115數A

此次考題一般仍評論為偏難。不過基本題夠多，整體表現應該還是會比111數A好。

因為有些老師朋友建議，仍把每一題的看法和詳解寫出。有些題目的設計，不難正確作答，但內容或許另有深意。老師若在複習時不是僅止於告知正確答案，而是進一步探討這些內容，應該對學生更有幫助。對這些較特別想與老師們分享的題目，會特別標記『解析』。 有興趣的老師可以參考這些題目，希望有幫助。至於考生表現的統計資料，還是等大考中心統計資料出來，再以後記的方式評論。

單選題：

說明： 本題評量期望值的定義。出題者表達善意沒有評量抽到「吉」、「祥」這種學生常出錯的情況。很難想像此題除了完全不了解何謂期望值的考生外，有可能在那裡出錯？或許對期望值意義不甚了解的學生可以考慮利用此題介紹期望值與平均值的概念。這裡為了簡單起見將抽到「吉」、「祥」以及「無」分別用 $\bigcirc$、$\bigtriangleup$ 以及 $\times$ 表示。學生應該不難列出下表\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c} \bigcirc\bigcirc & \bigtriangleup\bigtriangleup & \times\times & \bigcirc\bigtriangleup & \bigtriangleup\bigcirc & \bigcirc\times & \times\bigcirc & \bigtriangleup\times & \times\bigtriangleup \\\hline 180 & 90 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\]應該不難算出平均值為 $30$ 了！當然也可趁機問：若加碼抽到一個「吉」和一個「利」可得 $45$ 元，則期望值為何？ 不過也要學生注意這方法僅在大家出現的機會都一樣才行；若題目改為抽到「吉」的機率為 $\dfrac{2}{3}$，就要加上另一個「吉」。例如將上表的 $\times$ 看成另一個「吉」就可以處理了。

說明：評量對數學符號定義的了解。不過令人的不安是高斯符號不是新創，對於已熟悉此符號的考生在考場上比起從未見過此定義的考生佔優勢。還好高斯符號在各版本的高三課本中（除了一個版本的數乙）有提及，而高中資訊課也大多會介紹向下取整（floor），這個熟悉度的不公平性應該不大。學生總不能在高三完全不顧學了哪些數學，其實數學成熟度都是累積起來的，學生多學一些總是好的。一開始看到問題以為要問遞增性，有點想化簡得到一般的性質（參見解析）。不過仔細看一下選項只是問在 $x=-20,0,1$ 的取值，直接帶入比較即可。

解析：依定義 $f(x)=f(-x)$，所以函數圖形對稱於 $y$ 軸，我們可以用 $|x|$ 來決定 $f(x)$ 的取值。若不加上高斯符號，即考慮 $g(x)=\sqrt{99-x}+\sqrt{99+x}$，則利用 $y=\sqrt{x}$ 的圖形是凹向下的，可得 $g(x)$ 會隨著 $|x|$ 增加而遞減。亦即，點 $(99-x_0,\sqrt{99-x_0})$ 和點 $(99+x_0,\sqrt{99+x_0})$ 的連線中點會在點 $(99,\sqrt{99})$ 的下方。同理，當 $|a|>|b|$ 時，點 $(99-a,\sqrt{99-a})$ 和點 $(99+a,\sqrt{99+a})$ 的中點會在點 $(99-b,\sqrt{99-b})$ 和點 $(99+b,\sqrt{99+b})$ 的中點下方。如圖示：不過加上高斯符號，所有點的 $y$ 坐標因向下取整會被壓下來，就不一定會遞減了！

要了解 $f(x)=\sqrt{99-x}+\sqrt{99+x}$，只好用分段分析的方法了。因為函數值只與 $|x|$ 的取值有關，我們僅需探討 $0\le x\le 99$ 的情形（本題只要探討 $x=0,1,20$）。利用 $10^2=100$、$11^2=121$、$12^2=144$、$13^2=169$ 以及 $14^2=196$，可以製得下表\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} x & 0\le x\lt 1 & 1\le x\lt 22& 22\le x\lt45 & 45\le x\lt70 & 70\le x\lt 97 & 97\le x\le 99 \\\hline [\sqrt{99+x}] & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 \\ \end{array}\]同法可以處理 $\sqrt{99-x}$ 的部份，由於項數較多且在此只想強調取值變化其上下界的差異，僅列出一部分的情況： \[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} x & 0\le x\le 18 & 18\lt x\le 35& 35\lt x \le50 & 50\lt x\le 63 & 63\lt x\le 74 & 74\lt x\le83 \\\hline [\sqrt{99-x}] & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 4 \\ \end{array}\]要注意的是：因為 $[x]$ 是向下取整，所以當 $\sqrt{99+a}$ 是整數時比 $a$ 略大的數 $a'$ 會滿足 $[\sqrt{99+a'}]=\sqrt{99+a}$，所以 $[\sqrt{99+x}]$ 取值相等的區間其左邊是有等號的；反之，當 $\sqrt{99-b}$ 是整數時比 $b$ 略小的數 $b'$ 會使得 $99-b'$ 略大於 $99-b$ 所以 $[\sqrt{99-b'}]=\sqrt{99-b}$，因此 $[\sqrt{99-x}]$ 取值相等的區間其右邊有等號。現在將兩表合併（只取到 $x\le 50$）， 可得下表（區間取交集，注意上下界是否有等號）： \[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} x & 0\le x\lt 1 & 1\le x\le 18 & 18\lt x\lt 22 & 22\le x\le 35 & 35\lt x\lt 45 & 45\le x\le 50 \\\hline [\sqrt{99-x}]+[\sqrt{99+x}] & 18 & 19 & 18 & 19 & 18 & 19 \\ \end{array}\] 不要從這個表誤以為 $f(x)$ 的取值一直在 $18$、$19$ 間跳動，別忘了前面提過 $\sqrt{99-x}+\sqrt{99+x}$ 在 $x\gt 0$ 是遞減的。事實上 $\sqrt{99+x}$ 最後增加的速度會小於 $\sqrt{99-x}$ 減少的速度。從前面的表格可知在 $63\lt x\lt 70$ 這段 $f(x)=17$。甚至最後到 $x=99$ 時 $f(99)$ 僅有 $14$。

