向量與其運算

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\(\alpha=\frac{8}{9}\)，\(\beta =-\frac{5}{9}\)。

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設\(\overrightarrow{AQ} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} - \frac{1}{3}\overrightarrow{AC}\)，如圖所示。
已知\(\overrightarrow{AB} = (1, 0, -1)\)，\(\overrightarrow{AC} = (0, 2, 1)\)，
因此\(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = (2, -1, 2)\)，且\(|\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2} = 3\)。
(1) 四面體\(ABCH\)的體積計算
因為\(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}\)垂直於平面\(E\)，故四面體\(ABCH\)以\(\triangle ABC\)為底面的高為\(|3(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC})|\)。
又\(\triangle ABC\)的面積為：
\[
\frac{1}{2} |\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}| = \frac{1}{2} \times 3 = \frac{3}{2}
\]
且高滿足：
\[
|3(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC})| = 3 \times |\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}| = 9
\]
因此四面體\(ABCH\)的體積為：
\[
\frac{1}{3} \times \text{底面積} \times \text{高} = \frac{1}{3} \times \frac{3}{2} \times 9 = \frac{9}{2}
\]
(2) \(H'\)的坐標求解
設\(H'\)的坐標為\((x, y, z)\)，由\(\overrightarrow{AH'} = \overrightarrow{AQ} + \overrightarrow{QH'} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} - \frac{1}{3}\overrightarrow{AC} - 3(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC})\)，
代入向量坐標計算：
\[
\begin{align*}
(x, y + 1, z + 1) &= \frac{2}{3}(1, 0, -1) - \frac{1}{3}(0, 2, 1) - 3(2, -1, 2) \\
&= \left( \frac{2}{3} - 0 - 6,\ 0 - \frac{2}{3} + 3,\ -\frac{2}{3} - \frac{1}{3} - 6 \right) \\
&= \left( -\frac{16}{3},\ \frac{7}{3},\ -7 \right)
\end{align*}
\]
解得\(x = -\frac{16}{3}\)，\(y = \frac{4}{3}\)，\(z = -8\)，故\(H'\)的坐標為\(\left( -\frac{16}{3},\ \frac{4}{3},\ -8 \right)\)。
(3) \(Q\)點與平面\(E\)的關係
因為\(\overrightarrow{QH'}\)垂直於平面\(E\)，所以\(Q\)是\(H'\)在平面\(E\)的投影點。
由圖可知，\(Q\)點不在\(\triangle ABC\)的內部。

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$\because y分量增加2,由係數積知道x分量增加2a\\
\therefore |(2a,2)|=5\Rightarrow 5^2=(2a)^2+2^2\\
a=\pm\frac{\sqrt{21}}{2}~~(由已知a取正)$。答案為(4)。

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(1) \(\vert\vec{u}\times\vec{v}\vert=\vert\vec{u}\vert\vert\vec{v}\vert\sin\theta=\sqrt{10}\cdots(a)\),\(\vec{u} \cdot \vec{v} =\vert\vec{u}\vert\vert\vec{v}\vert\cos\theta=\sqrt{15}\cdots(b)\),$\frac{(a)}{(b)}$可得 \(\tan\theta = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\le1\),所以 \( \theta\lt\frac{\pi}{4}\),(1) 錯；
(2) $\because (1,0,-1)\cdot(-1,0,3)=-4\ne0,不滿足外積為公垂向量,內稽等於0之要求$,(2) 錯；
(3) $by(1)~~(a)^2+(b)^2=|\vec{u}|^2|\vec{v}|^2=25\therefore |\vec{u}||\vec{v}|=5$
$算幾不等式~~\frac{|\vec{u}|^2+|\vec{v}|^2}{2}\ge\sqrt{|\vec{u}|^2|\vec{v}|^2}=5\\ |\vec{u}|^2+|\vec{v}|^2\ge2|\vec{u}||\vec{v}|=10 \\(|\vec{u}|+|\vec{v}|)^2=|\vec{u}|^2+|\vec{v}|^2+2|\vec{u}||\vec{v}|\ge2|\vec{u}||\vec{v}|+2|\vec{u}||\vec{v}|\ge10+2\times5=20\\|\vec{u}|+|\vec{v}|\ge\sqrt{20}=2\sqrt{5}$
(4)$若\vec{u}確定則|\vec{u}|,|\vec{v}|都確定\\又\vec{v}//\vec{u}\times(-1,0,3)\therefore \vec{v}有兩個方向\\若加上第(1)選項可知夾角\\就能確定方向只有一種可能~~所以\vec{v}的大小與方向都能確定,只有一種可能$ ,(4) 對；
(5) 由$令\overset{確定}{\square^2}=(|\vec{u}|+|\vec{v}|)^2=|\vec{u}|^2+|\vec{v}|^2+2\overset{可確定}{|\vec{u}||\vec{v}|}\\知|\vec{u}|^2+|\vec{v}|^2可確定,\\只知道夾角但是|\vec{v}|無法確定$
,(5) 錯。
答案是(3)(4)。

