2016高雄中學科學班方程式正整數解問題

=問題= 

設$x>y$，求方程式$x^2+y^2=208(x-y)$的所有正整數解。

=解答=

首先由題目條件$x^2 + y^2 = 208(x - y)$得

$$x^2 + 2xy + y^2 = 208(x-y) + 2xy,$$

於是

$$(x+y)^2 = 2 [104(x - y) + xy],$$

這表示$(x+y)^2$是偶數，於是$x+y$是偶數。那麼可令$x+y = 2m$，代回得

$$4m^2 = 2 [104(x-y) + xy],$$

$$xy = 2[m^2 - 52(x-y)],$$

所以$xy$也是偶數。由此可知$x, y$之中至少其一必為偶數。再由$x+y$為偶數可知，$x, y$有相同的奇偶性，故$x, y$必同為偶數。

現在命$x = 2a, y = 2b$，代回$x^2 + y^2 = 208(x-y)$得

$$4a^2 +4b^2 = 208 \cdot 2(a - b),$$

$$a^2 + b^2 = 104(a - b).$$

仿以上的討論，可知$a, b$必同為偶數，再命$a = 2c, b = 2d$，得

$$c^2 + d^2 = 52(c - d).$$

續行此法，得

$$c = 2e, d = 2f,$$

$$e^2 + f^2 = 26(e - f),$$

$$e = 2g, f = 2h,$$

$$g^2 + h^2 = 13(g - h).$$

至此無法再按同格式化簡。注意$x = 2^4g, y = 2^4h$。我們對上式進行變形，

$$g^2 - h^2 + 2h^2 = 13(g - h),$$

$$2h^2 = (g - h)(13 - g - h).$$

利用算幾不等式有

$$\frac{(g - h) + (13 - g - h)}{2} \ge \sqrt{(g-h)(13 - g -h)},$$

整理得

$$\frac{13 -2h}{2} \ge \sqrt{2h^2},$$

$$2\sqrt{2}h \le 13 - 2h,$$

$$h \le \frac{13}{2\sqrt{2} + 2} = \frac{13(\sqrt{2} - 1)}{2} \approx 2.692.$$

所以$h$可能為1或2。

若$h  =1$，則

$$g^2 + 1 = 13(g - 1),$$

解得

$$g = \frac{13 \pm \sqrt{143}}{2} \notin \mathbb{Z}.$$

是以$h \ne 1$。

若$h = 2$，則

$$g^2 + 4 = 13(g - 2),$$

解得

$$g = 3 \quad 或\quad 10.$$

反推可知

$$(x, y) = (48, 32) \quad 或 \quad (160, 32).$$

=附記=

這是2017年3月17日寫的舊文，一直沒有打字，只是用照片的方式把解答貼在臉書粉絲頁。這幾天整理照片，覺得當時的解法還是頗有趣味，既用了整除性的討論，還用了算幾不等式估計範圍，應該打字下來做紀錄。

107指考數甲的平面向量決定區域的函數最大值問題

=問題= 

座標平面上，若$A(2, 3)$與$B(-1, 3)$兩點，並設$O$為原點，令$E$為滿足$\overrightarrow{OP} = a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}$的所有點$P$所形成的區域，其中$-1 \le a \le 1, 0 \le b \le 4$。考慮函數$f(x) = x^2+5$，試問當限定x為區域$E$中的點$P(x, y)$的橫座標時，$f(x)$的最大值為何？

=解答=

首先將$P$的x座標用$a, b$表示出來：

$$\overrightarrow{OP} = \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right],$$

$$\overrightarrow{OP} = a\overrightarrow{OA} +b\overrightarrow{OB} = a\left[ \begin{array}{c} 2  \\ 3 \end{array} \right] + b\left[ \begin{array}{c} -1 \\ 3 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 2a-b \\ 3a+3b \end{array} \right],$$

