115學年度 臺中市立臺中女中 第1次教師甄選 數學科試題與詳解
感謝您的耐心等待，若有任何解法上的疑問，歡迎在下方留言討論。
一、 填充題（每題 5 分，共 80 分）
題目 1
有大小相同的紅球、白球、黑球各 7 顆，若任意取出 7 顆球來排成一列，規定任兩顆紅球均不相鄰，則共有 ________ 種不同的排法。
答：
$1224$
詳解
使用遞迴關係式求解：
設 $a_n$ 為 $n$ 顆球排列，紅球不相鄰且最後一顆為紅球的排法數。
設 $b_n$ 為 $n$ 顆球排列，紅球不相鄰且最後一顆非紅球（白或黑）的排法數。
根據規則：
1. 若最後一顆是紅球，則前一顆必須是非紅球：$a_n = 1 \times b_{n-1}$。
2. 若最後一顆是非紅球（有 2 種選擇），則前一顆可以是紅球或非紅球：$b_n = 2 \times a_{n-1} + 2 \times b_{n-1}$。
初始值：
$n=1: a_1 = 1, b_1 = 2$
$n=2: a_2 = 2, b_2 = 2(1) + 2(2) = 6$
$n=3: a_3 = 6, b_3 = 2(2) + 2(6) = 16$
$n=4: a_4 = 16, b_4 = 2(6) + 2(16) = 44$
$n=5: a_5 = 44, b_5 = 2(16) + 2(44) = 120$
$n=6: a_6 = 120, b_6 = 2(44) + 2(120) = 328$
$n=7: a_7 = 328, b_7 = 2(120) + 2(328) = 896$
共有 $a_7 + b_7 = 328 + 896 = 1224$。 $\square$
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題目 2
坐標平面上，$O$ 為原點、$A(7,0)$、$B(0,4)$、$M$、$N$ 分別為 $x$ 軸與 $y$ 軸正向上的動點。若 $P$ 在 $\overline{MN}$ 上，$\overline{PM}=4$ 且 $\overline{PN}=7$，則四邊形 $OAPB$ 面積的最大值為 ________。
答：
$14\sqrt{2}$
詳解
設 $M(m, 0), N(0, n)$，且 $\overline{MN}$ 長度不固定。由於 $P$ 分 $\overline{MN}$ 為 $7:4$，由參數化可知點 $P$ 的軌跡為橢圓：
$P(7\cos\theta, 4\sin\theta)$。
四邊形 $OAPB$ 面積 = $\triangle OAP + \triangle OBP$
$= \frac{1}{2} | \text{行列式}(A, P) | + \frac{1}{2} | \text{行列式}(P, B) |$
$= \frac{1}{2} \begin{vmatrix} 7 & 0 \\ 7\cos\theta & 4\sin\theta \end{vmatrix} + \frac{1}{2} \begin{vmatrix} 7\cos\theta & 4\sin\theta \\ 0 & 4 \end{vmatrix}$
$= \frac{1}{2}(28\sin\theta) + \frac{1}{2}(28\cos\theta) = 14(\sin\theta + \cos\theta)$。
利用疊合公式，最大值為 $14\sqrt{2}$。 $\square$
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題目 3
如右圖，直角三角形 $ABC$ 中，$\angle B=90^{\circ}, \overline{AB}=5, \overline{BC}=12$，有兩個大小相同的圓彼此相切，且各自跟三角形 $ABC$ 的斜邊及一股也相切，則兩圓的外公切線段長為 ________。
答：
$\frac{52}{17}$
詳解
已知 $\overline{AB}=5, \overline{BC}=12 \Rightarrow \overline{AC}=13$。
設圓半徑為 $r$，兩圓心連線長（外公切線長）為 $2r$。
利用切線長性質，將直角三角形三邊以 $r$ 表示：
在 $A$ 點附近的切線長為 $5 - \frac{23}{13}r$（由比例關係導出）。
在 $C$ 點附近的切線長為 $12 - \frac{37}{13}r$。
斜邊 $\overline{AC} = (\text{左圓切線段}) + 2r + (\text{右圓切線段})$。
方程式：$(5 - \frac{23}{13}r) + 2r + (12 - \frac{37}{13}r) = 13$
$17 - \frac{60}{13}r + 2r = 13 \Rightarrow 4 = \frac{34}{13}r$
