[高中解析幾何] 已知三角形兩高方程式與三角形一頂點，求三角形另兩頂點

==問題== 

已知$\Delta ABC$中，兩條高所在直線的方程式為$L_1:2x-3y+1=0$和$L_2:x+y=0$，且頂點$A$為$(1, 2)$，試求$\overline{BC}$所在之直線方程式。

（出處：新竹高中112學年高三數學A學測複習講義）

==答案==

$2x+3y+7=0$

==解析==

設$\Delta ABC$之垂心為$H$，於是$H$即為$L_1$和$L_2$的交點，解聯立方程式得$H=\left(\frac{-1}{5}, \frac{1}{5} \right)$。

由垂心的定義，必然有$\overrightarrow{HB} \perp \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{HC} \perp \overrightarrow{AB}$及$\overrightarrow{HA} \perp \overrightarrow{BC}$。從而可以知道直線$BC$的法向量$\overrightarrow{n}$必與$\overrightarrow{HA} = \left( \frac{6}{5}, \frac{9}{5} \right)$平行，因此可以取$\overrightarrow{n} = (2, 3)$，然後便可假定直線$BC$的方程式為$2x+3y=k$，其中$k$為待定常數。

再根據題目條件，直線$BC$與$L_1, L_2$的兩個交點必然是$B$與$C$，但此時無法確定哪個交點是$B$、哪個交點是$C$。我們暫且將這兩個交點記為$P$與$Q$，然後解出$P = \left( \frac{k-1}{4}, \frac{k+1}{6} \right)$與$Q = (-k, k)$。

由第二段所述的垂直關係，必有$\overrightarrow{AP} \perp \overrightarrow{QH}$，由內積為零得方程式

$$\frac{k-5}{4}\cdot \frac{5k-1}{5} + \frac{k-11}{6} \cdot \frac{1-5k}{5} = 0.$$

解得$k = \frac{1}{5}$或$-7$。然而，若$k = \frac{1}{5}$，則$Q = \left( \frac{-1}{5}, \frac{1}{5} \right) = H$，垂心與頂點重合，矛盾！所以$k$只能是$-7$，得直線$BC$的方程式為$2x+3y=-7$。

（解答終了）

2022年9月16日文章〈一道式的運算題目〉的幾何另解

原題目如下

若三個非零實數$a, b, c$滿足$a+b+c=a^2+b^2+c^2=2$，則

$$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$$

的值為何？

原解答請見我2022年9月16日的文章〈一道式的運算題目〉 。類似的題目也可參考我2021年1月10日的文章〈一道三變數的受約束極值問題〉。

以下是本題的幾何解答。

為敘述方便，將原題目的$a, b, c$依序替換為$x, y, z$。如2022年9月16日文章所言，兩個約束條件$x + y + z = 2$與$x^2 + y^2 + z^2 = 2$分別是三維空間中的平面與球，記為$E$與$S$。聯立考慮則為一個空間中的圓，設其圓心為$K$、半徑為$R$。

我們可以取平面$E$的法向量為$\overrightarrow{n} = (1, 1, 1)$。而$d(O, E) = \frac{|0 + 0 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{3} \sqrt{3}$。由於$| \overrightarrow{n}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}$，因此有$\overrightarrow{OK} = \frac{2}{3} \overrightarrow{n} = \left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$，故$K$之座標為$\left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$。

由於球面$S$的半徑為$\sqrt{2}$，而$\overline{OK} = d(O, E) = \frac{2}{3} \sqrt{3}$，因此由商高定理有$R = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - \left( \frac{2}{3} \sqrt{3} \right)^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}$。

現在我們要取一個與法向量$\overrightarrow{n}$垂直的向量，從而這向量可經過適當的平移而完全落在平面$E$上。不難由內積的計算可取向量$\overrightarrow{a} = (1, 0, -1)$，其長度為$\sqrt{2}$。接著再取$\overrightarrow{b} = \overrightarrow{n} \times \overrightarrow{a} = (-1, 2, -1)$。從而$\overrightarrow{n}, \overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$構成空間中的一組正交基。

接著我們重新調整向量$\overrightarrow{a}$與$\overrightarrow{b}$的長度，使其長度恰好是$R = \frac{\sqrt{6}}{3}$。取向量$\overrightarrow{p} = \frac{\sqrt{3}}{3} \overrightarrow{a} = \left( \frac{\sqrt{3}}{3}, 0, -\frac{\sqrt{3}}{3} \right)$，然後$\overrightarrow{q} = \frac{1}{3} \overrightarrow{b} = \left( -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{1}{3} \right)$。