說明：評量指數律。本題不需取三數就可處理，也就是說僅要知道 $c_2-c_1=\dfrac{10}{3}$ 且 $\dfrac{f(c_2)}{f(c_1)}=4$，就可由 $4=\dfrac{a^{c_2}}{a^{c_1}}=a^{c_2-c_1}=a^{10/3}$，因此得 $\dfrac{f(8)}{f(10)}=a^{-2}=(a^{10/3})^{-6/10}=4^{-6/10}=2^{-6/5}$。為何會提及等差和等比數列，應該是為了敘述方便；不過會讓人覺得和後面第15題評量的概念太近了。

剛才的步驟有點快，學生可能會覺得把 $a$ 求出來比較安心。由 $a^{10/3}=4$，不管是利用指數律得 $a=4^{3/10}$；或是取對數得 $\log a=\dfrac{10}{3}\log 4$，都可以順利推得 $a^{-2}=2^{-6/5}$。這裡順便推導一下一般的情形，即當 $f(x)=a^x$，公差分別為 $c$、$d$ 的兩個等差數列 $\langle a_n\rangle$ 和 $\langle b_n\rangle$ 換成等比數列 $\langle f(a_n)\rangle$ 和 $\langle f(b_n)\rangle$ 其公比關係為何？ 設 $\langle f(a_n)\rangle$ 的公比為 $r$，即 $a^{c}=r$，可得 $a=r^{1/c}$。也因此 $\langle f(b_n)\rangle$ 的公比為 \[a^{d}=\left(r^{\frac{1}{c}}\right)^{d}=r^{\frac{d}{c}}.\]

說明：評量有系統的計數，不過情境有點複雜。可能需要在閱讀過程中利用自己較易理解的方式進行分類。基本上是選取材料組合成道具，所以可以確定這是“組合”的問題，不需考慮排列。16種材料中任選3種來組合共有 $C_3^{16}=560$ 種組合，接著直接從這麼多種組合中依照要合成的道具分類算出有多少組合。為了方便起見這裡將基本材料設為 B、進階材料設為 A。我們分別探討草藥、食物、藥水各分別有幾種。要製造草藥需要 3B，但依題意 B 中6樣東西任選3樣這 $C^6_3=20$ 種組合，不管如何組合都得到同一種。至於食物需要 2B1A，而依題意這 $C^6_2C^{10}_1=150$ 種組合製造出來的食物僅和 A 的種類有關，所以也僅有 A 的10種。而其餘，即 $560-20-150=390$ 種組合，依題意都可合成不同的藥水，所以藥水共有 $390$ 種。因此共有 $1+10+390=401$ 種道具。若不喜歡倒著算，我們正著算合成藥水共有幾種組合。因在 A、B兩類中任選3樣東西剩下的可能就是 2A1B 以及 3A，所以依 A 有10樣、B 有6樣，其組合數共有 $C^{10}_2C^6_1+C^{10}_3=390$。和前面算的一致。

說明：評量連結聯立方程與矩陣乘法運算性質，這是108課綱強調的概念。近年來關於 $m\times n$ 矩陣 $A$ 的運算性質最常評量的兩個概念就是：（1）若 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 和 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 為可以乘在 $A$ 右邊的行向量（可視為 $n\times 1$ 矩陣），則對任意實數 $r,s$，皆會有 $A(r\overset{\large\rightharpoonup}{u}+s\overset{\large\rightharpoonup}{v})=rA\overset{\large\rightharpoonup}{u}+sA\overset{\large\rightharpoonup}{v}$（前述108課綱強調的就是此概念）。（2）若 $B$ 為 $n\times k$ 矩陣且 $AB=C$，則 $A$ 右邊乘上 $B$ 的第 $i$ 個行向量就是 $C$ 的第 $i$ 個行向量。114數B第2題就同時評量了這兩個概念。 而本題評量了概念（1）；今年數學B第3題評量了概念（2）。