得

$$x = 2a-b.$$

由$a, b$的限制條件有

$$-2 \le 2a \le 2,$$

與

$$-4 \le -b \le 0.$$

於是

$$-6 \le 2a - b \le 2,$$

即

$$-6 \le x \le 2.$$

所以有

$$0 \le x^2 \le 36.$$

因此

$$5 \le x^2 + 5 \le 41.$$

得最大值為41。

=附註=

本題我本來打算把圖畫出來，但發現容易畫錯，因為4倍的$\overrightarrow{OB}$的數字太大，圖不容易畫。後來決定換個方式，直接考慮代數的方式來處理。而我便叫育嫆別用畫圖的方式做。

108指考數乙的平面向量與行列式計算面積問題

=問題= 

考慮座標平面上相異五點$O, A, B, C, D$。已知向量$\overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OD} = 3\overrightarrow{OB}$，且向量$\overrightarrow{AB}$的座標表示為$\overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} 3 \\ -4 \end{array} \right]$。試回答下列問題：

(1) 試以座標表示$\overrightarrow{DC}$。

(2) 若$\overrightarrow{OA} = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right]$，試利用二階行列式與面積的關係，求$\triangle OCD$的面積。

=解答=

(1) 利用向量分解，得

$$\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{DO} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OD} = 3\overrightarrow{OA} - 3\overrightarrow{OB} = 3(\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OB}) = 3(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{BO}) = 3\overrightarrow{BA} = -3\overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} -9 \\ 12 \end{array} \right].$$

(2) 先求出$\overrightarrow{OB}$，

$$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right] + \left[ \begin{array}{c} 3 \\ -4 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 4 \\ -2 \end{array} \right].$$

於是

$$\overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OA} = 3\left[ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 3 \\ 6 \end{array} \right],$$

$$\overrightarrow{OD} = 3\overrightarrow{OB} = 3 \left[ \begin{array}{c} 4 \\ -2 \end{array} \right] =  \left[ \begin{array}{c} 12 \\ -6 \end{array} \right].$$

因此

$$\triangle OCD = \frac{1}{2} \left| \det (\overrightarrow{OC}, \overrightarrow{OD}) \right| = \frac{1}{2} |\left| \begin{array}{cc} 3 & 12 \\ 6 & -6 \end{array} \right|| = 45.$$

108學測的平面向量夾角問題

=問題= 

如圖，$A, B, C, D$為平面上的四個點。已知$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{BD}$兩向量等長且互相垂直，則$\tan \angle BAD$為何？

=解答=

設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的交點為$O$，再設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的長度皆為$h$，而$\overline{OA} = a, \overline{OB} = b$。

將此圖形放置於平面坐標上，使$O$為原點，$\overline{AC}$與x軸重合。於是各點的座標分別為$A=(-a, 0), C=(h-a, 0), B=(0, -b), D=(0, h-b)$。所以得

$$\overrightarrow{BC} = \left[ \begin{array}{c} h-a \\ b \end{array} \right], \overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} a \\ -b \end{array} \right], \overrightarrow{AD} = \left[ \begin{array}{c} a \\ h-b \end{array} \right].$$

由$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$得

$$\left[ \begin{array}{c} h-a \\ b \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} a \\ -b \end{array} \right] + \left[ \begin{array}{c} a \\ h-b \end{array} \right],$$

於是有$a = \frac{1}{3}h, b = \frac{1}{3}h$。所以

$$\overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} \frac{1}{3}h \\ \frac{-1}{3}h \end{array} \right], \overrightarrow{AD} = \left[ \begin{array}{c} \frac{1}{3}h \\ \frac{2}{3}h \end{array} \right].$$

故

$$\cos \angle (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}) = \frac{1 \cdot 1 + (-1) \cdot 2}{\sqrt{1^2+(-1)^2} \cdot \sqrt{1^2 +2^2}} = \frac{-1}{\sqrt{10}}.$$