此時圓$K$之圓周上任一點$P$的座標均可表示為

$$P = K + \cos \theta \overrightarrow{p} + \sin \theta \overrightarrow{q}, \quad \theta \in [0, 2\pi].$$

具體寫出其每個座標分量為

$$\left\{ \begin{align*} &x = \frac{2}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \\ &y = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \sin \theta \\ &z = \frac{2}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \end{align*} \right. ,$$

將之代入所要計算的式子$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$進行化簡，即可求出結果為$\frac{11}{6}$。

參考資料

[1] 〈Re: [幾何] 三維空間的圓〉https://www.ptt.cc/bbs/Math/M.1295717959.A.C88.html

[2] 一道三變數的受約束極值問題https://cosmicmathschool.blogspot.com/2021/01/blog-post.html

用矩陣方法處理橢圓旋轉後的方程式

目錄

1  矩陣的轉置

2  矩陣轉置的乘法

3  內積運算用矩陣乘法表達

4  橢圓的標準式

5  旋轉矩陣及其逆

6  旋轉橢圓的方程式

1  矩陣的轉置

        考慮域$K$ 上的$m \times n$矩陣$A$:

$$A = \begin{bmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn}  \end{bmatrix}.$$

其轉置$A^T$是域$K$ 上的$n \times m$矩陣：

$$A^T = \begin{bmatrix} a_{11} & \cdots & a_{m1} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{1n} & \cdots & a_{mn}  \end{bmatrix}.$$

若命$A^T = B$，於是有

$$b_{ij} = a_{ji}, (1 \le i \le n, 1 \le j \le m.)$$

其中$b_{ij}$意味著矩陣$B$中的$(i, j)$位置元素，而$a_{ji}$是矩陣$A$中的$(j, i)$位置元素。

例1：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix}.$$

（例題終了）

2  矩陣轉置的乘法

定理1：在域$K$上，設$A$為$m \times n$矩陣、$B$為$n \times k$矩陣，於是有$(AB)^T = B^T A^T$。

[證]. 命$AB = C, (AB)^T = D, B^T = E, A^T = F$，於是

$$d_{ij} = c_{ji} = Ar(j) \cdot Bc(i) = \sum_{s = 1}^{n} a_{js} b_{si} = \sum_{s = 1}^{n} f_{sj} e_{is} = \sum_{s = 1}^{n} e_{is} f_{sj} = Er(i) \cdot Fc(j).$$

其中$Ar(i) = \begin{bmatrix} a_{i1} & \cdots & a_{in} \end{bmatrix}$，$Bc(j) = \begin{bmatrix} b_{1j} \\ \vdots \\ b_{nj} \end{bmatrix}$，餘類推。

（證明終了）

例2：取

$$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}.$$

於是

$$A^T = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix}, B^T = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 \end{bmatrix},$$

然後

$$AB = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \end{bmatrix}$$

因此

$$(AB)^T = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} 2 & 2 \end{bmatrix}.$$

而

$$B^T A^T = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \end{bmatrix}$$

所以有

$$(AB)^T = B^T A^T.$$

（例題終了）

3  內積運算用矩陣乘法表達

        考慮域$K$上的$n$維內積空間$K^n$，對於其中任意兩個向量$\bf{v}$與$\bf{w}$，

$${\bf v} = \begin{bmatrix} v_1 \\ \vdots \\ v_n \end{bmatrix}, {\bf w} = \begin{bmatrix} w_1 \\ \vdots \\ w_n \end{bmatrix},$$

定義其內積（inner product）為

$${\bf v} \cdot {\bf w} = v_1 w_1 + \cdots + v_n w_n.$$

如果我們將域$K$視作$1 \times 1$矩陣空間，於是有

$${\bf v} \cdot {\bf w} = \begin{bmatrix} v_1 w_1 + \cdots + v_n w_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} v_1 & \cdots & v_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} w_1 \\ \vdots \\ w_n \end{bmatrix} = {\bf v}^T {\bf w}.$$