解得 $r = \frac{52}{34} = \frac{26}{17}$。
所求外公切線長為 $2r = 2 \times \frac{26}{17} = \frac{52}{17}$。 $\square$
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題目 4
空間中有相異四點 $A, B, C, D$，滿足 $\overline{AB}=1, \overline{AC}=2, \overline{AD}=3$ 且 $\angle BAC=60^{\circ}, \angle CAD=60^{\circ}, \angle DAB=60^{\circ}$，則點 $A$ 到平面 $BCD$ 的距離為 ________。
答：
$\frac{2\sqrt{6}}{5}$
詳解 (座標化與伸縮變換)
1. 建立座標系：
觀察題目給予的邊角關係，我們可先考慮一個稜長為 $1$ 的正立方體。令 $A$ 為原點 $(0,0,0)$，並選取鄰近的三個頂點分別為 $(1,0,1), (1,1,0), (0,1,1)$。這三點與 $A$ 的連線兩兩夾角皆為 $60^\circ$。
2. 調整長度比例：
設 $A(0,0,0)$，根據 $\overline{AB}:\overline{AC}:\overline{AD} = 1:2:3$ 的比例，我們先令：
$B' = (1,0,1) \Rightarrow \overline{AB'} = \sqrt{2}$
$C' = 2 \vec{AB'} = (2,2,0) \Rightarrow \overline{AC'} = 2\sqrt{2}$
$D' = 3 \vec{AB'} = (0,3,3) \Rightarrow \overline{AD'} = 3\sqrt{2}$
此時 $\triangle B'C'D'$ 所在的平面方程式為：
$\vec{B'C'} = (1,2,-1)$，$\vec{B'D'} = (-1,3,2)$
法向量 $\vec{n} = \vec{B'C'} \times \vec{B'D'} = (7, -1, 5)$。
平面 $B'C'D'$ 方程式 $E'：7x - y + 5z = 12$。
3. 計算距離與伸縮：
點 $A$ 到平面 $E'$ 的距離 $d(A, E') = \frac{|-12|}{\sqrt{49+1+25}} = \frac{12}{\sqrt{75}} = \frac{12}{5\sqrt{3}} = \frac{4}{5}\sqrt{3}$。
由於上述計算是以 $\overline{AB}=\sqrt{2}$ 為基準，而題目給定 $\overline{AB}=1$，
因此需將所有的線性長度縮小 $\sqrt{2}$ 倍：
所求距離 $d = \frac{4}{5}\sqrt{3} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{4}{5\sqrt{2}}\sqrt{3} = \frac{2\sqrt{6}}{5}$。 $\square$
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題目 5
設兩數列 $\langle a_{n} \rangle, \langle b_{n} \rangle$ 的首項分別為 $a_{1}=5, b_{1}=1$ 且 $a_{n+1}=a_{n}+2b_{n}, b_{n+1}=2a_{n}+b_{n}$，$n$ 為任意正整數，則一般項 $a_n =$ ________。
答：
$3^n - 2(-1)^n$
詳解
(1) 消去 $b_n$ 建立單一遞迴式：
由 $a_n = a_{n-1} + 2b_{n-1} \Rightarrow 2b_{n-1} = a_n - a_{n-1}$。
將此關係代入 $b_n$ 式子中：
$a_{n+1} - a_n = 2b_n = 2(2a_{n-1} + b_{n-1}) = 4a_{n-1} + (a_n - a_{n-1})$
整理得：$a_{n+1} = 2a_n + 3a_{n-1}$（或寫作 $a_n = 2a_{n-1} + 3a_{n-2}$）。
(2) 解特徵方程式：
設 $x^2 - 2x - 3 = 0 \Rightarrow (x-3)(x+1) = 0 \Rightarrow x = 3, -1$。
故一般項形式為 $a_n = A \cdot 3^n + B \cdot (-1)^n$。
(3) 代入初始值求解係數：
$a_1 = 3A - B = 5$
$a_2 = a_1 + 2b_1 = 5 + 2 = 7 \Rightarrow 9A + B = 7$
兩式相加：
$\Rightarrow 12A = 12 \Rightarrow A=1, B=-2$。
得 $a_n = 3^n - 2(-1)^n$。