從而$\sin \angle BAD = +\sqrt{1 - \left( \frac{-1}{\sqrt{10}} \right)^2} = \frac{3}{\sqrt{10}}$，且

$$\tan \angle BAD = \frac{\frac{3}{\sqrt{10}}}{\frac{-1}{\sqrt{10}}} = -3.$$

=附註=

題目既然給了兩向量互相垂直，直接設座標應該是最快的想法，剩下的只要計算細心即可。也有別位老師給出其他作法，如

但這實在是太麻煩，沒必要搞那麼複雜。

=拋磚引玉=

＞文華高中陳瑋岳老師

臉書的朋友，台中文華高中陳瑋岳老師提供了另一個作法，如下所示：

陳瑋岳老師的真跡

＞高雄湯氏數學

一樣也是我的臉書朋友，高雄湯氏數學補習班的湯茗富老師亦提供了一個作法，如下圖所示：

湯茗富老師的真跡

我實在很幸運，有這些數學教育界的朋友，彼此互相激盪腦力，一起為台灣的數學教育打拼。

108指考數甲的平面向量問題

=問題= 

座標平面上以原點O為圓心的單位圓上三相異點$A, B, C$滿足$2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB} + 4\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0}$，其中A點的座標為$(1, 0)$。試選出正確的選項。（多選）

(A) 向量$2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB}$的長度為4。

(B) 向量內積$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} < 0$。

(C) $\angle BOC, \angle AOC, \angle AOB$中，以$\angle BOC$的度數為最小。

(D) $\overline{AB} > \frac{3}{2}$。

(E) $3 \sin \angle AOB = 4 \sin \angle AOC$。

=解答=

(A) $|2 \overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB}| = |-4\overrightarrow{OC}| = |-4| \cdot |\overrightarrow{OC}| = 4 \cdot 1 = 4$，正確。

(B) 由(A)有$|2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OC}| = 4$，於是根據長度與內積的關係得

$$\sqrt{(2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB})\cdot (2\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB})} = 4,$$

整理得

$$4|\overrightarrow{OA}|^2 + 12 \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} + 9|\overrightarrow{OB}|^2 = 16,$$

注意$|\overrightarrow{OA}| = 1$且$|\overrightarrow{OB}| = 1$，所以$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = \frac{1}{4} > 0$，所以(B)錯誤。

(C) 仿(B)之作法，由$|2\overrightarrow{OA} + 4\overrightarrow{OC}| = 3$得$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} = \frac{-11}{16}$；由$|3\overrightarrow{OB} + 4\overrightarrow{OC}| = 2$得$\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = \frac{-7}{8}$。

由於$\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}$都是單位向量，故內積的計算結果即為其夾角之餘弦值：

$$\cos \angle AOB = \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = \frac{1}{4},$$

$$\cos \angle BOC = \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = \frac{-7}{8},$$

$$\cos \angle COA = \overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{OA} = \frac{-11}{16}.$$

因此可知$\angle AOB < \angle COA < \angle BOC$。所以(C)錯誤。

(D) 因為

$$\begin{eqnarray*} \overline{AB} &=& |\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}| = \sqrt{(\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) \cdot (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA})} = \sqrt{|\overrightarrow{OB}|^2 - 2 \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OA} + |\overrightarrow{OA}|^2} \\ &=& \sqrt{1 - 2\cdot \frac{1}{4} + 1} = \sqrt{\frac{3}{2}}, \end{eqnarray*}$$

所以(D)錯誤。

(E) 由於

$$\sin \angle AOB = +\sqrt{1 - \cos^2 \angle AOB} = \sqrt{1 - \left( \frac{1}{4} \right)^2} = \frac{\sqrt{15}}{4},$$

與

$$\sin \angle AOC = +\sqrt{1 - \cos^2 \angle AOC} = \sqrt{1 - \left( \frac{-11}{16} \right)^2} = \frac{3\sqrt{15}}{16}.$$

得

$$3 \sin \angle AOB = 3 \cdot \frac{\sqrt{15}}{4} = \frac{3\sqrt{15}}{4} = 4 \cdot \frac{3\sqrt{15}}{16} = 4 \sin \angle AOC.$$