解析：我們都知道：當“齊次”聯立方程組 $A\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}$ 有一組非零解時，若聯立方程組 $A\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$ 有解，則必有無窮多組解。這可利用前述矩陣的運算性質（1）推得。就因為這原因，我們通常會使用矩陣表法來表示聯立方程組，以幫助我們了解聯立方程組的解集合。本題因 $A\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}$，所以 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}$ 為齊次方程組的一組非零解。現若能找到聯立方程組 $A\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$ 的一組解 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$，即 $A\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$，則由前述的性質（1）知對任意實數 $r$，皆有 $A(r\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v})=rA\overset{\large\rightharpoonup}{u}+A\overset{\large\rightharpoonup}{v}=r\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$。換言之，只要存在一個 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 滿足聯立方程組 $A\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$，則 $r\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 也會滿足這個聯立方程組，因此它會有無窮多組解（當然了，若不存在這樣的 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$，方程組就無解）。然而觀察題目所給的另外兩個條件，再利用性質（1），我們有 $A(\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix})=\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$。所以聯立方程組 $A\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$，確實有一組解 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$，也因此對所有實數 $r$，皆可使得 $\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}+r\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1+r\\0\\1-r\end{bmatrix}$ 為 $A\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$ 的一組解。最後檢查 $\begin{bmatrix}1+r\\0\\1-r\end{bmatrix}$ 確實都與 $\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}$ 垂直。

我們很自然想問，$\begin{bmatrix}1+r\\0\\1-r\end{bmatrix}$ 是聯立方程組 $A\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}$ 所有可能的解嗎？利用維度的概念可以很快的知道，答案是肯定的。事實上本題所給的三個條件就可以確定矩陣 $A$，所以我們可以求出 $A$ 然後再解方程組，確認解集合。這裡我們可以利用前述矩陣運算的性質（2），將題目所給的三個條件用一個矩陣乘法式子表示，即 $A\begin{bmatrix}1&0&1\\1&-1&0\\0&1&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&0\\-1&1&0\\1&0&0\end{bmatrix}$。因為 $\begin{bmatrix}1&0&1\\1&-1&0\\0&1&-1\end{bmatrix}$ 為可逆，等式兩邊乘上其反矩陣 $\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1\\1&-1&1\\1&-1&-1\end{bmatrix}$，得 $A=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}1&-1&1\\0&-2&0\\1&1&1\end{bmatrix}$。至於方程組的解集合，就請大家自行驗證了！

說明：基本上了解等腰三角形定義，就僅評量兩點距離。因為點 $C$ 在直線 $y=-6$ 上，設其坐標為 $(x,-6)$。要讓 $\triangle ABC$ 為等腰三角形，第一種可能是 $\overline{AC}=\overline{AB}$，亦即 $(x-2)^2+(-6-(-2))^2=25$。解得 $x=5$ 或 $-1$。注意當 $C$ 的坐標為 $(5,-6)$ 時 $A$、$B$、$C$ 三點共線，所以此情形只有 $C$ 的坐標為 $(-1,-6)$ 時，符合 $\triangle ABC$ 為等腰三角形。第二種情形是 $\overline{AC}=\overline{AB}$，亦即 $(x-2)^2+(-6-(-2))^2=(x-(-1))^2+(-6-2)^2$。解得 $x=-\dfrac{15}{2}$，也就是說此情形只有 $C$ 的坐標為 $(-\dfrac{15}{2},-6)$ 時，符合 $\triangle ABC$ 為等腰三角形。最後一種可能是 $\overline{BC}=\overline{AB}$，亦即 $(x-(-1))^2+(-6-2)^2=25$。很容易看出此時無解。這個代數的解法，其實用幾何的看法，就是分別解以 $A$、$B$ 為圓心且半徑為 $\overline{AB}=5$ 的圓與直線 $y=-6$ 的交點，以及線段 $AB$ 的中垂線與直線 $y=-6$ 的交點。由幾何看法利用點 $A$、$B$ 與直線 $y=-6$ 的距離，很容易判斷出可能的 $C$ 有三點，而忽略了特殊共線的情形而誤答。以下解析將以幾何的角度，探討更一般的情形。

