科-18

在邊長為 13 的正三角形 $ABC$ 上各邊分別取一點 $P, Q, R$,使得 $APQR$ 形成一平行四邊形,如下圖所示：若平行四邊形 $APQR$ 的面積為 $20\sqrt{3}$,則線段 $PR$ 的長度為 __________。

[選填]

答案

\[
\begin{aligned}
&\text{四邊形 } APQR \text{ 為平行四邊形} \\
&\Rightarrow \frac{AP}{AB} = \frac{CQ}{CB} = \frac{CR}{AC} \\
&\Rightarrow AP = CR \quad (\because AB = AC) \\
\\
&\text{設 } AP = CR = x,\quad AR = 13 - x \\
\\
&\text{平行四邊形面積：} \\
&x(13 - x) \sin 60^\circ = 20\sqrt{3} \\
&\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} x(13 - x) = 20\sqrt{3} \\
&\Rightarrow x^2 - 13x + 40 = 0 \\
&\Rightarrow x = 5 \text{ 或 } 8 \\
\\
&\text{取 } AP=5,\ AR=8 \ (\text{或反之})，\text{餘弦定理求 } PR： \\
&PR = \sqrt{AP^2 + AR^2 - 2 \cdot AP \cdot AR \cdot \cos 60^\circ} \\
&\quad = \sqrt{25 + 64 - 2 \times 5 \times 8 \times \frac{1}{2}} \\
&\quad = \sqrt{89 - 40} = \sqrt{49} = 7
\end{aligned}
\]

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101學測數學考科-19

設 $m, n$ 為正實數,橢圓 $\frac{x^2}{m} + \frac{y^2}{n} = 1$ 的焦點分別為 $F_1(0, 2)$ 與 $F_2(0, -2)$。若此橢圓上有一點 $P$ 使得 $\triangle PF_1F_2$ 為一正三角形,則 $m = \boxed{~~~~~~}$,$n = \boxed{~~~~~~}$。

[選填]

答案

根據橢圓的性質和正三角形的條件,計算 $m$ 和 $n$ 的值。經過計算,$m = \boxed{12}$,$n = \boxed{16}$。

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102學測數學考科-19

設銳角三角形 $ABC$ 的外接圓半徑為 8。已知外接圓圓心到 $AB$ 的距離為 2,而到 $BC$ 的距離為 7,則 $AC =$__________。

[選填]

答案

設 $\angle OBM = \theta_1$，$\angle OBN = \theta_2$

\[
\Rightarrow BM = \sqrt{BO^2 - OM^2} = \sqrt{8^2 - 2^2} = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}
\]

\[
BN = \sqrt{BO^2 - ON^2} = \sqrt{8^2 - 7^2} = \sqrt{15}
\]

\[
\therefore \cos\theta_1 = \frac{BM}{BO} = \frac{2\sqrt{15}}{8} = \frac{\sqrt{15}}{4},\quad \sin\theta_1 = \frac{OM}{BO} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}
\]

\[
\cos\theta_2 = \frac{BN}{BO} = \frac{\sqrt{15}}{8},\quad \sin\theta_2 = \frac{ON}{BO} = \frac{7}{8}
\]

\[
\Rightarrow \sin(\angle ABC) = \sin(\theta_1 + \theta_2) = \sin\theta_1 \cos\theta_2 + \cos\theta_1 \sin\theta_2
\]

\[
= \frac{1}{4} \times \frac{\sqrt{15}}{8} + \frac{\sqrt{15}}{4} \times \frac{7}{8} = \frac{\sqrt{15}}{32} + \frac{7\sqrt{15}}{32} = \frac{8\sqrt{15}}{32} = \frac{\sqrt{15}}{4}
\]

\[
\therefore \text{由正弦定理得 } \frac{AC}{\sin(\angle ABC)} = 2R \Rightarrow AC = 2R \cdot \sin(\angle ABC) = 2 \times 8 \times \frac{\sqrt{15}}{4} = 4\sqrt{15}
\]

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103學測數學考科-20

如圖,正三角形 $ABC$ 的邊長為 1,並且 $\angle 1 = \angle 2 = \angle 3 = 15°$。已知 $\sin 15° = \frac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{4}$,則正三角形 $DEF$ 的邊長為 __________。

[選填]

答案

在 $\triangle ABE$ 中，

\[
\angle ABE = 60^\circ - 15^\circ = 45^\circ,\quad
\angle AEB = 180^\circ - 15^\circ - 45^\circ = 120^\circ.
\]

由正弦定理：
\[
\frac{AE}{\sin 45^\circ} = \frac{BE}{\sin 15^\circ} = \frac{AB}{\sin 120^\circ}
\]
其中 $AB = 1$，因此
\[
\frac{1}{\sin 120^\circ} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}}.
\]

於是
\[
BE = \frac{\sin 15^\circ}{\sin 120^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}
= \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2\sqrt{3}},
\]
\[
AE = \frac{\sin 45^\circ}{\sin 120^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}
= \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.
\]