故(E)正確。

圓方程式與平面向量的一個問題

 =問題=

學校教官來到圓形公園進行大地尋寶課程，教官發給同學一份圓形公園的平面地圖，地圖上給了三個提示：

第一，將此圓形公園的方程式設為$C: (x+2)^2+(y-4)^2=25$且寶物就藏在地圖中的$P$點；

第二，請移動至地圖上的大樹$A$點處拿取第二個提示；

第三，請移動至地圖上的雕像$B$點拿取第三個提示。

欣茹至$A, B$兩處拿到的分別為$\overrightarrow{AP} = \left[ \begin{array}{c} 2 \\ -10 \end{array} \right], \overrightarrow{BP} = \left[ \begin{array}{c} 10 \\ -4 \end{array} \right]$。已知$A, B$兩點均在圓周上，請問寶藏地點$P$的座標為何？

=解答=

圓$C$的圓心為$C=(-2, 4)$，半徑為5。

計算$\overrightarrow{AB}$如下：

$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{BP} =  \left[ \begin{array}{c} 2 \\ -10 \end{array} \right] -  \left[ \begin{array}{c} 10 \\ -4 \end{array} \right] =  \left[ \begin{array}{c} -8 \\ -6 \end{array} \right],$$

於是可知$|\overrightarrow{AB}| = 10$，故可斷定$A, B$為直徑兩端點。再由圓參數式可假設

$$A = (-2 + 5 \cos \theta, 4 + 5 \sin \theta), B = (-2 - 5 \cos \theta, 4 - 5 \sin \theta).$$

再假設$P$點座標為$(p_1, p_2)$，於是代回題目所給$\overrightarrow{AP}$與$\overrightarrow{BP}$可得

$$\overrightarrow{AP} = \left[ \begin{array}{c} p_1 - (-2 + 5 \cos \theta) \\ p_2 - (4 + 5 \sin \theta) \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 2 \\ -10 \end{array} \right],$$

及

$$\overrightarrow{BP} = \left[ \begin{array}{c} p_1 - (-2 - 5 \cos \theta) \\ p_2 - (4 - 5 \sin \theta) \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 10 \\ -4 \end{array} \right].$$

重新整理，可得兩組二元一次方程式：

$$\left\{ \begin{array}{l} p_1 + 2 - 5 \cos \theta = 2 \\ p_1 + 2 + 5 \cos \theta = 10 \end{array} \right. \quad 與 \quad \left\{ \begin{array}{l} p_2 - 4 - 5 \sin \theta = -10 \\ p_2 - 4 + 5 \sin \theta = -4 \end{array} \right. .$$

便可解出$p_1 = 4, p_2 = -3$，即$P$之座標為$(4, -3)$。

=附註=

育嫆說：

所以看來我給的解法不是那麼友善...但我也沒想出其他作法，傷腦筋喔！

106指考數甲的平面向量夾角與長度問題

 =問題=

設$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{v}$為兩非零向量，夾角為$120^\circ$。若$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}$垂直，試選出正確的選項。（多選）

(A) $\overrightarrow{u}$的長度是$\overrightarrow{v}$的長度的2倍。

(B) $\overrightarrow{v}$與$\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}$的夾角為$30^\circ$。

(C) $\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}$的夾角為銳角。

(D) $\overrightarrow{v}$與$\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}$的夾角為銳角。

(E) $\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}$的長度大於$\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}$的長度。

=解答=

首先，向量相加，可用平行四邊形法畫出，而由題目條件夾角$120^\circ$，以及$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}$垂直，可得下圖：

於是$|\overrightarrow{u}|, |\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}|, |\overrightarrow{v}|$構成一個$30^\circ-60^\circ-90^\circ$三角形的三邊長，且

$$|\overrightarrow{u}|: |\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}|: |\overrightarrow{v}| = 1: \sqrt{3}: 2.$$

(A) 錯誤。應更正為：「$\overrightarrow{u}$的長度是$\overrightarrow{v}$的長度的$\frac{1}{2}$倍」。

(B) 正確。

(C) 先計算$\overrightarrow{u}$與$\overrightarrow{v}$的內積：

$$\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = |\overrightarrow{u}| \cdot |\overrightarrow{v}| \cdot \cos 120^\circ = |\overrightarrow{u}| \cdot 2|\overrightarrow{u}| \cdot \frac{-1}{2} = -|\overrightarrow{u}|^2,$$

