平面幾何圖形

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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設塔高為\(h\)，塔底為\(O\)點。在\(Rt\triangle AOC\)中，\(\cot14^{\circ}=\frac{AO}{h}\)，所以\(AO = h\cot14^{\circ}\)；在\(Rt\triangle BOC\)中，\(\cot18^{\circ}30'=\frac{BO}{h}\)，所以\(BO = h\cot18^{\circ}30'\)。
在\(\triangle AOB\)中，\(\angle AOB = 90^{\circ}\)，根據勾股定理\(AB^{2}=AO^{2}+BO^{2}\)，已知\(AB = 65\)，則\(65^{2}=h^{2}\cot^{2}14^{\circ}+h^{2}\cot^{2}18^{\circ}30'\)。
\(h^{2}=\frac{65^{2}}{\cot^{2}14^{\circ}+\cot^{2}18^{\circ}30'}=\frac{65^{2}}{4.01^{2}+2.99^{2}}=\frac{4225}{16.0801 + 8.9401}=\frac{4225}{25.0202}\)。
當在線段\(\overline{AB}\)上的\(C\)點測得塔頂仰角最大時，此時\(OC\perp AB\)。
由三角形面積公式可得\(S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}AO\cdot BO=\frac{1}{2}AB\cdot OC\)，即\(OC=\frac{AO\cdot BO}{AB}\)。
\(AO\cdot BO = h^{2}\cot14^{\circ}\cot18^{\circ}30'\)，所以\(OC=\frac{h^{2}\cot14^{\circ}\cot18^{\circ}30'}{AB}\)。
把\(h^{2}=\frac{4225}{25.0202}\)，\(\cot14^{\circ}≈4.01\)，\(\cot18^{\circ}30'≈2.99\)，\(AB = 65\)代入可得：
\(OC=\frac{\frac{4225}{25.0202}\times4.01\times2.99}{65}\)
\(=\frac{4225\times4.01\times2.99}{25.0202\times65}\)
\(=\frac{4225\times11.9899}{1626.313}\)
\(\approx\frac{4225\times12}{1626.313}=\frac{50700}{1626.313}\approx31\)（公尺）。
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(1) 已知\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)，移項得\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=-4\overrightarrow{OC}\)。
兩邊取模，\(\vert2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}\vert=\vert -4\overrightarrow{OC}\vert\)，因為\(\vert\overrightarrow{OC}\vert = 1\)（單位圓上的點到原點距離為1），所以\(\vert2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}\vert = 4\)，(1)正確。
(2) 由\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)可得\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=-4\overrightarrow{OC}\)，兩邊平方得\(4\overrightarrow{OA}^{2}+12\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+9\overrightarrow{OB}^{2}=16\overrightarrow{OC}^{2}\)。
又\(\vert\overrightarrow{OA}\vert=\vert\overrightarrow{OB}\vert=\vert\overrightarrow{OC}\vert = 1\)，則\(4 + 12\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+9 = 16\)，解得\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\frac{1}{4}>0\)，(2)錯誤。
(3) 由\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)可得\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=-4\overrightarrow{OC}\) ，\(2\overrightarrow{OA}+4\overrightarrow{OC}=-3\overrightarrow{OB}\)，\(3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=-2\overrightarrow{OA}\)。
分別對這三個式子兩邊平方，再利用向量數量積公式\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\vert\overrightarrow{a}\vert\vert\overrightarrow{b}\vert\cos\theta\)（\(\theta\)為\(\overrightarrow{a}\)與\(\overrightarrow{b}\)的夾角），可得\(\cos\angle AOB=\frac{1}{4}\)，\(\cos\angle AOC=-\frac{1}{8}\)，\(\cos\angle BOC=-\frac{11}{24}\)。
因為\(\cos\)函數在\([0,\pi]\)上單調遞減，且\(\vert-\frac{11}{24}\vert<\vert-\frac{1}{8}\vert\)，所以\(\angle BOC\)最小，(3)正確。 (4) 已知\(A(1,0)\)，\(\overrightarrow{OA}=(1,0)\)，由\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\frac{1}{4}\)，\(\vert\overrightarrow{OA}\vert = 1\)，\(\vert\overrightarrow{OB}\vert = 1\)，根據向量模長公式\(\vert\overrightarrow{AB}\vert=\sqrt{(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})^{2}}=\sqrt{\overrightarrow{OB}^{2}+\overrightarrow{OA}^{2}-2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}}=\sqrt{1 + 1 - 2\times\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{6}}{2}>\frac{3}{2}\)，(4)正確。
(5) 由\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}+4\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}\)，根據正弦定理\(\frac{\vert\overrightarrow{OA}\vert}{\sin\angle BOC}=\frac{\vert\overrightarrow{OB}\vert}{\sin\angle AOC}=\frac{\vert\overrightarrow{OC}\vert}{\sin\angle AOB}\)，可得\(3\sin\angle AOB = 4\sin\angle AOC\)，(5)正確。
