2021 JM02

1. 由題設垂直關係使用勾股定理。

   $$PD^2=PA^2+AD^2=5,\quad BD^2=AB^2+AD^2=5,\quad PB^2=PA^2+AB^2=8$$

2. PB 上的高平分底邊。

   $$h=\sqrt{5-(\sqrt8/2)^2}=\sqrt3$$

3. 底乘相應高再除以二。

   $$A_{PBD}=\tfrac12\sqrt8\sqrt3=\sqrt6$$

面積為 √6。

檢查與易錯點：PA 是棱錐的高，不是三角形 PBD 中 PB 上的高。

1. 計算底面積及原來的垂直高。

   $$A_{ABD}=\tfrac12(2)(1)=1,\quad V=\tfrac13(1)(2)=\tfrac23$$

2. 改換底面不改變體積。

   $$\tfrac13 A_{PBD}d=\tfrac23\implies \tfrac{\sqrt6}{3}d=\tfrac23$$

3. 取正的垂直距離。

   $$d=2/\sqrt6=\sqrt{2/3}=\sqrt6/3$$

體積為 2/3；距離為 √(2/3)。

檢查與易錯點：官方 √(2/3) 的整個分數均在根號內。

1. AD 位於底面，故垂直底面的 PA 垂直 AD。

   $$AD\perp PA$$

2. 題設角度提供面 PAB 內另一條相交直線。

   $$AD\perp AB,\quad PA\cap AB=\{A\}$$

3. 直線垂直面內兩條相交直線，便垂直該面；再把此方向轉移至 BC。

   $$AD\perp\operatorname{plane}PAB,\quad BC\parallel AD\implies CB\perp\operatorname{plane}PAB$$

CB 垂直面 PAB。

檢查與易錯點：只證垂直 AB，不能證明垂直整個平面。

1. 中點連線具有所需方向及長度。

   $$NM\parallel BC\parallel AD,\quad NM=BC/2=1=AD$$

2. 一組對邊平行且相等，得 ADMN 為平行四邊形；AD⊥AN 再給出直角。

   $$AN\subset\operatorname{plane}PAB,\quad AD\perp AN$$

3. 故 ADMN 為長方形，DM 與 AN 平行。

   $$DM\parallel AN$$

4. D 不在面 PAB 上，而 AN 在面內。過 D 且平行 AN 的直線故不與平面相交。

   $$DM\parallel\operatorname{plane}PAB$$

ADMN 為長方形；DM 平行面 PAB。

檢查與易錯點：直線平行面內直線時，尚須確認它不在面內，才可證明線面平行。

1. 使用冪函數求導法。

   $$f'(x)=6x^2-18x+12$$

2. 常數求導為零。

   $$f''(x)=12x-18$$

f′(x)=6x²−18x+12；f″(x)=12x−18。

檢查與易錯點：不要在 f′ 中保留常數 −5。

1. 駐點橫坐標為1及2。

   $$f'(x)=6(x-1)(x-2)=0\iff x=1,2$$

2. 符號依次為正、負、正。

   $$x<1:f'>0;\quad1<x<2:f'<0;\quad x>2:f'>0$$

3. 計算兩點的函數值，並按變號分類。

   $$f(1)=0\text{ (local maximum)},\quad f(2)=-1\text{ (local minimum)}$$

x=1 處局部極大值為0；x=2 處局部極小值為−1。

檢查與易錯點：這些局部極值不是三次函數在整條實數線上的全域界限。

1. 二階導數在3/2處為零。

   $$12x-18=0\implies x=\tfrac32$$

2. 二階導數由負變正，再求縱坐標。

   $$x<\tfrac32:f''<0;\quad x>\tfrac32:f''>0;\quad f(\tfrac32)=-\tfrac12$$

拐點為 (3/2,−1/2)。

檢查與易錯點：拐點須有凹凸性改變；只有 f″=0 並不足夠。

1. 分解 f，求兩個 x 截點並保留重根性質。

   $$f(x)=(x-1)^2(2x-5)$$

2. 重零點處接觸 x 軸，單零點處穿過 x 軸。

   $$(-1,-28),\ (0,-5),\ (1,0),\ (3/2,-1/2),\ (2,-1),\ (5/2,0),\ (3,4)$$

3. 遞增至 x=1，遞減至 x=2，再遞增；在3/2處改變凹凸性，並保留兩個定義域端點。

圖中三次曲線限制於 [−1,3]，並標示上述關鍵點。

檢查與易錯點：重根 x=1 處接觸 x 軸，而非穿過。

1. 負 x 代入 −x，非負 x 保留 x，最後減一。

   $$g(x)=\begin{cases}-2x^3-9x^2-12x-6&-1\le x<0\\2x^3-9x^2+12x-6&0\le x\le3\end{cases}$$