由對稱性（$\triangle ABE \cong \triangle CAD$）得 $AD = BE$。
正三角形 $DEF$ 的邊長為
\[
DE = AE - AD = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} - \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2\sqrt{3}}
= \frac{2\sqrt{2} - (\sqrt{6} - \sqrt{2})}{2\sqrt{3}}
= \frac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{2\sqrt{3}}.
\]

有理化：
\[
\frac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{2\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}
= \frac{3\sqrt{6} - 3\sqrt{2}}{6}
= \frac{\sqrt{6}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}.
\]

故正三角形 $DEF$ 的邊長為 $\displaystyle \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$。

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104學測數學考科-14

D. 平面 $ x – y + z = 0 $ 與平面 $ x = 2 $、$ x – y = -2 $、$ x + y = 2 $ 分別相交所得的三直線可圍成一個三角形。此三角形之周長化為最簡根式，可表為 $ a\sqrt{b} + c\sqrt{d} $，其中 $ a, b, c, d $ 為正整數且 $ b \lt d $，則 $ a = \boxed{17} $，$ b = \boxed{18} $，$ c = \boxed{19} $，$ d = \boxed{20} $。

[選填]

答案

#### 步驟1：求三條交線的方程
- **平面 $ x - y + z = 0 $ 與 $ x = 2 $ 的交線**：
將 $ x = 2 $ 代入 $ x - y + z = 0 $，得 $ 2 - y + z = 0 \implies z = y - 2 $。
交線方程為 $ \begin{cases} x = 2 \\ z = y - 2 \end{cases} $（參數化：$ x = 2, y = t, z = t - 2 $，$ t $ 為參數）。
- **平面 $ x - y + z = 0 $ 與 $ x - y = -2 $ 的交線**：
由 $ x - y = -2 \implies y = x + 2 $，代入 $ x - y + z = 0 $，得 $ x - (x + 2) + z = 0 \implies z = 2 $。
交線方程為 $ \begin{cases} y = x + 2 \\ z = 2 \end{cases} $（參數化：$ x = t, y = t + 2, z = 2 $，$ t $ 為參數）。
- **平面 $ x - y + z = 0 $ 與 $ x + y = 2 $ 的交線**：
由 $ x + y = 2 \implies y = 2 - x $，代入 $ x - y + z = 0 $，得 $ x - (2 - x) + z = 0 \implies z = 2 - 2x $。
交線方程為 $ \begin{cases} y = 2 - x \\ z = 2 - 2x \end{cases} $（參數化：$ x = t, y = 2 - t, z = 2 - 2t $，$ t $ 為參數）。
#### 步驟2：求三角形的三個頂點
- **頂點 $ A $**：交線 $ x = 2 $ 與 $ y = x + 2 $ 的交點。
代入 $ x = 2 $ 到 $ y = x + 2 $，得 $ y = 4 $，再代入 $ z = 2 $，故 $ A(2, 4, 2) $。
- **頂點 $ B $**：交線 $ y = x + 2 $ 與 $ y = 2 - x $ 的交點。
聯立 $ y = x + 2 $ 和 $ y = 2 - x $，得 $ x + 2 = 2 - x \implies x = 0 $，則 $ y = 2 $，$ z = 2 $，故 $ B(0, 2, 2) $。
- **頂點 $ C $**：交線 $ y = 2 - x $ 與 $ x = 2 $ 的交點。
代入 $ x = 2 $ 到 $ y = 2 - x $，得 $ y = 0 $，再代入 $ z = y - 2 $，得 $ z = -2 $，故 $ C(2, 0, -2) $。
#### 步驟3：計算各邊的長度
- **邊長 $ AB $**：
由距離公式 $ \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 + (z_2 - z_1)^2} $，得
\[
AB = \sqrt{(2 - 0)^2 + (4 - 2)^2 + (2 - 2)^2} = \sqrt{4 + 4 + 0} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}
\]
- **邊長 $ BC $**：
\[
BC = \sqrt{(0 - 2)^2 + (2 - 0)^2 + (2 - (-2))^2} = \sqrt{4 + 4 + 16} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}
\]
- **邊長 $ CA $**：
\[
CA = \sqrt{(2 - 2)^2 + (0 - 4)^2 + (-2 - 2)^2} = \sqrt{0 + 16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}
\]
#### 步驟4：計算周長
周長 $ = AB + BC + CA = 2\sqrt{2} + 2\sqrt{6} + 4\sqrt{2} = 6\sqrt{2} + 2\sqrt{6} $。

對比形式 $ a\sqrt{b} + c\sqrt{d} $（其中 $ b < d $），可得 $ a = 6 $，$ b = 2 $，$ c = 2 $，$ d = 6 $。综上，$ a = \boxed{6} $，$ b = \boxed{2} $，$ c = \boxed{2} $，$ d = \boxed{6} $。

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