解析：設 $A$、$B$ 為平面上相異兩點且設 $\overline{AB}=r$。依本題題設，$L$ 為直線不平行於 $AB$ 的中垂線 $L'$ 且與線段 $AB$ 不相交。令 $A$、$B$ 到 $L$ 的距離分別為 $d_1$、$d_2$。不失一般性，我們假設 $d_2\ge d_1$ 且依本題假設 $d_1\lt r$，探討 $L$ 上有多少點 $C$ 會使的 $\triangle ABC$ 為等腰三角形。 注意當 $C$ 滿足 $\overline{AC}=\overline{AB}$，表示 $C$ 為以 $A$ 為圓心且半徑為 $r$ 的圓 $\Gamma_A$ 與 $L$ 的交點；當 $C$ 滿足 $\overline{AC}=\overline{BC}$，表示 $C$ 為線段 $AB$ 的中垂線 $L'$ 與 $L$ 的交點；而當 $C$ 滿足 $\overline{BC}=\overline{AB}$，表示 $C$ 為以 $B$ 為圓心且半徑為 $r$ 的圓 $\Gamma_B$ 與 $L$ 的交點。因 $d_1\lt r$，$L$ 與 $\Gamma_A$ 交於兩點。一般來說這兩個交點中任一交點 $C$ 都會使得 $\triangle ABC$ 為等腰三角形；不過要注意其中有一點 $C$ 與 $A,B$ 共線的情形（因為此時 $A,B,C$ 三點無法形成三角形。當有一交點 $C$ 與 $A,B$ 共線，因為 $\overline{BA}=\overline{AC}=r$，此即表示 $A$ 點為線段 $BC$ 的中點。利用相似三角形可知，這等價於 $d_2=2d_1$（即本題的情況）。另外，我們還要注意是否可能 $L$ 與 $\Gamma_A$ 的交點也恰在中垂線 $L'$ 上（這樣又會少一個可能的點 $C$）。不過若 $C$ 在 $\Gamma_A$ 也在 $L'$ 上，表示 $\overline{CB}=\overline{CA}=r$。也就是說 $C$ 點也在 $\Gamma_B$ 上。設直線 $BC$ 與 $L$ 的夾角為 $\theta$，如圖所示：則 $d_2=r\sin\theta$ 且 $d_1=r\sin(\dfrac{2\pi}{3}-\theta)=r(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta+\dfrac{1}{2}\sin\theta)=\dfrac{1}{2}(\sqrt{3(r^2-d_2^2)}+d_2)$。也就是我們要檢查是否 $d_1=\dfrac{1}{2}(\sqrt{3(r^2-d_2^2)}+d_2)$（此情況，因本題 $d_2\gt r$ 所以不會發生）。 我們分成以下三種情況討論：

(1) $d_2\gt r$：此時 $L$ 和 $\Gamma_B$ 不相交且與 $\Gamma_A$ 交於兩點。再加上 $L$ 與中垂線 $L'$ 的交點，所以一般來說在 $L$ 上可找到三個點 $C$ 使得 $\triangle ABC$ 為等腰三角形；不過要注意其中有一點 $C$ 與 $A,B$ 共線的情形。由前知這等價於 $d_2=2d_1$（即本題的情況）。我們還要注意是否可能 $L$ 與 $\Gamma_A$ 的交點也恰在中垂線 $L'$ 上。由前知，此與 $L$ 與 $\Gamma_B$ 不相交相矛盾，也就是在此情況之下不會發生。因此我們可以總結：當 $d_2=2d_1$ 時，$L$ 上僅有兩個點 $C$ 使得 $\triangle ABC$ 為等腰三角形；而其他情形就會有三個點符合要求。

(2) $d_2=r$：表示 $\Gamma_B$ 與 $L$ 相切。因 $d_1\lt r$，所以一般來說 $L$ 上共有四個點會符合與 $A,B$ 形成等腰三角形。但若 $d_1=\dfrac{1}{2}d_2= \dfrac{1}{2}r$，此時 $L$ 和 $\Gamma_A$ 的一個交點會和 $A,B$ 共線。有趣的是此時 $d_2=r$、$d_1=\dfrac{1}{2}r$ 也符合 $d_1=\dfrac{1}{2}(\sqrt{3(r^2-d_2^2)}+d_2)$。也就是：$L$ 與 $\Gamma_A$ 的另一交點也同時是與 $\Gamma_B$ 和 $L'$ 的交點。所以在此情況 $L$ 上僅有一點會和 $A,B$ 形成等腰三角形。除此之外，$L$ 上會有四點和 $A,B$ 形成等腰三角形。

(3) $d_2\lt r$：此時 $L$ 與 $\Gamma_A$ 和 $\Gamma_B$ 皆相交於兩點。不過 $L$ 與 $\Gamma_B$ 的交點不會與 $A,B$ 共線；否則由前知，會造成 $d_1=2d_2\gt d_2$ 矛盾。所以原則上，僅有在 $d_1=\dfrac{1}{2}d_2$ 時 $L$ 上有四點和 $A,B$ 形成等腰三角形。而當 $d_1=\dfrac{1}{2}(\sqrt{3(r^2-d_2^2)}+d_2)$ 時，因 $L$ 會通過 $\Gamma_A$、$\Gamma_B$ 和 $L'$ 的交點，所以此時 $L$ 上僅有三點會和 $A,B$ 形成等腰三角形。除此之外，其餘的情況 $L$ 與 $\Gamma_A$ 交的兩點、$L$ 與 $\Gamma_B$ 交的兩點、以及 $L$ 與 $L'$ 交的一點，這五點會與 $A,B$ 形成等腰三角形。

多選題：

說明： 多選第一題，和預測一樣，是一個簡單題。評量二元一次不等式以及交集的概念。畫圖用幾何來看最快，例如畫出直線 $y=2x-3$ 就可判定 $2x-y-3\gt 0$ 不會包含第二象限以及 $x$ 軸負向的點。這題也可直接用代數來看，也就是若 $x\le 0$ 且 $y\ge0$，則會造成 $2x-y-3\lt 0$ 的矛盾。同樣的 $x+2y+1\lt 0$ 不會包含第一象限以及 $x$ 軸正向的點；否則 $x\ge 0$，$y\ge 0$ 會得到 $x+2y+1\gt 0$ 的矛盾。最後再驗證第三、四象限有點符合即可。

