一、第7題

如圖（請見附件），設 \(\Gamma\) 為包含 \(L\) 且平行 \(S\) 的平面，

\(h\) 為兩歪斜線的距離， \(G,H,I\) 分別為 \(D,E,F\) 在 \(\Gamma\) 上的投影點，

得 \(\overline{AG}=\sqrt{10^2-h^2},\overline{BH}=\sqrt{13^2-h^2},\overline{CI}=\sqrt{24^2-h^2}\)

由三垂線定理，得 \(AG, BH, CI\) 皆垂直 \(L\)，

因為四邊形\(AGIC\) 為梯形且\(AB=BC\)，得 \(\overline{BH}=\frac{1}{2}\left(\overline{AG}+\overline{CI}\right)\)

\(\Rightarrow 2\sqrt{13^2-h^2}=\sqrt{10^2-h^2}+\sqrt{24^2-h^2}\)

然後...... 我解出來的 \(h\) 是...無解，不曉得我哪裡疏忽犯錯了？囧

計算證明第 1 題
令 logx = t
f(x) 改寫成 f(t) = 2[t/2]^2 - [1 - t]^2

令 [t/2] = n，其中 n 為整數
n ≦ t/2 < n + 1
2n ≦ t < 2n + 2
-2n - 1 < 1 - t ≦ -2n + 1

(1) n = 0
-1 < 1 - t ≦ 1
[1 - t]^2 = 0 or 1
f(t) = 0 or -1

(2) n > 0
(-2n + 1)^2 ≦ [1 - t]^2 < (-2n - 1)^2
2n^2 - (-2n - 1)^2 < 2[t/2]^2 - [1 - t]^2 ≦ 2n^2 - (-2n + 1)^2
-2n^2 - 4n - 1 < 2[t/2]^2 - [1 - t]^2 ≦ -2n^2 + 4n - 1 = -2(n - 1)^2 + 1
n = 1 時，-3 < 1 - t ≦ -1
當 [1 - t] = -1，[1 - t]^2 = 1 時，f(t) 有最大值 1

n = 1
2 ≦ t < 4

[1 - t] = -1
-1 ≦ 1 - t < 0
1 < t ≦ 2

t = 2，x = 100


(3) n < 0
(-2n - 1)^2 < [1 - t]^2 ≦ (-2n + 1)^2
2n^2 - (-2n + 1)^2 ≦ 2[t/2]^2 - [1 - t]^2 < 2n^2 - (-2n - 1)^2
-2n^2 + 4n - 1 ≦ 2[t/2]^2 - [1 - t]^2 < -2n^2 - 4n - 1 = -2(n + 1)^2 + 1
n = -1 時，1 < 1 - t ≦ 3
當 [1 - t] = 1，[1 - t]^2 = 1 時，f(t) 有最大值 1

n = -1
-2 ≦ t < 0

[1 - t] = 1
1 ≦ 1 - t < 2
-1 < t ≦ 0

-1 < t < 0，1/10 < x < 1


故 f(x) 的最大值為 1，此時 1/10 < x < 1 or x = 100

計算證明第 3 題
B、A、P、C 四點共圓，sin∠BAQ = sin∠BCR
BA/BQ + BC/BR = sin∠Q/sin∠BAQ + sin∠R/sin∠BCR
= (sin∠Q + sin∠R)/sin∠BAQ
= [sin(∠B + ∠BAQ) + sin(∠B + ∠BCR)]/sin∠BAQ
= {2sin[(2∠B + 180度)/2]cos[(∠BAQ - ∠BCR)/2]}/sin∠BAQ
= [2sin(∠B + 90度)cos(∠BAQ - 90度)]/sin∠BAQ
= 2cos∠B
剩下的就簡單了 ......

在下圖這種情形中有 \(2BH=CI-AG\) , 可解得 \(h=\frac{120}{13}\)


另外分享我的作法:


[ 本帖最後由 Dragonup 於 2023-6-21 18:58 編輯 ]

原來是我沒有考慮到的情況。感謝。 :-D