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題目 6
使不等式 $|C_{1}^{n}(-3)^{2}+2C_{2}^{n}(-3)^{3}+3C_{3}^{n}(-3)^{4}+\cdots+nC_{n}^{n}(-3)^{n+1}| < 10^{5}$ 成立的最大正整數 $n$ 為 ________。
答：
$10$
詳解
(1) 利用二項式定理與導數：
考慮 $f(x) = (1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} C^n_k x^k$。
對 $x$ 微分得 $f'(x) = n(1+x)^{n-1} = \sum_{k=1}^{n} k C^n_k x^{k-1}$。
原式級數為 $\sum_{k=1}^{n} k C^n_k (-3)^{k+1} = (-3)^2 \sum_{k=1}^{n} k C^n_k (-3)^{k-1} = x^2 f'(x) \big|_{x=-3}$。
(2) 代入數值計算：
原式 $= | (-3)^2 \cdot n(1-3)^{n-1} | = | 9 \cdot n(-2)^{n-1} | = 9n \cdot 2^{n-1}$。
我們需找最大 $n$ 使得 $9n \cdot 2^{n-1} < 10^5$。
(3) 數值估算：
當 $n=10$：$9 \cdot 10 \cdot 2^9 = 90 \cdot 512 = 46080 < 10^5$。
當 $n=11$：$9 \cdot 11 \cdot 2^{10} = 99 \cdot 1024 = 101376 > 10^5$。
故最大正整數 $n = 10$。 $\square$
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題目 7
圓內接四邊形 $ABCD$ 中，$AB=2, BC=3, CD=4, DA=5$，若 $\vec{AC}=m\vec{AB}+n\vec{AD}$，則數對 $(m,n)=$ ________。
答：
$(\frac{22}{13}, \frac{33}{65})$
詳解
(1) 利用相似三角形性質：
設對角線 $\overline{AC}$ 與 $\overline{BD}$ 交於點 $M$。
在圓內接四邊形中，$\triangle ABM \sim \triangle DCM$ 且 $\triangle ADM \sim \triangle BCM$。
由邊長比例可得線段比：
$\overline{AM} : \overline{BM} : \overline{MC} : \overline{MD} = 5 : 3 : 6 : 10$。
(2) 利用分點公式：
在 $\triangle ABD$ 中，點 $M$ 位在 $\overline{BD}$ 上，且 $\overline{BM} : \overline{MD} = 3 : 10$。
根據分點公式：$\vec{AM} = \frac{10}{13}\vec{AB} + \frac{3}{13}\vec{AD}$。
(3) 延伸向量至 $\vec{AC}$：
已知 $\overline{AM} : \overline{MC} = 5 : 6$，故 $\overline{AC} = \frac{11}{5}\overline{AM}$。
$\vec{AC} = \frac{11}{5} \left( \frac{10}{13}\vec{AB} + \frac{3}{13}\vec{AD} \right) = \frac{22}{13}\vec{AB} + \frac{33}{65}\vec{AD}$。
故 $(m, n) = (\frac{22}{13}, \frac{33}{65})$。 $\square$
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題目 8
已知 $\triangle ABC$ 的三邊長為 $\overline{AB}=4, \overline{BC}=5, \overline{CA}=6$。若 $H$ 為 $\triangle ABC$ 之垂心，則 $\overline{AH}=$ ________。
答：
$\frac{9\sqrt{7}}{7}$
詳解
(1) 計算面積與外接圓半徑 $R$：
半周長 $s = \frac{4+5+6}{2} = \frac{15}{2}$。
面積 $\Delta = \sqrt{\frac{15}{2} \cdot \frac{7}{2} \cdot \frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2}} = \frac{15\sqrt{7}}{4}$。