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先求各直線方向向量,平面 \(E_{1}\) 法向量 \(\vec{n}_{1}=(1,1,1)\),\(E_{2}\) 法向量 \(\vec{n}_{2}=(1,- 1,1)\),\(E_{3}\) 法向量 \(\vec{n}_{3}=(1,- 1,- 1)\) 。 \(L_{1}\) 方向向量 \(\vec{v}_{1}=\vec{n}_{2}\times\vec{n}_{3}=(2,2,0)\),\(L_{2}\) 方向向量 \(\vec{v}_{2}=\vec{n}_{3}\times\vec{n}_{1}=(0,2,2)\),\(L_{3}\) 方向向量 \(\vec{v}_{3}=\vec{n}_{1}\times\vec{n}_{2}=(2,0,- 2)\) 。任取兩個方向向量,如 \(\vec{v}_{1}\) 與 \(\vec{v}_{2}\),\(\cos\theta=\frac{\vert\vec{v}_{1}\cdot\vec{v}_{2}\vert}{\vert\vec{v}_{1}\vert\vert\vec{v}_{2}\vert}=\frac{4}{2\sqrt{2}\times2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\),所以夾角為 \(60^{\circ}\),同理可證其他兩兩夾角也為 \(60^{\circ}\)。

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由線性變換性質，\(\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\\sqrt{3}\end{bmatrix}\)得\(a = 3\)，\(c=\sqrt{3}\)；\(\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-\sqrt{3}\\3\end{bmatrix}\)得\(b=-\sqrt{3}\)，\(d = 3\)。行列式\(\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}=3\times3-(-\sqrt{3})\times\sqrt{3}=12\)，(1)錯誤。\(\overrightarrow{OC'}=\begin{bmatrix}3&-\sqrt{3}\\\sqrt{3}&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3x-\sqrt{3}y\\\sqrt{3}x + 3y\end{bmatrix}\)，\(\overline{OC'}=\sqrt{(3x-\sqrt{3}y)^{2}+(\sqrt{3}x + 3y)^{2}} = 2\sqrt{3}\sqrt{x^{2}+y^{2}} = 2\sqrt{3}\)，(2)正確。\(\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OC'}=3x^{2}+3y^{2}=3\)，\(\cos\angle COC'=\frac{\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OC'}}{\vert\overrightarrow{OC}\vert\vert\overrightarrow{OC'}\vert}=\frac{3}{1\times2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，夾角為\(30^{\circ}\)，(3)錯誤。令\(y = y'\)，即\(-\sqrt{3}x + 3y = y\)，\(x=\frac{2y}{\sqrt{3}}\)，有可能成立，(4)正確。取\(x = 0\)，\(y = 1\)，\(x'=-\sqrt{3}\)，\(y' = 3\)，此時\(x < y\)，但\(x' < y'\)不成立，(5)錯誤。答案為(2)(4)。

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