說明：主要矩陣運算以及符號的轉換。題目看起來有點嚇人，不過選項的設計反而讓前四個選項只要直接計算 $A^2$ 和 $A^3$ 就能確認只有選項(2)正確，進而猜測選項(5)正確。認真花時間推敲各選項的考生，在時間運用上可能較吃虧。另一方面也較難讓人領會本題所要評量的重點。歷年來大考許多本意不錯的多選題被埋沒，都因選項對錯安排的小瑕疵，真的可惜。這裡就利用解析來探討出題者可能的本意。

解析： 選項(1)(2)可直接計算。事實上知道選項(2)正確後，也可確認選項(1)應為 $b_2=c_2$。因為依題目符號的設定 $A^2=2A+\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}$ 等同於 $\begin{bmatrix}a_2&b_2\\c_2&d_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2a_1+1&2b_1\\2c_1&2d_1+1\end{bmatrix}$。事實上將選項(2)等式兩邊乘上 $A^n$，可得 $A^{n+2}=2A^{n+1}+A^n$。這個式子換成題目符號的設定，可寫成 $\begin{bmatrix}a_{n+2}&b_{n+2}\\c_{n+2}&d_{n+2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2a_{n+1}+a_n&2b_{n+1}+b_n\\2c_{n+1}+c_n&2d_{n+1}+d_n\end{bmatrix}$。也因此由 $b_1=c_1=1$，利用數學歸納法可推得，對任意正整數 $k$ 皆有 $b_k=c_k$。當二階方陣 $\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$ 滿足 $b=c$，稱之為對稱矩陣。事實上對稱矩陣相乘依然為對稱矩陣，雖然課綱並未提及，但在二階的情況，不妨請學生驗證看看。

很清楚看出，上述選項(2)所得 $A^{n+2}=2A^{n+1}+A^n$ 引導處理選項(3)。故選項(3)應改為 $c_{n+2}=2c_{n+1}+c_n$。 不過這個式子對選項(4)應無幫助。花了一點時間思考選項(4)的原意。這裡要用到前面提到矩陣乘法性質：若 $AB=C$，則將 $A$ 右邊乘上 $B$ 的第二個行向量就會是 $C$ 的第二個行向量。例如本題 $A^n=\begin{bmatrix}a_{n}&b_{n}\\c_{n}&d_{n}\end{bmatrix}$ 右邊乘上 $A=\begin{bmatrix}2&1\\1&0\end{bmatrix}$ 會得到 $A^{n+1}=\begin{bmatrix}a_{n+1}&b_{n+1}\\c_{n+1}&d_{n+1}\end{bmatrix}$。因 $A$ 的第二個行向量為 $\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}$，所以 $\begin{bmatrix}a_{n}&b_{n}\\c_{n}&d_{n}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}$ 為 $A^{n+1}$ 的第二個行向量 $\begin{bmatrix}b_{n+1}\\d_{n+1}\end{bmatrix}$。亦即，選項(4)應改為 $\begin{bmatrix}a_{n}&b_{n}\\c_{n}&d_{n}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b_{n+1}\\d_{n+1}\end{bmatrix}$。有趣的是直接相乘可得 $\begin{bmatrix}a_{n}&b_{n}\\c_{n}&d_{n}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{n}\\c_{n}\end{bmatrix}$，所以可得 $\begin{bmatrix}b_{n+1}\\d_{n+1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{n}\\c_{n}\end{bmatrix}$ 這個有趣結果。

選項(5)就不太有趣了！因為它與題目的 $A$ 無關，而是一般二階方陣的特性，擺在選項(5)有點怪。一般方陣的對角線元素相加（稱為 trace）有許多有趣的性質，不過比較少人談論相減。但對於二階方陣，對角線元素相減（指的是 $(1,1)$ 位元減去 $(2,2)$ 位元）確有獨特現象。直接計算任意二階方陣 $M=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$ 的平方可得 $M^2=\begin{bmatrix}a^2+bc & b(a+d)\\c(a+d)& d^2+bc\end{bmatrix}$，所以 $M^2$ 的對角線元素相減為 $a^2-d^2$。選項(5)因為 $A^{2n}=(A^n)^2$ 所以 $A^{2n}$ 的對角線元素相減 $a_{2n}-d_{2n}$ 會是 $a_n^2-d_n^2$。這個結果可以再做推廣。考慮另一矩陣 $M'=\begin{bmatrix}a'&b'\\c'&d'\end{bmatrix}$。如果 $M$ 和 $M'$ 相乘是可交換的，即 $MM'=\begin{bmatrix}aa'+bc' & ab'+bd'\\ca'+dc'& cb'+dd'\end{bmatrix}$ 和 $M'M=\begin{bmatrix}aa'+b'c & a'b+b'd\\c'a+d'c& c'b+dd'\end{bmatrix}$ 相同。比較兩邊 $(1,1)$ 位置，可得 $bc'=b'c$。所以 $MM'$ 的對角線元素相減為 $(aa'+bc')-(cb'+dd')=aa'-dd'$。我們的結論是，當 $M=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$, $M'=\begin{bmatrix}a'&b'\\c'&d'\end{bmatrix}$ 滿足 $MM'=M'M$ 時，$MM'$ 對角線元素相減會等於 $aa'-dd'$。由於對任意方陣 $M$，以及任意正整數 $m,n$，皆會有 $M^n\cdot M^m=M^m\cdot M^n=M^{m+n}$。所以若令 $M^k=\begin{bmatrix}a_k&b_k\\c_k&d_k\end{bmatrix}$，則 $M^{m+n}$ 的對角線元素相減，即 $a_{m+n}-d_{m+n}$ 會等於 $a_ma_n-d_md_n$。

