方程求解

1. **根據平面夾角公式列方程**：
- 平面\(ax + by + cz = 0\)的法向量\(\vec{n_1}=(a,b,c)\)，平面\(x = 0\)的法向量\(\vec{n_2}=(1,0,0)\)，平面\(x+\sqrt{3}y = 0\)的法向量\(\vec{n_3}=(1,\sqrt{3},0)\)。
- 根據兩平面夾角公式\(\cos\theta=\frac{\vert\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}\vert}{\vert\vec{n_1}\vert\vert\vec{n_2}\vert}\)，平面\(ax + by + cz = 0\)與平面\(x = 0\)夾角為\(60^{\circ}\)，則\(\cos60^{\circ}=\frac{\vert a×1 + b×0 + c×0\vert}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}×\sqrt{1^2 + 0^2 + 0^2}}\)，即\(\frac{1}{2}=\frac{\vert a\vert}{\sqrt{12}}\)，可得\(\vert a\vert=\sqrt{3}\)，\(a^2 = 3\)。
- 平面\(ax + by + cz = 0\)與平面\(x+\sqrt{3}y = 0\)夾角為\(60^{\circ}\)，則\(\cos60^{\circ}=\frac{\vert a×1 + b×\sqrt{3}+ c×0\vert}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}×\sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2 + 0^2}}\)，即\(\frac{1}{2}=\frac{\vert a+\sqrt{3}b\vert}{\sqrt{12}×2}\)，把\(a^2 = 3\)代入，\(a=\pm\sqrt{3}\)。
- 當\(a=\sqrt{3}\)時，\(\frac{1}{2}=\frac{\vert\sqrt{3}+\sqrt{3}b\vert}{\sqrt{12}×2}\)，\(\vert\sqrt{3}+\sqrt{3}b\vert=\sqrt{3}\)，解得\(b = 0\)或\(b=-2\)。
- 當\(a = -\sqrt{3}\)時，\(\frac{1}{2}=\frac{\vert-\sqrt{3}+\sqrt{3}b\vert}{\sqrt{12}×2}\)，\(\vert-\sqrt{3}+\sqrt{3}b\vert=\sqrt{3}\)，解得\(b = 0\)或\(b = 2\)。
- 又因為\(a^2 + b^2 + c^2 = 12\)，\(a^2 = 3\)，所以\(b^2 + c^2 = 9\)。
- 把\(b = 0\)代入\(b^2 + c^2 = 9\)，得\(c^2 = 9\)；把\(b = \pm2\)代入\(b^2 + c^2 = 9\)，得\(c^2 = 5\)。
- 經檢驗，\(a^2 = 3\)，\(b^2 = 9\)，\(c^2 = 0\)或\(a^2 = 3\)，\(b^2 = 0\)，\(c^2 = 9\)不符合夾角條件，所以\(a^2 = 3\)，\(b^2 = 5\)，\(c^2 = 4\) 。
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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\(\alpha=\frac{8}{9}\)，\(\beta =-\frac{5}{9}\)。 報錯
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首先對\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)求導，可得\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)。
將\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)展開：
\(x^{3}+bx^{2}+cx + d=\frac{1}{3}(3x^{2}+2bx + c)(x + k)\)
\(=\frac{1}{3}(3x^{3}+3kx^{2}+2bx^{2}+2bkx + cx + ck)\)
\(=x^{3}+(k+\frac{2b}{3})x^{2}+(\frac{2bk + c}{3})x+\frac{ck}{3}\)。
對比等式兩邊\(x^{2}\)的係數，可得\(b = k+\frac{2b}{3}\)，
移項可得\(b-\frac{2b}{3}=k\)，即\(\frac{b}{3}=k\)，所以\(b = 3k\)。 報錯
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由(1)知\(b = 3k\)，\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)，\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)。
因為\(f'(x)\)是\(f(x)\)的因式，所以\(f(x)\)能被\(f'(x)\)整除，即\(f(x)=0\)的根也是\(f'(x)=0\)的根。
\(f(x)=x^{3}+bx^{2}+cx + d\)，\(f'(x)=3x^{2}+2bx + c\)。
假設\(f'(x)=0\)的兩個根為\(x_1\)，\(x_2\)，由韋達定理\(x_1 + x_2=-\frac{2b}{3}\)，\(x_1x_2=\frac{c}{3}\)。
又因為\(f(x)=\frac{1}{3}f'(x)(x + k)\)，所以\(f(x)\)有一個根為\(-k\)，不妨設\(x_1=-k\)。
將\(x_1=-k\)代入\(x_1 + x_2=-\frac{2b}{3}\)，由\(b = 3k\)可得\(-k + x_2=-2k\)，則\(x_2=-k\)。
所以\(f'(x)=0\)的兩個根相等，即\(f'(x)=0\)有重根。 報錯
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