定理2：對於域$K$上的$n$維內積空間$K^n$中的任意兩個向量$\bf{v}$與$\bf{w}$，有

$${\bf v} \cdot {\bf w} = {\bf v}^T {\bf w}.$$

4  橢圓標準式的矩陣表述

        在$\mathbb{R}^2$中，二元二次方程式

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$$

稱為「中心在原點的橢圓的標準式」。更精細地說，用方程式$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$定義之橢圓$\Gamma$的集合描述為

$$\Gamma = \left \{ P = (x, y) \in \mathbb{R}^2  \mid \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \right \}.$$

現在，我們重新改寫橢圓標準式，改用矩陣語言來表示：

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = x \cdot \frac{x}{a^2} + y \cdot \frac{y}{b^2} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \frac{x}{a^2} \\ \frac{y}{b^2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}^T \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}.$$

取$\overrightarrow{OP} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = {\bf v}$，$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix}$，便可將橢圓標準式寫為

$${\bf v}^T D {\bf v} = 1.$$

（其中矩陣取名為$D$之理由為該矩陣是對角矩陣，diagonal matrix）於是橢圓$\Gamma$的集合描述可改寫為

$$\Gamma = \left\{ {\bf v} \in \mathbb{R}^2 \mid {\bf v}^T D {\bf v} = 1, D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \right\}.$$

例3：橢圓$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$的矩陣方程式為

$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$

（例題終了）

例4：橢圓$3x^2 + 7y^2 = 1$的矩陣方程式為

$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 7 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$

（例題終了）

5  旋轉矩陣及其逆

        在$\mathbb{R}^2$上，以原點$O$為旋轉中心，將向量$\bf v$循逆時針方向旋轉角度$\theta$的變換矩陣為

$$R_\theta = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}.$$

而此變換的逆的幾何意義就是將向量$\bf v$循逆時針方向旋轉角度$-\theta$，因此可得到

$$R_\theta^{-1} = R_{-\theta} = \begin{bmatrix} \cos (-\theta) & -\sin (-\theta) \\ \sin (-\theta) & \cos (-\theta) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}.$$

再根據轉置的定義，可發現其實$\begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}^T$，亦即有

$$R_{\theta}^{-1} = \left\{ \begin{align*} &R_{-\theta} \\ &R_{\theta}^T \end{align*} \right. .$$

所以在計算旋轉矩陣的逆的時候，不需要引用逆矩陣公式，直接取其轉置即可。

例5：$R_{30^{\circ}} = \begin{bmatrix} \cos 30^{\circ} & - \sin 30^{\circ} \\ \sin 30^{\circ} & \cos 30^{\circ} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$，於是$R_{30^{\circ}}^{-1} = R_{30^{\circ}}^T = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$。

（例題終了）

6  旋轉橢圓的方程式

        現在考慮橢圓

$$\Gamma = \left\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \right\},$$

其矩陣方程式為${\bf v}^T D {\bf v} = 1$，${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$，$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix}$。然後以原點$O$為中心，逆時針方向旋轉角度$\theta$，命所得到的新橢圓為$\Gamma'$，於是對於任意$(x, y) \in \Gamma'$，必有

$$\left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = 1.$$

然後開始化簡左式，

$$\left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = {\bf v}^T \left( R_{-\theta} \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T \left( R_{\theta}^T \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v}.$$

因此$\Gamma'$上的點必滿足方程式

$${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1.$$

        但請注意，我們現在只是證明$\Gamma'$上的點會滿足此方程式，但不表示滿足此方程式的所有點所構成的集合就是$\Gamma'$。例如以原點$O$為圓心、半徑為1，座落於第一、二象限的上半圓，其上每個點的坐標都滿足方程式$x^2 + y^2 = 1$，但方程式$x^2 + y^2 = 1$所代表的圖形卻是整個圓！

        取方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$的任一解${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$，命${\bf w} = R_{-\theta} {\bf v}$，於是

$${\bf w}^T D {\bf w} = \left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = {\bf v}^T \left( R_{-\theta} \right)^T D R_{-\theta} {\bf v} = {\bf v}^T \left( R_{\theta}^T \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1.$$

這意味著${\bf w} = R_{-\theta} {\bf v}$滿足方程式${\bf v}^T D {\bf v} = 1$，也就是說${\bf w}$向量的終點在橢圓$\Gamma$上，而${\bf w}$是${\bf v}$經$R_{-\theta}$變換而來，所以${\bf v}$必可由${\bf w}$經$R_{\theta}$變換而得，從而可確定${\bf v}$的終點在橢圓$\Gamma'$上。亦即方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$的任一解的終點都會是橢圓$\Gamma'$上的一點。