說明： $T$ 分數是利用線性方式（即所謂伸縮、平移）調整數據，使得平均分數落於 $50$（這從 $S-\mu$ 可以看出）且每增減10，表示增減一個標準差（這從除以 $\sigma$ 可以看出）。所以我們可以很容易從 $T$ 分數了解學生在此考試其成績與其他同學的相對位置。選項問題設計幾乎就是評量是否理解定義且前四個選項，代一代就可得分。對是否熟悉此非課綱主題概念的考生影響性並不大。這裡儘量利用直線概念處理看看。為了方便，我們令學生數學原始成績、 $T$ 分數分別為 $S_m$、$T_m$；英文原始成績、 $T$ 分數分別為 $S_e$、$T_e$。所以依題設 $T_m=\dfrac{5}{6} S_m$ 且 $T_e=\dfrac{5}{4} S_e-25$。選項(1) $S_e$ 代 $52$ 就可得 $T_e=40$。也可從 $S_e=52$ 少於平均 $60$ 一個標準差，所以 $T_e=40$。選項(2)因為 $S_m\ge 0$，所以 $T_m=\dfrac{5}{6} S_m\le S_m$。選項(3)這裡出現的平均和題幹的平均不同，容易混淆。我們換成兩科總和來看。其實從 $S_m,T_m$ 和 $S_e,T_e$ 所對應的直線斜率不同很容易找到反例使得 $S_e+S_m\gt S_e'+S_m'$ 但 $T_e+T_m\le T_e'+T_m'$。例如乙生數學原始分數高於平均一個標準差（即 $72$)、英文原始分數為平均分數 $60$，則 $T$ 分數和為 $60+50$；丙生數學原始分數為平均 $60$、英文原始分數高於平均一個標準差（即 $68$)，則 $T$ 分數和為 $50+60$；乙生兩科原始分數之和大於丙生，但二人兩科 $T$ 分數和相同。選項(4)利用直線概念來看，因為兩直線 $y=\dfrac{5}{6}x$ 和 $y=\dfrac{5}{4}x-25$ 交於 $(60,50)$，所以直線 $y=40$ 先和斜率較小的 $y=\dfrac{5}{6}x$ 相交，也就是數學及格的原始分數比較低。從標準差來看，及格標準為低於平均一個標準差，因為數學的標準差較大，所以數學及格的原始分數為 $60-12=48$ 比英文的 $60-8=52$ 低。選項(5)評量近年來常考的二維數據伸縮、平移後，其相關係數、迴歸直線斜率之變化。因為相關係數 $r$ 不變，但 $S_m,S_e$ 的標準差分別為 $12,8$ 換為 $T_m,T_e$ 的標準差分別為 $10,10$。所以 $S_m$ 對 $S_e$ 迴歸直線斜率 $\dfrac{12}{8}r$ 一般來說（除非 $r=0$）會和 $T_m$ 對 $T_e$ 迴歸直線斜率 $\dfrac{10}{10}r$ 不同。

說明：若設 $A$ 為原點 $(0,0)$，可得 $B(2,-6)$ 以及 $D(1,5)$。因 $\overline{AB}=2\sqrt{10}$，由 $\triangle ABE=3$，知 $E$ 到直線 $AB$（即 $3x+y=0$）的距離為 $\dfrac{3}{10}\sqrt{10}$。也就是說 $E$ 在與直線 $AB$ 平行且距離為 $\dfrac{3}{10}\sqrt{10}$ 的直線上。因需介於 $AB$ 和 $DC$ 之間，可得此直線為 $3x+y=3$。而 $E$ 也在直線 $BD$（即 $11x+y=16$）上，故可解得 $E$ 的坐標為 $(\dfrac{13}{8},\dfrac{-15}{8})$。因此由 $C$ 在直線 $AE$（即 $15x+13y=0$）和直線 $DC$（即 $3x+y=8$）上，得 $C$ 的坐標為 $(\dfrac{13}{3},-5)$。雖然可以用直線方法完全決定此四邊形，不過還要再回來回答選項，何不按照選項安排依序作答並解決問題呢？