2. 標出零處的尖角，以及變換後的轉折點及端點。

   $$(-1,-1),\ (0,-6),\ (1,-1),\ (2,-2),\ (3,3)$$

3. 對稱所得部分只保留 −1≤x≤0；其餘超出題目定義域。

圖中對稱再下移的曲線在 (0,−6) 有尖角。

檢查與易錯點：不要對稱原函數的負 x 部分；f(|x|) 使用原函數非負 x 部分。

1. 令兩縱坐標相等並分解。

   $$2x^3-8x=2x(x-2)(x+2)=0\implies x=-2,0,2$$

2. (−2,0) 上三次曲線在上；(0,2) 上二次曲線在上。

   $$A=\int_{-2}^0(2x^3-8x)\,dx+\int_0^2(8x-2x^3)\,dx$$

3. 計算兩個非負面積部分。

   $$A=[x^4/2-4x^2]_{-2}^0+[4x^2-x^4/2]_0^2=8+8=16$$

總面積為16。

檢查與易錯點：只在 [−2,2] 作一次有向積分，會令兩個區域相消。

1. 任何 m 的二次項係數均為一。

   $$x^2-8mx-8c=0$$

2. 令判別式為零，再整理。

   $$\Delta=64m^2+32c=0\implies c=-2m^2$$

c=−2m²。

檢查與易錯點：此處消元仍為二次式，即使 m=0，重根判準仍有效。

1. 每個斜率只指定此拋物線的一條切線，故兩斜率不同。

   $$k=m_1h-2m_1^2=m_2h-2m_2^2$$

2. 約去非零斜率差。

   $$(m_1-m_2)h=2(m_1-m_2)(m_1+m_2)\implies h=2(m_1+m_2)$$

3. 代回求縱坐標。

   $$k=2m_1(m_1+m_2)-2m_1^2=2m_1m_2$$

A=(2(m₁+m₂),2m₁m₂)。

檢查與易錯點：約去斜率差須使用兩切線不同的題設。

1. 由斜率積固定縱坐標。

   $$k=2m_1m_2=-2$$

2. 對任意實數 h，解切線斜率方程。

   $$2m^2-hm-2=0,\quad\Delta=h^2+16>0$$

3. 它的兩個不同實根乘積為−1，因此相應切線交於 (h,−2) 並互相垂直。

   $$m_1+m_2=h/2,\quad m_1m_2=-1$$

完整直線 y=−2。

檢查與易錯點：軌跡的必要方程還須有充分性論證。

1. 指定夾角為 π/4，排除垂直斜率。

   $$1=\left|\frac{2-m_2}{1+2m_2}\right|,\quad m_2\ne-1/2$$

2. 平方並分解得兩個有效斜率。

   $$(2-m_2)^2=(1+2m_2)^2\iff3m_2^2+8m_2-3=0\implies m_2=-3,1/3$$

3. 使用 (i) 的根和及根積公式。

   $$A=(-2,-12)\quad\text{or}\quad A=(14/3,4/3)$$

A=(−2,−12) 或 (14/3,4/3)。

檢查與易錯點：不用絕對值而採有向角公式，會遺漏無方向直線的其中一種配置。

1. 定義半和及半差。

   $$u=(A+B)/2,\quad v=(A-B)/2$$

2. 展開再相加。

   $$\sin(u+v)+\sin(u-v)=2\sin u\cos v$$

3. 代回定義。

   $$\sin A+\sin B=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}$$

和化積恆等式得證。

檢查與易錯點：兩個展開式中 cos u sin v 的正負號相反。

1. 合併前兩項，第三項用倍角式。

   $$\sin A+\sin B+\sin C=2\cos(C/2)\left[\cos\frac{A-B}{2}+\sin(C/2)\right]$$

2. 由角和條件把正弦轉為餘弦。

   $$\sin(C/2)=\cos\frac{A+B}{2}$$

3. 展開兩個餘弦，正弦乘積項相消。

   $$\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{A+B}{2}=2\cos(A/2)\cos(B/2)$$