        因此我們就能完整確定方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$代表旋轉後的新橢圓！

定理3：橢圓$\Gamma: {\bf v}^T D {\bf v}$以原點$O$為旋轉中心、逆時針旋轉角度$\theta$後的新橢圓的方程式為$\Gamma': {\bf v}^T RDR^{-1} {\bf v}$。

例6：橢圓$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$以原點$O$為中心、旋轉$30^{\circ}$後，新橢圓的方程式為何？

[解] 取${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$、$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix}$、$R = \begin{bmatrix} \cos 30^{\circ} & -\sin 30^{\circ} \\ \sin 30^{\circ} & \cos 30^{\circ} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{-1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$，於是

$$RDR^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{-1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{-1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{31}{144} & \frac{5 \sqrt{3}}{144} \\ \frac{5 \sqrt{3}}{144} & \frac{21}{144} \end{bmatrix}.$$

所以新橢圓方程式為

$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{31}{144} & \frac{5 \sqrt{3}}{144} \\ \frac{5 \sqrt{3}}{144} & \frac{21}{144} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$

展開得

$$\frac{31}{144}x^2 + \frac{10 \sqrt{3}}{144} xy + \frac{21}{144}y^2 = 1.$$

（例題終了）

空間中的平面的參數式

        高中數學裡，空間中的平面的方程式，都是談「點法式」：給定一點$P_0 (x_0, y_0, z_0)$，再給定一法向量$\overrightarrow{n} = (a, b, c)$，於是，存在唯一一張通過點$P_0$、且與$\overrightarrow{n}$垂直的平面，其方程式為

$$a(x - x_0) + b(y - y_0) + c(z - z_0) = 0.$$

此即點法式。

        教完平面方程式後，就會談直線方程式，教學目標有參數式、比例式與兩面式，其中以參數式為最重要的形式。在以往的課綱中，在教平面向量的時候，還會談平面上的直線的參數式。從而在高中數學裡，無論是平面上的直線，還是空間中的直線，都有參數式的表示。

        一個問題是：空間中的平面是否會有參數式？

        提出此問題的動機其實很自然，因為在向量（無論平面還是空間）教學的初始階段，線性組合是向量運算的核心。學生們會學到，如果兩向量平行，那麼它們的線性組合只會產生在同一條直線上的向量；而如果兩向量不平行，那麼它們的線性組合就會產生一張平面！平行與否從幾何角度決定了線性方程組是否有解，所以兩向量的線性組合是非常重要的概念。既然我們一直說不平行的兩向量的線性組合會產生平面，那麼類比直線的參數式，於是平面也應當有所謂的參數式。

        我們現在來談平面的參數式。但我們這裡要特別提請讀者留意，以下的討論過程，會盡量避免使用外積，因為要建構平面方程式，外積的概念並非必要。

        在空間中給定一點$P_0 (x_0, y_0, z_0)$，然後再取兩個不平行的向量$\overrightarrow{v} = (v_1, v_2, v_3), \overrightarrow{w} = (w_1, w_2, w_3)$，那麼集合

$$E = \left\{ P | P = P_0 + s\overrightarrow{v} + t\overrightarrow{w}, s, t \in \mathbb{R} \right\}$$

就是一張通過點$P_0$的平面，且平面由$\overrightarrow{v}$與$\overrightarrow{w}$所張成。其中

$$P = P_0 + s\overrightarrow{v} + t\overrightarrow{w}, s, t \in \mathbb{R}$$

就稱為平面E的參數式。如果將之寫作分量形式，那麼就是

$$\left\{ \begin{eqnarray*} x &=& x_0 + sv_1 + tw_1 \\ y &=& y_0 + sv_2 + tw_2 \\ z &=& z_0 + sv_3 + tw_3 \end{eqnarray*} \right. , s, t \in \mathbb{R}.$$

        很直觀的，E這個集合確實是一張平面，但是對學生而言它的形式太奇怪，它與平常習慣的點法式大相迥異。以下我們證明，集合E的式子也是具備點法式的形式。

       首先，由於$\overrightarrow{v}$與$\overrightarrow{w}$不平行，所以下面的三個二階行列式

$$\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|, \left| \begin{matrix} v_2 & w_2 \\ v_3 & w_3  \end{matrix} \right|, \left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_3 & w_3  \end{matrix} \right|$$