選項(1)明顯的希望利用內積性質（或餘弦定理）得 $\cos\angle BAD=\dfrac{\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AD}}{\overline{AB}\,\overline{AD}}=\dfrac{-28}{4\sqrt{65}}$。選項(2)就可由(1)的結果求得 $\sin\angle BAD=\sqrt{1-\dfrac{49}{65}}=\dfrac{4}{\sqrt{65}}$，進而利用面積公式得 $\triangle ABD=\dfrac{1}{2}\overline{AB}\,\overline{AD}\sin\angle BAD=8$。求 $\triangle ABD=8$ 的用意應該是希望利用它和 $\triangle ABE=3$ 的比例，以及同高的關係得到兩底 $\overline{BD}$, $\overline{BE}$ 的比率 $\dfrac{\overline{BE}}{\overline{BD}}=\dfrac{3}{8}$。因此可以由 $\overset{\large\rightharpoonup}{AE}=\overset{\large\rightharpoonup}{AB}+\dfrac{3}{8}\overset{\large\rightharpoonup}{BD}$ （或分點公式 $\overset{\large\rightharpoonup}{AE}=\dfrac{5}{8}\overset{\large\rightharpoonup}{AB}+\dfrac{3}{8}\overset{\large\rightharpoonup}{AD}$）求得選項(3) $\overset{\large\rightharpoonup}{AE}=(\dfrac{13}{8},\dfrac{-15}{8})$。選項(4)的用意，應該想提示算 $\overline{DC}$，就可算梯形面積。因為直線 $AB$ 和直線 $DC$ 平行，所以三角形 $DEC$ 和三角形 $AEB$ 相似，由前已知以 $E$ 為頂點兩三角形高的比值為 $5:3$，所以 $\overline{DC}:\overline{AB}=5:3$。此梯形的高為 $\overline{AD}\sin\angle BAD$，而兩底分別為 $\overline{AB}$ 和 $\overline{DC}=\dfrac{5}{3}\overline{AB}$，所以面積應為 $\dfrac{1}{2}(\dfrac{8}{3}\overline{AB}\,\overline{AD}\sin\angle BAD)=\dfrac{8}{3}\triangle ABD=\dfrac{64}{3}$。最後選項(5)，由前 $\overline{DC}:\overline{AB}=5:3$，知 $\overset{\large\rightharpoonup}{BC}=\overset{\large\rightharpoonup}{BD}+\overset{\large\rightharpoonup}{DC}=\overset{\large\rightharpoonup}{BD}+\dfrac{5}{3}\overset{\large\rightharpoonup}{AB}=(1,5)-(2,-6)+\dfrac{5}{3}(2,-6)=(\dfrac{7}{3},1)$，求得 $\overline{BC}=\dfrac{\sqrt{58}}{3}$。

說明：從選項的問題來看，應是評量餘弦函數和一次函數圖形對稱的問題。不過很可惜的，選項安排設計，讓考生代點驗證就可判斷，而無法領會評量的重點。選項(1)僅測試考生有無注意 $\Gamma$ 和 $L_m$ 都通過 $(0,1)$。選項(2)感覺應想評量餘弦函數圖形對稱於 $y$ 軸，且 $y=mx+1$ 和 $y=-mx+1$ 互相對稱於 $y$ 軸。不過可完全由代數著手，即驗證若 $b=\cos(\dfrac{\pi}{2}a)$ 且 $b=ma+1$，是否 $b=\cos(-\dfrac{\pi}{2}a)$ 且 $b=-m\times(-a)+1$。選項(3)由於一定可以找到 $m$ 使得 $\dfrac{1}{2}=\dfrac{20}{3}m+1$（即 $m=-\dfrac{3}{40}$），所以僅評量 $\cos(\dfrac{10}{3}\pi)=\cos(\dfrac{4}{3}\pi)=-\dfrac{1}{2}$。選項(4)首先要了解只有在 $x=(2n+1)\pi$，其中 $n$ 為整數時才會使得 $\cos x=-1$。所以若 $(a,-1)$ 在 $L_m$（即 $ma=-2$）和 $\Gamma$（即存在整數 $n$ 滿足 $\dfrac{1}{2}a=2n+1$）的交點表示 $\dfrac{1}{m}=-\dfrac{1}{2}a=-(2n+1)$ 為奇數。處理選項(5)，可以先考慮最簡單的情況，即 $\Gamma$ 在 $x$ 軸正向的第一個交點 $(1,0)$ 與 $(0,1)$ 的連線 $L_{-1}:y=-x+1$。$L_{-1}$ 和 $\Gamma$ 在 $x\gt 2$ 以及 $x\lt 0$ 不相交。而在 $0\le x\le 1$，因為 $y=\cos(\dfrac{\pi}{2}x)$ 的圖形是凹向下的，亦即圖形會在 $(1,0)$ 與 $(0,1)$ 連線的上方，所以在 $0\le x\le 1$ 這個範圍 $\Gamma$ 和 $L_{-1}$ 交於兩點；另一方面 $\Gamma$ 還會和 $\Gamma_{-1}$ 交於 $y=-1$ 上（注意 $\dfrac{1}{-1}$ 是奇數），即點 $(2,-1)$。然而 $y=\cos(\dfrac{\pi}{2}x)$ 的圖形在 $1\le x\le 2$ 是凹向上的，亦即圖形會在 $(1,0)$ 與 $(2,-1)$ 連線的下方，所以在 $1\le x\le 2$ 這個範圍 $\Gamma$ 和 $L_{-1}$ 又僅多交一點。因此，$\Gamma$ 和 $L_{-1}$ 僅交於 $3$ 點。事實上，只要 $L_m$ 和 $\Gamma$ 交於 $x$ 軸，則它們的交點個數一定是奇數。在接下來的解析說明此特點。