4. 把剩餘因子相乘，不須除以可能為零的餘弦。

   $$\sin A+\sin B+\sin C=4\cos(A/2)\cos(B/2)\cos(C/2)$$

A+B+C=π 時，恆等式得證。

檢查與易錯點：證明沒有除以 cos(C/2)，故餘弦為零的情況仍包含在內。

1. 起始情況對每個實數 x 成立。

   $$n=1:\quad2\sin x\cos x=\sin2x$$

2. 假設命題對某固定正整數 k 成立。

   $$2\sin x\sum_{j=1}^k\cos(2j-1)x=\sin2kx$$

3. 由和角公式得到可相消的增量。

   $$2\sin x\cos(2k+1)x=\sin(2k+2)x-\sin2kx$$

4. 把新增項加到歸納假設，原右方相消。

   $$2\sin x\sum_{j=1}^{k+1}\cos(2j-1)x=\sin2(k+1)x$$

5. 由起始情況及歸納推論，此式對所有正整數 n 成立。

此式對所有 n≥1 及每個實數 x 成立。

檢查與易錯點：歸納證明不須除以 sin x。

1. sin x 非零時，可用乘積恆等式化簡。

   $$2\sin x(\cos x+\cos3x+\cos5x)=\sin6x$$

2. 在0、π、2π，原式左方為3、−3、3，均不是解。

   $$\sin x=0\implies x=0,\pi,2\pi$$

3. 解 sin6x=0，並排除上述三點。

   $$x=j\pi/6,\quad j\in\{1,2,3,4,5,7,8,9,10,11\}$$

x=jπ/6，j=1、2、3、4、5、7、8、9、10、11。

檢查與易錯點：乘以 sin x 會引入0、π、2π候選零點，原方程須排除它們。

1. 行相減產生兩個多項式因子。

   $$D=(b-a)(c-a)\begin{vmatrix}a&a^2+1&bc\\1&a+b&-c\\1&a+c&-b\end{vmatrix}$$

2. 新第三行減去第二行，再提出 c−b。

   $$D=(b-a)(c-a)(c-b)\begin{vmatrix}a&a^2+1&bc\\1&a+b&-c\\0&1&1\end{vmatrix}$$

3. 第二欄減去第三欄，再沿末行展開。

   $$D=(b-a)(c-a)(c-b)[a(a+b+c)-(a^2+1-bc)]$$

4. 化簡最後因子，並處理兩次變號。

   $$D=(a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca-1)$$

D=(a−b)(b−c)(c−a)(ab+bc+ca−1)。

檢查與易錯點：提出多項式因子不須假設 a、b、c 不同；相等變量情況直接給行列式為零。

1. 沿第一行展開。

   $$\det A=k(k^2-1)-(k+1)-(k+1)=k^3-3k-2$$

2. 方陣系統對任意右方均有唯一解，恰好要求此行列式非零。

   $$\det A=(k+1)^2(k-2)\ne0\iff k\ne-1,2$$

所有實數 k，但排除−1及2。

檢查與易錯點：行列式為零時，須再檢查相容性，才能區分無解與無限多解。

1. 係數的相依關係要求右方有相同關係。

   $$R_2=R_1+R_3\implies q=p+r\iff p-q+r=0$$

2. 前兩行獨立，因此此條件亦充分，並留下一個自由變量。

   $$\begin{vmatrix}2&1\\1&2\end{vmatrix}=3\ne0$$

3. 指定右方相容；設 z=t，解前兩式。

   $$5-1-4=0,\quad2x+y-t=5,\quad x+2y+t=1$$

4. 代入後也符合第三式。

   $$(x,y,z)=(3+t,-1-t,t),\quad t\in\mathbb R$$

p−q+r=0；指定值的解為 (x,y,z)=(3+t,−1−t,t)，t∈ℝ。

檢查與易錯點：須寫出自由參數範圍及相容條件；一組特解不是完整答案。