八十八學年度大學申請入學第二階段筆試試題詳解

臺灣大學數學系
八十八學年度學士班申請入學第二階段筆試試題

1. 若一三角形之三邊長分別為$a,b,c$，且滿足$c^2=a^2+b^2$。求證此三角形一定是一個直角三角形。（$20$分）
訣竅
本題即證明畢氏定理的逆定理，其重點在於考慮三角形的三種情況並對非直角三角形的情況予以排除。
解法

設$a,b,c$分別對應的角為$\angle A,\angle B,\angle C$。運用反證法，假設$\angle C\neq90^{\circ}$。
先考慮$\angle C<90^{\circ}$的情形，此時在$\overline{BC}$上取點$D$使$\overline{AD}\perp\overline{BC}$，因此$\bigtriangleup ADB$為直角三角形，因此按畢氏定理有

$c^2={\overline{AD}}^2+{\overline{BD}}^2$

但又有$\overline{AD}<b$、$\overline{BC}<b$，由此導出$c^2<a^2+b^2$，此與題設矛盾。
另一方面，當$\angle C>90^{\circ}$時，延長$\overline{BC}$成直線，並在其上取點$D$使$\overline{AD}\perp\overline{BC}$，如此$\bigtriangleup ADC$、$\bigtriangleup ADB$皆為直角三角形，因此由畢氏定理可得

$c^2={\overline{AD}}^2+{\overline{BD}}^2$　；　$b^2={\overline{AD}}^2+{\overline{CD}}^2$

於是有$a^2=c^2-b^2=\left(\overline{BD}-\overline{CD}\right)\left(\overline{BD}+\overline{CD}\right)=a\left(a+2\overline{CD}\right)$，即$\overline{CD}=0$，此即$D$與$C$重合，意旨$\angle C$為直角，與假定矛盾。

綜上，$\angle C$必為$90^\circ$，因此$\bigtriangleup ABC$為直角三角形。



2. 空間中有四個非零向量$\vec{u},\vec{v},\vec{w},\vec{s}$。求證它們之間不可能兩兩互相垂直。（$20$分）
訣竅
運用反證法，假定任兩者互相垂直，導出其中兩者為互相平行。
解法
假定四個空間向量兩兩互相垂直，則由於$\vec{w}$垂直$\vec{u}$且垂直$\vec{v}$，因此存在非零常數$k$使得$\vec{w}=k\vec{u}\times\vec{v}$；同理，存在非零常數$m$使得$\vec{s}=m\vec{u}\times\vec{v}$。此時即有$\displaystyle\vec{w}=\frac{k}{m}\vec{s}$。依假設，有$\vec{w}$與$\vec{s}$互相垂直，因此$\vec{w}\cdot\vec{s}=0$，即$\displaystyle\frac{k}{m}\left|\vec{s}\right|^2=0$，此表明$\vec{s}$為零向量，與題設矛盾。


3. 設$L_1, L_2$是空間中的兩直線$\displaystyle L_1:\frac{x-11}{4}=\frac{y+5}{-3}=\frac{z-6}{-2}$，$\displaystyle L_2:\frac{x+5}{3}=\frac{y-4}{-4}=\frac{z-6}{-2}$。求直線$L_1$和直線$L_2$間的距離。（$20$分）
訣竅
利用配方法求最小值即可；或用幾何直覺可知當直線上兩點連線距離最短時該線段會與直線分別垂直。
解法一
自$L_1$與$L_2$上分別取動點$P_1$與$P_2$，利用參數化可得座標分別為$P_1\left(11+4t,-5-3t,6-2t\right)$、$P_2\left(-5+3s,4-4s,6-2s\right)$，其中$t,s\in\mathbb{R}$。因此計算$\overline{P_1P_2}$並配方如下
$\begin{aligned}\overline{P_1P_2}=&\sqrt{\left(16+4t-3s\right)^2+\left(-9-3t+4s\right)^2+\left(-2t+2s\right)^2}\\=&\sqrt{29t^2-56st+29s^2+182t-168s+337}\\=&\sqrt{29t^2+\left(182-56s\right)t+\left(29s^2-168s+337\right)}\\=&\sqrt{29\left(t+\frac{91-28s}{29}\right)^2+\frac{57s^2+224s+1492}{29}}\\=&\sqrt{29\left(t+\frac{91-28s}{29}\right)^2+\frac{57}{29}\left(s+\frac{112}{57}\right)^2+\frac{2500}{57}}\\\geq&\frac{50}{\sqrt{57}}\end{aligned}$
其中等號成立條件為$\displaystyle t=-\frac{287}{57}$、$\displaystyle s=-\frac{112}{57}$
解法二

自$L_1$與$L_2$上分別取動點$P_1$與$P_2$，利用參數化可得座標分別為$P_1\left(11+4t,-5-3t,6-2t\right)$、$P_2\left(-5+3s,4-4s,6-2s\right)$，其中$t,s\in\mathbb{R}$。由此有

$\overrightarrow{P_2P_1}=\left(16+4t-3s,-9-3t+4s,-2t+2s\right)$

又當$\overrightarrow{P_2P_1}$有最短長度時，有$\overrightarrow{P_2P_1}\perp L_1$、$\overrightarrow{P_2P_1}\perp L_2$，依此可得

$\begin{aligned}\left(16+4t-3s,-9-3t+4s,-2t+2s\right)\cdot\left(4,-3,-2\right)=&0\\\left(16+4t-3s,-9-3t+4s,-2t+2s\right)\cdot\left(3,-4,-2\right)=&0\end{aligned}$