於是

$$\overrightarrow{u} \cdot (\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}) = |\overrightarrow{u}|^2 - \overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = |\overrightarrow{u}|^2 - (-|\overrightarrow{u}|^2) = 2|\overrightarrow{u}|^2 > 0.$$

內積大於零，意味著兩向量夾角為銳角。所以(C)正確。

(D) 因為

$$\overrightarrow{v} \cdot (\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}) = \overrightarrow{v} \cdot \overrightarrow{u} - |\overrightarrow{v}|^2 = -|\overrightarrow{u}|^2 - (2|\overrightarrow{u}|)^2 = -5|\overrightarrow{u}|^2 < 0.$$

內積小於零，意味著兩向量夾角為鈍角。所以(D)錯誤。

(E) 分別計算長度：

$$|\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}| = \sqrt{(\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}) \cdot (\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v})} = \sqrt{|\overrightarrow{u}|^2 + 2\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} + |\overrightarrow{v}|^2} = \sqrt{|\overrightarrow{u}|^2 - 2|\overrightarrow{u}|^2 + 4|\overrightarrow{u}|^2} = \sqrt{3}|\overrightarrow{u}|.$$

$$|\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}| = \sqrt{(\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}) \cdot (\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v})} = \sqrt{|\overrightarrow{u}|^2 - 2\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} + |\overrightarrow{v}|^2} = \sqrt{|\overrightarrow{u}|^2 + 2|\overrightarrow{u}|^2 + 4|\overrightarrow{u}|^2} = \sqrt{7}|\overrightarrow{u}|.$$

所以$|\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}| > |\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}|$。故(E)錯誤。

107學測的向量線性組合問題

=問題= 

設$D$為$\triangle ABC$中$\overline{BC}$邊上的一點，已知$\angle ABC = 75^{\circ}, \angle ACB = 45^{\circ}, \angle ADB = 60^{\circ}$，若$\overrightarrow{AD} = s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}$，則$s, t$各為多少？

=解答=

首先畫出$\triangle ABC$。

然後再畫出$D$，圖形如下：

觀察$\triangle ABC$與$\triangle ADB$，其中各別的角度都相等，所以$\triangle ABC \sim \triangle DBA$。

命$\overline{AB} = c, \overline{AC} = b, \overline{CD} = a_1, \overline{DB} = a_2, \overline{AD} = d$，且$a_1 + a_2 = a$。

於是由三角形相似得

$$a: b: c = c: d: a_2.$$

擷取

$$a: c = c: a_2,$$

得$a_2 = \frac{c^2}{a}$。而$a_1 = a - a_2 = a - \frac{c^2}{a} = \frac{a^2 - c^2}{a}$。

根據正弦定理可得

$$a: b: c = \sin A : \sin B : \sin C = \sin 60^\circ : \sin 75^\circ : \sin 45^\circ = 2\sqrt{3} : (\sqrt{6} - \sqrt{2}) : 2\sqrt{2}.$$

所以可設$a = 2\sqrt{3}t, c = 2\sqrt{2}t$，其中$t > 0$。

於是$a_1 : a_2 = \frac{a^2 - c^2}{a} : \frac{c^2}{a} =  (12 - 8): 8 = 1: 2$。

最後由向量的分點公式可得

$$\overrightarrow{AD} = \frac{1}{1 + 2}\overrightarrow{AB} + \frac{2}{1 + 2}\overrightarrow{AC}.$$

得$s = \frac{1}{3}, t = \frac{2}{3}$。

105指考數甲的平面向量內積問題

=問題= 

假設三角形ABC的三邊長分別為$\overline{AB}=5, \overline{BC}=8, \overline{AC}=6$。請選出和$\overrightarrow{AB}$內積為最大的選項。（單選）