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在複數平面中，正六邊形相鄰頂點與原點所成角度為\(\frac{\pi}{3}\)，且相鄰頂點間距離相等。
已知正六邊形依順時針方向三個頂點為\(z\)、\(0\)、\(z + 5 - 2\sqrt{3}i\)，所以\(\vert z\vert=\vert z + 5 - 2\sqrt{3}i\vert\)，且向量\(\overrightarrow{0z}\)與\(\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}\)的夾角是\(\frac{\pi}{3}\)。
設\(z = x + yi\)（\(x,y\in R\)），則\(\vert z\vert=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)，\(\vert z + 5 - 2\sqrt{3}i\vert=\sqrt{(x + 5)^{2}+(y - 2\sqrt{3})^{2}}\)。
由\(\vert z\vert=\vert z + 5 - 2\sqrt{3}i\vert\)可得：\(x^{2}+y^{2}=(x + 5)^{2}+(y - 2\sqrt{3})^{2}\)，
展開式子：\(x^{2}+y^{2}=x^{2}+10x + 25 + y^{2}-4\sqrt{3}y + 12\)，
化簡得到：\(10x-4\sqrt{3}y + 37 = 0\) ①。
又因為向量\(\overrightarrow{0z}=(x,y)\)，\(\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}=(x + 5,y - 2\sqrt{3})\)，
根據向量夾角公式\(\cos\frac{\pi}{3}=\frac{\overrightarrow{0z}\cdot\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}}{\vert\overrightarrow{0z}\vert\vert\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}\vert}\)，
且\(\vert\overrightarrow{0z}\vert=\vert\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}\vert\)，所以\(\overrightarrow{0z}\cdot\overrightarrow{0(z + 5 - 2\sqrt{3}i)}=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{0z}\vert^{2}\)。
即\(x(x + 5)+y(y - 2\sqrt{3})=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})\)，
展開式子：\(x^{2}+5x + y^{2}-2\sqrt{3}y=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}y^{2}\)，
移項化簡得：\(x^{2}+y^{2}+10x - 4\sqrt{3}y = 0\) ②。
將①式\(10x-4\sqrt{3}y=-37\)代入②式得：\(x^{2}+y^{2}-37 = 0\)，即\(y^{2}=37 - x^{2}\)。
把\(y^{2}=37 - x^{2}\)代入①式：\(10x-4\sqrt{3}\sqrt{37 - x^{2}}+37 = 0\)，
移項得：\(4\sqrt{3}\sqrt{37 - x^{2}}=10x + 37\)，
兩邊平方：\(48\times(37 - x^{2})=(10x + 37)^{2}\)，
展開得：\(1776-48x^{2}=100x^{2}+740x + 1369\)，
移項整理得：\(148x^{2}+740x - 407 = 0\)，
對於一元二次方程\(ax^{2}+bx + c = 0\)（\(a = 148\)，\(b = 740\)，\(c=-407\)），
由求根公式\(x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}\)可得：
\(x=\frac{-740\pm\sqrt{740^{2}-4\times148\times(-407)}}{2\times148}=\frac{-740\pm\sqrt{547600 + 240696}}{296}=\frac{-740\pm\sqrt{788296}}{296}=\frac{-740\pm888}{296}\)，
解得\(x_1=\frac{-740 + 888}{296}=\frac{148}{296}=\frac{1}{2}\)，\(x_2=\frac{-740 - 888}{296}=\frac{-1628}{296}=-\frac{7}{2}\)。
因為正六邊形順時針排列，經檢驗\(x = -\frac{7}{2}\)符合條件。
所以\(z\)的實部為\(-\frac{7}{2}\)。 報錯
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設\(AB = AC = \sqrt{\sin\theta}\)，\(BC=\sin\theta\)。
根據等腰三角形的性質，作\(AD\perp BC\)於\(D\)，則\(BD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sin\theta\)。
在\(Rt\triangle ABD\)中，由勾股定理可得\(AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{\sin\theta - (\frac{1}{2}\sin\theta)^{2}}=\sqrt{\sin\theta-\frac{1}{4}\sin^{2}\theta}\)。
三角形\(ABC\)的面積\(S=\frac{1}{2}BC\cdot AD=\frac{1}{2}\times\sin\theta\times\sqrt{\sin\theta-\frac{1}{4}\sin^{2}\theta}\)。
由\(\overline{AB}^{2}=\overline{AC}^{2}=\overline{BC}=\sin\theta\)，根據三角形三邊關係，\(2\sqrt{\sin\theta}>\sin\theta\)，即\(\sin\theta<4\)且\(\sin\theta>0\)。
再由餘弦定理\(\cos\theta=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}=\frac{\sin\theta+\sin\theta - \sin\theta}{2\sin\theta}=\frac{1}{2}\)，所以\(\theta = 60^{\circ}\)，\(\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。
則三角形面積\(S=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{4}\times(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{16}}=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{\frac{8\sqrt{3}-3}{16}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times\frac{\sqrt{8\sqrt{3}-3}}{4}=\frac{\sqrt{24\sqrt{3}-9}}{16}\)（化簡到最簡根式）。 報錯
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