由 $\Delta = \frac{abc}{4R} \Rightarrow \frac{15\sqrt{7}}{4} = \frac{4 \cdot 5 \cdot 6}{4R} \Rightarrow R = \frac{8}{\sqrt{7}}$。
(2) 利用垂心性質公式：
在任何三角形中，頂點到垂心的距離 $\overline{AH} = 2R|\cos A|$。
利用餘弦定理求 $\cos A$：
$\cos A = \frac{4^2 + 6^2 - 5^2}{2 \cdot 4 \cdot 6} = \frac{16 + 36 - 25}{48} = \frac{27}{48} = \frac{9}{16}$。
(3) 代入數值：
$\overline{AH} = 2 \cdot \frac{8}{\sqrt{7}} \cdot \frac{9}{16} = \frac{9}{\sqrt{7}}$。 $\square$
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題目 9
$\alpha, \beta, \gamma$ 為複數，在複數平面上對應的點分別為 $A(\alpha), B(\beta), C(\gamma)$，滿足 $\alpha^2 + 3\beta^2 + 4\gamma^2 - 2\alpha\gamma - 6\beta\gamma = 0$ 及 $|\alpha - \beta| = 10$，則 $\triangle ABC$ 的面積為 ________。
答：
$\frac{25\sqrt{3}}{2}$
詳解
(1) 整理代數式：
原式可配方整理為：$(\alpha - \gamma)^2 + 3(\beta - \gamma)^2 = 0$。
令 $\vec{CA} = \alpha - \gamma$，$\vec{CB} = \beta - \gamma$。
則 $(\alpha - \gamma)^2 = -3(\beta - \gamma)^2$。
(2) 分析幾何關係：
取模數：$|\alpha - \gamma|^2 = |-3| \cdot |\beta - \gamma|^2 \Rightarrow |\vec{CA}| = \sqrt{3}|\vec{CB}|$。
取輻角：$2\arg(\alpha - \gamma) = \arg(-3) + 2\arg(\beta - \gamma) = 180^\circ + 2\arg(\beta - \gamma)$。
整理得 $\arg(\alpha - \gamma) - \arg(\beta - \gamma) = 90^\circ$。
這表示 $\vec{CA} \perp \vec{CB}$，且邊長比為 $\sqrt{3} : 1$。
(3) 計算面積：
在直角 $\triangle ABC$ 中，設 $\overline{BC} = k$，則 $\overline{AC} = \sqrt{3}k$。
斜邊 $\overline{AB} = \sqrt{k^2 + (\sqrt{3}k)^2} = 2k$。
已知 $|\alpha - \beta| = \overline{AB} = 10 \Rightarrow 2k = 10 \Rightarrow k = 5$。
面積 $\Delta = \frac{1}{2} \cdot \overline{AC} \cdot \overline{BC} = \frac{1}{2} \cdot 5\sqrt{3} \cdot 5 = \frac{25\sqrt{3}}{2}$。 $\square$
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題目 10
已知 $x > 1$ 且 $y > 4$，則 $\frac{y^2}{x-1} + \frac{x^2}{y-4}$ 之最小值為 ________。
答：
$20$
詳解
(1) 利用權方和不等式 (Cauchy Inequality 變體)：
根據權方和不等式：$\frac{y^2}{x-1} + \frac{x^2}{y-4} \geq \frac{(y+x)^2}{(x-1)+(y-4)} = \frac{(x+y)^2}{x+y-5}$。
(2) 進行變數變換：
令 $t = x+y-5$，則 $x+y = t+5$。上述式子變為：
$\frac{(t+5)^2}{t} = \frac{t^2 + 10t + 25}{t} = t + 10 + \frac{25}{t}$。
(3) 利用算幾不等式求解：
當 $t > 0$ 時，$t + \frac{25}{t} \geq 2\sqrt{t \cdot \frac{25}{t}} = 10$。
故最小值為 $10 + 10 = 20$。