由此解聯立可得$\displaystyle t=-\frac{287}{57}$、$\displaystyle s=-\frac{112}{57}$。故此時最短距離為

$\begin{aligned}\left|\overrightarrow{P_2P_1}\right|=&\sqrt{\left(16+4t-3s\right)^2+\left(-9-3t+4s\right)^2+\left(-2t+2s\right)^2}\\=&\sqrt{\left(16-\frac{812}{57}\right)^2+\left(-9+\frac{413}{57}\right)^2+\left(\frac{350}{57}\right)^2}\\=&\frac{1}{57}\sqrt{\left(16\cdot57-812\right)^2+\left(-9\cdot57+413\right)^2+350^2}\\=&\frac{1}{57}\sqrt{142500}\\=&\frac{50}{\sqrt{57}}\end{aligned}$



4. 如下圖所示之凸四邊形，其四邊長為$a,b,c,e$，邊長為$a,b$之兩邊的夾角為$\alpha$，邊長為$c,e$之兩邊的夾角為$\beta$。當此四邊長$a,b,c,e$固定之下，而該四邊形的面積達最大值，請證明$\alpha+\beta=\pi$。（$20$分）
   
訣竅
本命題可視為托勒密定理推廣至非圓內接四邊形的情況下，並依此求出四邊形面積，欲使之極大之條件便可求得。
解法
首先可將$\angle\alpha$與$\angle\beta$用對角線分開，記開對角線長為$x$，且記四邊形面積為$S$，如此有
$$\begin{equation}\label{1}4S=2ab\sin\alpha+2ce\sin\beta\end{equation}$$
另一方面，依餘弦定理可知
$a^2+b^2-2ab\cos\alpha=x^2=c^2+e^2-2ce\cos\beta$
此即
$$\begin{equation}\label{2}a^2+b^2-c^2-e^2=2ab\cos\alpha-2ce\cos\beta\end{equation}$$
將$\left(\ref{1}\right)$、$\left(\ref{2}\right)$兩式平方相加可得
$\begin{aligned}16S^2+\left(a^2+b^2-c^2-e^2\right)^2=&4a^2b^2+4c^2e^2-8abce\cos\left(\alpha+\beta\right)\\\leq&4a^2b^2+4c^2e^2+8abce=4\left(ab+ce\right)^2\end{aligned}$
其中等號成立條件為$\cos\left(\alpha+\beta\right)=-1$，此即$\alpha+\beta=\pi$，證明完畢。


5. 所謂牛頓法求根是指，由$a_n$出發，求$a_{n+1}$的過程。如圖一所示，$a_{n+1}$為$\left(a_n,f\left(a_n\right)\right)$的切線與$x$軸的交點。今設$f'>0$，$f''>0$，如圖二所示，且甲乙兩人分別從$a_1=A$及$b_1=B$出發，以牛頓法求根。如果方程式$f\left(x\right)=0$的根$R$與出發點$B,A$有$R<B<A$的關係（參考圖二），求證乙所求的第$n$步$b_n$與甲所求的第$n$步$a_n$間須有$R<b_n<a_n$的關係。
   注意：有關牛頓法的相關資料，可參閱所附高級中學理科數學下冊教本。
   
訣竅
應用數學歸納法與牛頓法的設定即可。
解法

在第$0$步時有$a_0=A>B=b_0>R$，因此在$n=0$時關係成立。

現假設$n=k$時關係成立，即有$R<b_k<a_k$。按牛頓法分別於$\left(a_k,f\left(a_k\right)\right)$、$\left(b_k,f\left(b_k\right)\right)$處作切線方程如下

$\begin{aligned} &L_{a_k}:~y-f\left(a_k\right)=f'\left(a_k\right)\left(x-a_k\right)\\ &L_{b_k}:~y-f\left(b_k\right)=f'\left(b_k\right)\left(x-b_k\right)\end{aligned}$

因此能分別得到$\displaystyle a_{k+1}=a_k-\frac{f\left(a_k\right)}{f'\left(a_k\right)}$、$\displaystyle b_{k+1}=b_k-\frac{f\left(b_k\right)}{f'\left(b_k\right)}$。由於$f''>0$表示$f'$為遞增函數，藉由均值定理可知

$\displaystyle f'\left(b_k\right)<\frac{f\left(a_k\right)-f\left(b_k\right)}{a_k-b_k}<f'\left(a_k\right)$

藉由第二個不等號以及$f'>0$可得

$\displaystyle\frac{f\left(a_k\right)}{f'\left(a_k\right)}-\frac{f\left(b_k\right)}{f'\left(a_k\right)}<a_k-b_k$

移項並且利用$f'\left(a_k\right)>f'\left(b_k\right)$可得

$\displaystyle0<a_k-b_k-\frac{f\left(a_k\right)}{f'\left(a_k\right)}+\frac{f\left(b_k\right)}{f'\left(a_k\right)}<a_k-b_k-\frac{f\left(a_k\right)}{f'\left(a_k\right)}+\frac{f\left(b_k\right)}{f'\left(b_k\right)}=a_{k+1}-b_{k+1}$

即有$a_{k+1}>b_{k+1}$。

類似地由

$\displaystyle\frac{f\left(b_k\right)-f\left(R\right)}{b_k-R}<f'\left(b_k\right)$

即有$\displaystyle R<b_k-\frac{f\left(b_k\right)}{f'\left(b_k\right)}=b_{k+1}$。

綜上有$R<b_{k+1}<a_{k+1}$，因此由數學歸納法知對所有正整數$n$恆有$R<b_n<a_n$。