(A) $\overrightarrow{AC}$

(B) $\overrightarrow{CA}$

(C) $\overrightarrow{BC}$

(D) $\overrightarrow{CB}$

(E) $\overrightarrow{AB}$

=解答=

首先畫出三角形ABC。

由圖看來，$\angle A$應是鈍角，為確定此論斷，我們計算$\cos A$，由餘弦定理得

$$\cos A = \frac{5^2 + 6^2 - 8^2}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \frac{-1}{20} < 0.$$

所以確定了$\angle A$是鈍角。

既然$\angle A$是鈍角，那麼剩下的兩個角$\angle B, \angle C$必為銳角。再由大邊對大角可知$\angle B > \angle C$。

現在觀察各選項所決定的夾角。

(A) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AC}$的夾角為$\angle A$，鈍角。

(B) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{CA}$的夾角為$180^{\circ} - \angle A$，銳角。

(C) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{BC}$的夾角為$180^{\circ} - \angle B$，鈍角。

(D) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{CB}$的夾角為$\angle B$，銳角。

(E) $\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AB}$的夾角為$0^{\circ}$。

若兩向量夾角為鈍角，則內積必為負數。所以不用考慮(A)與(C)。

現在來計算(B)、(D)、(E)。

(B)： $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CA} = 5 \cdot 6 \cdot \cos (180^\circ - A) = 30 \cdot (- \cos A) = 30 \cdot \frac{1}{20} = \frac{3}{2}$。

(D)：$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CB} = 5 \cdot 8 \cdot \cos B = 40 \cdot \frac{5^2 + 8^2 - 6^2}{2 \cdot 5 \cdot 8} = 40 \cdot \frac{53}{80} = \frac{53}{2}$。

(E)：$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB} = 5^2 = 25$。

所以$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CB}$最大，故選(D)。

一道三變數的受約束極值問題

=問題= 

設$a, b, c$為實數，若$a^2+b^2+c^2=\frac{9}{2}, a+b+c=1$，試求$c$值的範圍

[出處：許清土，南一版高中數學學習講義3A，109學年（上）]

=解法=

這裡提出本題的三種解法：2變數的Cauchy不等式、立體幾何、Lagrange乘子法。前兩種屬於高中數學的範疇，第三種則是多變數微積分。

2變數的Cauchy不等式

許清土老師在講義中給出的作法是用2變數Cauchy不等式，如下所示。

首先考慮$a, b$的Cauchy不等式，得

$$\left( a^2 + b^2 \right) \cdot \left( 1^2 + 1^2 \right) \ge \left( a \cdot 1 + b \cdot 1 \right)^2,$$

$$\left( a^2 +b^2 \right) \cdot 2 \ge \left( a + b \right)^2,$$

由$a^2 + b^2 + c^2 = \frac{9}{2}$與$a + b + c = 1$得$a^2 + b^2 = \frac{9}{2} - c^2$與$a + b = 1 - c$，代入以上的不等式，得

$$\left( \frac{9}{2} - c^2 \right) \cdot 2 \ge \left( 1 - c \right)^2,$$

整理得

$$3c^2 - 2c - 8 \le 0,$$

再因式分解有

$$(3c + 4)(c - 2) \le 0,$$

故得到

$$\frac{-4}{3} \le c \le 2.$$

立體幾何

考慮球面$S: x^2 + y^2 + z^2 = \left( \frac{3}{\sqrt{2}} \right)^2$，其球心在原點$O(0, 0, 0)$，而半徑為$\frac{3}{\sqrt{2}}$。再考慮平面$E: x + y + z = 1$。取動點$P(a, b, c)$，由於$P$之座標滿足方程式$x^2 + y^2 + z^2 = \frac{9}{2}$與$x + y + z = 1$，所以可知$P$在球面$S$與平面$E$的相交位置，也就是一個圓，命此圓為$K$。

設平面$E$與$x, y, z$軸的交點分別為$A, B, C$，座標分別是$A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1)$。於是圓$K$就落在正三角形$ABC$所決定的平面上，圓心$K$就是正三角形$ABC$的重心$\left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right)$。在圓$K$上任一點與球心$O$的距離皆為$\frac{3}{\sqrt{2}}$，而圓心$K$與球心$O$的距離為$\sqrt{\left( \frac{1}{3} \right)^2+\left( \frac{1}{3} \right)^2+\left( \frac{1}{3} \right)^2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$，於是圓$K$的半徑$r = \sqrt{\left( \frac{3}{\sqrt{2}} \right)^2 - \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^2} = \frac{5}{6}\sqrt{6}$。