此時 $t = 5 \Rightarrow x+y=10$ 且 $\frac{y}{x-1} = \frac{x}{y-4}$，可解得 $x=4, y=6$ 符合條件。 $\square$
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題目 11
$\triangle ABC$ 的三邊長分別為 $\overline{AB}=4, \overline{BC}=7, \overline{CA}=6$，$\angle BAC$ 的內角平分線交 $\overline{BC}$ 於 $D$，$\overline{AD}$ 的中垂線交 $\overline{BC}$ 於 $P$ 點，則 $\overline{BP}$ 的長為 ________。
答：
$\frac{28}{5}$
詳解
(1) 利用內角平分線性質：
在 $\triangle ABC$ 中，已知 $\overline{BD} : \overline{DC} = \overline{AB} : \overline{AC} = 4 : 6 = 2 : 3$。
由此可得 $\overline{BD} = 7 \cdot \frac{2}{5} = \frac{14}{5}$，$\overline{DC} = 7 \cdot \frac{3}{5} = \frac{21}{5}$。
(2) 構造平行線與中垂線性質：
設 $\overline{AD}$ 之中垂線分別交 $\overline{AB}, \overline{AC}$ 於 $E, F$ 兩點。
由對稱性可知 $\triangle AEF$ 為等腰三角形，且$\overline{AD}$為角平分線，如上圖所示，在此結構下得 $\overline{AB} // \overline{DE}$ 且 $\overline{DE} // \overline{AF}$。
(3) 利用比例線段求解：
根據平行線截線段成比例性質：
$\frac{\overline{PB}}{\overline{PD}} = \frac{\overline{BE}}{\overline{DF}} = \frac{\frac{2}{5}\overline{AB}}{\overline{DF}}$ 。
進一步導出比例關係：$\frac{\overline{PB}}{\overline{PD}} = \frac{2}{3}$。
這表示 $\overline{PB} : \overline{BD} : \overline{DC} = 4 : 2 : 3$。
(4) 計算最終結果：
由上述比例可知 $\overline{PB} = \frac{4}{5} \times \overline{BC} = \frac{4}{5} \times 7 = \frac{28}{5}$。 $\square$
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題目 12
設實係數多項式 $f(x)=ax^3+bx^2-cx-d$。已知方程式 $f(x)=0$ 的三個根分別為 $\cos\frac{2\pi}{7}, \cos\frac{4\pi}{7}, \cos\frac{6\pi}{7}$，則 $20 \log_2 a - 2 \log_2 b - 6 \log_2 c - 12 \log_2 d =$ ________。
答：
$44$
詳解
(1) 構造包含所有對稱根的四次式：
考慮 $\cos 4\theta = \cos 3\theta$，展開後整理得：
$8x^4 - 4x^3 - 8x^2 + 3x + 1 = 0$。
此方程的四個根為 $\cos 0, \cos\frac{2\pi}{7}, \cos\frac{4\pi}{7}, \cos\frac{6\pi}{7}$，其中 $\cos 0 = 1$。
(2) 排除 x = 1 因子，鎖定三次式：
由於題目要求的 $f(x)$ 根包含 這三個 $\cos$ 值，
利用綜合除法提出 $(x-1)$：
$8x^4 - 4x^3 - 8x^2 + 3x + 1 = (x-1)(8x^3 + 4x^2 - 4x - 1) = 0$。
其中 $8x^3 + 4x^2 - 4x - 1 = 0$ 的根即為 $\cos\frac{2\pi}{7}, \cos\frac{4\pi}{7}, \cos\frac{6\pi}{7}$。
(3) 組合 $f(x)$ 並對比係數：
依題意 $f(x) = 8x^3 + 4x^2 - 4x - 1= ax^3+bx^2-cx-d$。
則 $a=8, b=4, c=4, d=1$。
(4) 最終計算：
將係數代入所求式：
$20\log_2 8 -2\log_2 4 -6\log_2 4 -12\log_2 1$
$= 20(3) - 2(2) - 6(2) - 12(0) = 60 - 4 - 12 = 44$。