必定不全為零。不失一般性，我們可假定$\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right| \ne 0$。現在取平面參數式中的前兩條

$$\left\{ \begin{eqnarray*} x &=& x_0 + sv_1 + tw_1 \\ y &=& y_0 + sv_2 + tw_2 \end{eqnarray*} \right.$$

改寫為

$$\left\{ \begin{eqnarray*} v_1 s + w_1 t &=& x - x_0 \\ v_2 s + w_2 t &=& y - y_0 \end{eqnarray*} \right. .$$

由於假定$\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right| \ne 0$，所以由Cramer法則可解出

$$s = \frac{\left| \begin{matrix} x - x_0 & w_1 \\ y - y_0 & w_2  \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|}, t = \frac{\left| \begin{matrix} v_1 & x - x_0 \\ v_2 & y - y_0  \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|}.$$

然後將解出的$s, t$代回原來參數式中的第3式，得到

$$z = z_0 + \frac{\left| \begin{matrix} x - x_0 & w_1 \\ y - y_0 & w_2  \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|} v_3 + \frac{\left| \begin{matrix} v_1 & x - x_0 \\ v_2 & y - y_0  \end{matrix} \right|}{\left| \begin{matrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2  \end{matrix} \right|} w_3.$$

展開化簡，可得

$$(v_2 w_3 - v_3 w_2)(x - x_0) + (v_3 w_1 - v_1 w_3)(y - y_0) + (v_1 w_2 - v_2 w_1)(z - z_0) = 0.$$

我們便可取$n_1 = v_2 w_3 - v_3 w_2, n_2 = v_3 w_1 - v_1 w_3, n_3 = v_1 w_2 - v_2 w_1$，於是平面E上的每一點都會滿足方程式

$$n_1 (x - x_0) + n_2 (y - y_0) + n_3 (z - z_0) = 0.$$

而方程式$n_1 (x - x_0) + n_2 (y - y_0) + n_3 (z - z_0) = 0$本來就代表一張平面，所以便有

$$\left\{ P | P = P_0 + s\overrightarrow{v} + t\overrightarrow{w}, s, t \in \mathbb{R} \right\} = \left\{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 | n_1 (x - x_0) + n_2 (y - y_0) + n_3 (z - z_0) = 0 \right\}.$$

也就是說，平面E具有點法式$n_1 (x - x_0) + n_2 (y - y_0) + n_3 (z - z_0) = 0$。

        讀者可留意，以上的推導過程中，也順勢地誘導出外積的代數定義。所以如果在教學過程中，採用線性組合的方式來引入平面，於是便可在推導「平面上的點的x, y, z座標之間的關係式」的時候引入外積，我個人認為這是一個極好的動機。

更新歷程

2021/04/15  第1稿。

2021/04/16  改正幾處錯別字，對些微文字修改。

2021/04/23  改正幾處錯別字，感謝金門高中許淵智老師指正。

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。

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。

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)。

102年，學測，數學，單選10

 

100年，學測，數學，選填G

三民書局網站提供的解答（台北麗山高中黃靜寧老師解答）對於這題的解析，我認為不甚理想，其實只要知道內積與投影的幾何意義，就可以順利解決這題，沒有必要動用外積來解這題。

黃靜寧老師採用外積來解這題，我認為並未善用題目所給的條件，而且最後還要判斷正負號（方向向量的方向）。考試時就快嚇得屁滾尿流，又算外積、又要衡量方向，沒這麼多功夫啦！

而且，計算外積的算式中，第一行末的(2,1,1,)多打了個逗號（雖然這是打字員的疏失，但還是不應該！別覺得我吹毛求疵）

下面是我的解法，野人獻曝，敬請指教。

（我的解答常常寫的很長，看起來篇幅很大，一點都不簡潔。讓我解釋一下：如果你仔細讀，你會發現其中夾雜相當多口語，如果你真的唸出來，那就仿若我本人親自在你旁邊講給你聽，我不惜篇幅就是希望讀者可以藉著自修而能讀懂）

對於考試，我認為，用最少的知識、最直觀的策略、最安全的解法，才是考試致勝的關鍵。