因為所求的是$c$的範圍，所以我們要找出在圓$K$上的最低點與最高點的$z$座標。由對稱性可知，圓$K$上的最低與最高點所決定的直線會是三角形$ABC$的對稱軸。取$A, B$中點$M\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0 \right)$，再考慮向量$\overrightarrow{MC} = \left[ \begin{array}{c} \frac{-1}{2} \\ \frac{-1}{2} \\ 1 \end{array} \right]$，做伸縮得$\overrightarrow{v} = \left[ \begin{array}{c} -1 \\ -1 \\ 2 \end{array} \right]$，於是$\left| \overrightarrow{v} \right| = \sqrt{6}$，再與圓$K$的半徑相比較，可得

$$最高點 = 圓心K + \frac{5}{6} \overrightarrow{v} = \left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right) + \frac{5}{6} \left( -1, -1, 2 \right) = \left( \frac{-1}{2}, \frac{-1}{2}, 2 \right),$$

$$最低點 = 圓心K - \frac{5}{6} \overrightarrow{v} = \left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right) - \frac{5}{6} \left( -1, -1, 2 \right) = \left( \frac{7}{6}, \frac{7}{6}, \frac{-4}{3} \right).$$

所以$\frac{-4}{3} \le c \le 2$。

附記

此題是我在2020/12/27教育嫆時遇到的，當時未立刻解出來，實在沒想到應該要怎樣去調整Cauchy不等式。所以就改用幾何的角度切入。自己的評價是，雖然運算簡單，但幾何圖形可能對一般學生難以想像，所以不太適合用作課堂教學用。

Lagrange乘子法

首先處理題目所給的方程式。由$a+b+c=1$得$c=1-a-b$，代入$a^2 + b^2 + c^2 = \frac{9}{2}$得$2a^2 + 2y^2 + 2ab -2a - 2b - \frac{7}{2} = 0$。所以取目標函數

$$f(a, b) = 1 - a - b.$$

而約束條件方程式則取為

$$g(a, b) = 2a^2 + 2y^2 + 2ab -2a - 2b - \frac{7}{2} = 0.$$

由於$f, g$都是多項式函數，在$\mathbb{R}^2$上皆可微，故由Lagrange乘子法知，存在$\lambda \in \mathbb{R}$使得

$$\nabla f = \lambda \cdot \nabla g,$$

亦即

$$\left[ \begin{array}{c} -1 \\ -1 \end{array} \right] = \lambda \left[ \begin{array}{c} 4a+2b-2 \\ 2a+4b-2 \end{array} \right].$$

因此有$a = b$。代回約束條件，得方程式

$$a^2 + a^2 + (1 - 2a)^2 = \frac{9}{2}.$$

解之可得

$$a = \frac{7}{6}  或  \frac{-1}{2}.$$

於是便有

$$f \left( \frac{7}{6}, \frac{7}{6} \right) = 1 - \frac{7}{6} - \frac{7}{6} = \frac{-4}{3},$$

以及

$$f \left( \frac{-1}{2}, \frac{-1}{2} \right) = 1 - \frac{-1}{2} - \frac{-1}{2} = 2.$$

由於$f$在$\mathbb{R}^2$上連續，因此得$c$之範圍為$\frac{-4}{3} \le c \le 2$。

=同場加映=

連威翔，一道三變數的受約束極值問題的另解（https://blog.xuite.net/isdp2008am/wretch/589551033）

=類題=

設$x, y, z \in \mathbb{R}$，已知$\left\{ \begin{array}{l} x+y+z=3 \\ xy + yz + zx=-9 \end{array} \right.$，求$x$的最大值與最小值。

[106，彰化女中，教師甄試，第一次]

[提示]：利用題目所給的兩條等式先求出$x^2+y^2+z^2$的值。