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題目 13
$\triangle ABC$ 中，若 $2\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \vec{BA} \cdot \vec{BC}$ 且 $\cos C = \frac{12}{13}$，則 $\tan A =$ ________。
答：
$1 + \sqrt{3}$
詳解
(1) 建立坐標系：
設 $C(0, t)$，並將底邊放在 $x$ 軸上，設定 $A(-1, 0), B(2, 0)$ 以滿足邊長比例或向量條件。
或直接利用內積定義：
$2bc\cos A = ac\cos B \Rightarrow 2b\cos A = a\cos B$。
(2) 利用正弦定理轉化：
$2\sin B \cos A = \sin A \cos B \Rightarrow \frac{\sin A \cos B}{\cos A \sin B} = 2 \Rightarrow \tan A = 2\tan B$。
(3) 代入 $\tan C$ 條件：
已知 $\cos C = \frac{2}{\sqrt{13}} \Rightarrow \tan C = \frac{3}{2}$。
利用 $A+B+C = 180^\circ \Rightarrow \tan(A+B) = -\tan C = -\frac{3}{2}$。
$\frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} = -\frac{3}{2} \Rightarrow \frac{3\tan B}{1 - 2\tan^2 B} = -\frac{3}{2}$。
解 $2\tan^2 B - 2\tan B - 1 = 0$，進而求得 $\tan A = 2\tan B = \sqrt{3}+1$。 $\square$
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題目 14
設 $a, b, c$ 為實數且滿足 $\begin{cases}0 \le a+b+c \le 4 \\ -2 \le 4a+2b+c \le 2 \\ -4 \le 9a+3b+c \le 0 \end{cases}$。若 $6a-2b+4c$ 的最大值與最小值分別為 $M$ 與 $m$，則數對 $(M, m) =$ ________。
答：
$(112, -72)$
詳解 (拉格朗日插值多項式)
令 $f(x) = ax^2+bx+c$，則已知條件為：
$0 \le f(1) \le 4$
$-2 \le f(2) \le 2$
$-4 \le f(3) \le 0$
欲求之式子 $a-2b+4c = 4 \left( \frac{1}{4}a - \frac{1}{2}b + c \right) = 4f\left(-\frac{1}{2}\right)$。
利用拉格朗日插值法表示 $f(x)$：
$f(x) = f(1)\frac{(x-2)(x-3)}{(1-2)(1-3)} + f(2)\frac{(x-1)(x-3)}{(2-1)(2-3)} + f(3)\frac{(x-1)(x-2)}{(3-1)(3-2)}$
代入 $x = -\frac{1}{2}$：
$f\left(-\frac{1}{2}\right) = f(1)\frac{(-\frac{5}{2})(-\frac{7}{2})}{2} + f(2)\frac{(-\frac{3}{2})(-\frac{7}{2})}{-1} + f(3)\frac{(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})}{2}$
$f\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{35}{8}f(1) - \frac{21}{4}f(2) + \frac{15}{8}f(3)$
故目標函數 $4f\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{35}{2}f(1) - 21f(2) + \frac{15}{2}f(3)$：
1. 最大值 $M$：取 $f(1)=4, f(2)=-2, f(3)=0$
$M = \frac{35}{2}(4) - 21(-2) + \frac{15}{2}(0) = 70 + 42 = 112$
2. 最小值 $m$：取 $f(1)=0, f(2)=2, f(3)=-4$
$m = \frac{35}{2}(0) - 21(2) + \frac{15}{2}(-4) = -42 - 30 = -72$
$\square$
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題目 15
設 $x, y$ 為兩實數，若 $x^2+2xy+2y^2=1$，則 $x^2+y^2$ 的最大值為 ________。
答：
$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$
詳解 (極坐標代換法)
令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，則 $x^2+y^2 = r^2$。
代入已知條件：
$r^2\cos^2\theta + 2(r\cos\theta)(r\sin\theta) + 2r^2\sin^2\theta = 1$
$r^2(\cos^2\theta + \sin 2\theta + 2\sin^2\theta) = 1$
$r^2(1 + \sin 2\theta + \sin^2\theta) = 1$
利用倍角公式 $\sin^2\theta = \frac{1-\cos 2\theta}{2}$：
$r^2(\frac{3}{2} + \sin 2\theta - \frac{1}{2}\cos 2\theta) = 1$
$r^2(\frac{3}{2} + \sqrt{1^2 + (-\frac{1}{2})^2} \sin(2\theta + \phi)) = 1$
$r^2(\frac{3}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2} \sin(2\theta + \phi)) = 1$
當 $\sin(2\theta + \phi) = -1$ 時，$r^2$ 有最大值：
$r^2_{max} = \frac{1}{\frac{3-\sqrt{5}}{2}} = \frac{2}{3-\sqrt{5}} = \frac{2(3+\sqrt{5})}{9-5} = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$。 $\square$
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題目 16
空間中有四個平面：$E_1: x+y+z=0$、$E_2: x+y+z=6$、$E_3: x+y+z=18$、及 $E_4: x-y+z=0$。若在平面 $E_4$ 上有一正三角形 $ABC$，而點 $A, B, C$ 也分別在平面 $E_1, E_2, E_3$ 上，則 $\triangle ABC$ 的面積為 ________。
答：
$\frac{63\sqrt{3}}{2}$
詳解
1. 分析平面間距：
$E_1, E_2, E_3$ 為平行平面，其法向量 $\vec{n} = (1, 1, 1)$。計算平面間的垂直距離：
$d(E_1, E_2) = \frac{|6-0|}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$。
$d(E_2, E_3) = \frac{|18-6|}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}$。
2. 計算平面夾角：
設平面 $E_4$（法向量 $\vec{n}_4 = (1, -1, 1)$）與 $E_1$ 之夾角為 $\phi$，則：
$\cos \phi = \frac{|(1, 1, 1) \cdot (1, -1, 1)|}{\sqrt{3}\sqrt{3}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \sin \phi = \frac{2\sqrt{2}}{3}$。
設正三角形邊長為 $2t$，且 $\overline{AB}, \overline{BC}$ 在 $E_4$ 平面上與交線（轉軸）的夾角分別為 $\theta$ 與 $60^\circ - \theta$。
平面$E_1, E_2, E_3$在$E_4$上的交線，其距離分別為 $d_1$ 與 $d_2$：
$d_1= \frac{2\sqrt{3}}{\sin \phi } = \frac{3\sqrt{6}}{2 }$
$d_2= \frac{4\sqrt{3}}{\sin \phi } = 3\sqrt{6}$
觀察上述比例，可得 $\frac{\sin \theta}{t} = \frac{\sin(60^\circ - \theta)}{2t}$。
展開得：$2 \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta - \frac{1}{2} \sin \theta \Rightarrow \frac{5}{2} \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta$
故 $\tan \theta = \frac{\sqrt{3}}{5} \Rightarrow \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{28}}$。
4. 求邊長與面積：
邊長$= \frac{3\sqrt{6}}{2 }\frac{\sqrt{28}}{\sqrt{3}} = 3\sqrt{14}$。
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二、 計算證明題（共 20 分）
題目 1
設 $a, b, c, d$ 為實數且 $a \neq b, c \neq d$。$f(x), g(x)$ 為滿足 $f(a)=f(b)$ 及 $g(c)=g(d)$ 的實係數二次多項式。已知 $f(x)-g(x)$ 為常數多項式，試證明：
(1) $a+b=c+d$。(4分)
(2) $\frac{f(a)-f(\frac{a+b}{2})}{g(c)-g(\frac{c+d}{2})} = \left(\frac{a-b}{c-d}\right)^2$。(8分)
答：
詳見證明過程
詳解
(1)
因為 $f(x), g(x)$ 為二次多項式，且 $f(x) - g(x) = t$（$t$ 為常數），
這代表 $f(x)$ 與 $g(x)$ 的二次項與一次項係數完全相同，僅常數項不同。
因此，$f(x)$ 與 $g(x)$ 的拋物線圖形具有相同的對稱軸 $x = k$。
由 $f(a) = f(b)$ 知，對稱軸 $k = \frac{a+b}{2}$。
由 $g(c) = g(d)$ 知，對稱軸 $k = \frac{c+d}{2}$。
故 $\frac{a+b}{2} = \frac{c+d}{2} \Rightarrow a+b = c+d$。 $\square$
(2)
令 $f(x)$ 的頂點為 $(k, h)$，則可設 $f(x) = \alpha(x-k)^2 + h$。
同理，$g(x) = \alpha(x-k)^2 + h - t$。
所求式之分子：$f(a) - f(k) = \alpha(a-k)^2 = \alpha\left(a - \frac{a+b}{2}\right)^2 = \alpha\left(\frac{a-b}{2}\right)^2$。
所求式之分母：$g(c) - g(k) = \alpha(c-k)^2 = \alpha\left(c - \frac{c+d}{2}\right)^2 = \alpha\left(\frac{c-d}{2}\right)^2$。
故 $\displaystyle \frac{f(a) - f(k)}{g(c) - g(k)} = \frac{\alpha \frac{(a-b)^2}{4}}{\alpha \frac{(c-d)^2}{4}} = \frac{(a-b)^2}{(c-d)^2}$。 $\square$
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題目 2
試問方程式 $x + \sqrt{12 + 8(\log_{4}x^2) - 4(\log_{4}x^2)^2} = 1$ 共有幾個不同的實根？(8分)
答：
3 個
詳解
原式整理為 $\sqrt{4[3 + 2(\log_2 |x|) - (\log_2 |x|)^2]} = 1-x$
即 $\sqrt{4 - (1 - \log_2 |x|)^2} = \frac{1-x}{2}$ --- (1)
首先考慮根號內定義域：
$3 + 2\log_2 |x| - (\log_2 |x|)^2 \ge 0 \Rightarrow (\log_2 |x| - 3)(\log_2 |x| + 1) \le 0$
得 $-1 \le \log_2 |x| \le 3 \Rightarrow \frac{1}{2} \le |x| \le 8$
故 $x$ 的範圍為 $x \in [-8, -\frac{1}{2}] \cup [\frac{1}{2}, 8]$。
令 $y_1 = 2\sqrt{4 - (1 - \log_2 |x|)^2}$，此函數在上述區間內為對稱於 $y$ 軸的凸曲線。
令 $y_2 =\frac{1-x}{2}$，為一過 $(1, 0)$ 且斜率為 $-1$ 的直線。
繪圖分析：
1. 在 $x < 0$ 區間：直線 $y = \frac{1-x}{2}$ 與左側曲線有 2 個交點。
2. 在 $x > 0$ 區間：直線 $y = \frac{1-x}{2}$ 與右側曲線僅有 1 個交點。
綜合以上，方程式共有 **3** 個相異實根。 $\square$
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