解析： 有時利用圖形的對稱性，可以讓我們對圖形交點個數有進一步的認識。例如本題 $\Gamma$ 對稱於 $y$ 軸，亦即 $(a,b)$ 在 $\Gamma$ 上若且唯若 $(-a,b)$ 在 $\Gamma$ 上。而 $L_m$ 和 $L_{-m}$ 也互相對稱於 $y$ 軸，亦即 $(a,b)$ 在 $L_m$ 上若且唯若 $(-a,b)$ 在 $L_{-m}$ 上。選項(2) $(a,b)$ 為 $\Gamma$ 和 $L_m$ 的交點就等同於 $(-a,b)$ 為 $\Gamma$ 和 $L_{-m}$ 的交點，也因此我們可以說 $\Gamma$ 和 $L_m$ 的交點個數等於 $\Gamma$ 和 $L_{-m}$ 的交點個數。$\Gamma$ 有許多對稱性。例如它不只對稱於 $y$ 軸，事實上 $\Gamma$ 也對稱於所有通過頂點的鉛直線 $x=2n$, 其中 $n$ 為整數（因為 $\cos(n\pi+x)=\cos(n\pi-x)$）。另外 $\Gamma$ 也對稱於所有與 $x$ 軸的交點，即點 $(2n+1,0)$，其中 $n$ 為整數（因為 $\cos(\dfrac{2n+1}{2}\pi-x)=-\cos(\dfrac{2n+1}{2}\pi+x)$）。有趣的是，直線都有這種點對稱的特性（事實上給定直線 $L$ 上任一點 $P$，直線 $L$ 都會對稱於點 $P$）。所以本題中，直線 $L_m$ 若與 $x$ 軸交於點 $(a,0)$，則 $L_m$ 對稱於 $(a,0)$。現若 $L_m$ 與 $\Gamma$ 交於 $x$ 軸，即交點為 $(2n+1,0)$，其中 $n$ 為整數，則因兩圖形皆對稱於點 $(2n+1,0)$，所以 $L_m$ 與 $\Gamma$ 在 $x$ 軸上方（即 $y\gt 0$）的交點個數會等於在 $x$ 軸下方（即 $y\lt 0$）的交點個數。例如 $\Gamma$ 和 $L_m$ 必交於 $x$ 軸上方的點 $(0,1)$，而與 $(0,1)$ 對稱於 $(2n+1,0)$ 的點為 $(4n+2,-1)$。不難檢查 $\cos(\dfrac{\pi}{2}(4n+2))=\cos((2n+1)\pi)=-1$，所以點 $(4n+2,-1)$ 確實在 $\Gamma$ 上；另一方面，因 $(2n+1,0)$ 在 $L_m$ 上，表示 $m=-\dfrac{1}{2n+1}$，所以 $m(4n+2)+1=-1$，亦即 $(4n+2,-1)$ 也在 $L_m$ 上。也就是說 $(4n+2,-1)$ 確為 $\Gamma$ 和 $L_m$ 的交點。從這裡我們知道選項(5)可修正為若 $L_m$ 與 $\Gamma$ 交於 $x$ 軸，則它們的交點個數必為奇數（別忘了 $x$ 軸上那個交點）。從這個對稱性的討論，我們也知 $L_m$ 與 $\Gamma$ 交於 $x$ 軸也等同於 $L_m$ 與 $\Gamma$ 交於 $y=-1$。也因此選項(4)改為若 $L_m$ 與 $\Gamma$ 交於 $x$ 軸，則 $\dfrac{1}{m}$ 是奇數也成立。

說明：上一題沒有提到對稱，但主要評量對稱概念；本題提到對稱，卻不是評量對稱概念。選項(1)主要評量如何決定兩函數圖形 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 的交點。若點 $(a,b)$ 為其交點，表示 $f(a)=g(a)=b$。所以 $x=a$ 會是 $f(x)-g(x)=0$ 的一解。本題中 $f(x)-g(x)=2x(x^2+1)$，僅有唯一解 $x=0$，所以可知 $y=f(x),y=g(x)$ 僅交於 $x=0$ 之處。要注意，很多學生會誤以為交點為 $(0,0)$（選項(1)若改為 $\Gamma_1$ 和 $\Gamma_2$ 交於 $(0,0)$ 比較有意思）。另外要注意：一般來說解兩圖形交點，得到唯一的 $x$ 並不表示交點僅有一個；不過本題的圖形是函數圖形，一個 $x$ 值僅對應到一個 $y$ 值，所以僅會交於一點。接下來的選項都和對稱中心有關。不過要注意兩個三次函數只有在它們的對稱中心有相同的 $x$ 坐標時才容易用圖形判斷它們相加（或其他的線性組合）後的對稱中心為何。也就是，若 $f(x),g(x)$ 的對稱中心分別為 $(a,b_1)$, $(a,b_2)$ 則 $rf(x)+sg(x)$ 的對稱中心就會是 $(a,rb_1+sb_2)$。從這觀點來看，選項(4)是比較容易處理的，應該放在前面。當對稱中心的 $x$ 坐標不同，幾乎無法用圖形來判斷對稱中心。所以本題大致上應該是用代數的方法解決。有些老師覺得本題所需的代數不是高中課綱所強調的。個人覺得，這是切入點的問題。若從不同的角度處理，本題確實評量到課綱：三次函數的配方法。接下來的解析，我們就來探討怎樣的方式，較容易讓學生理解本題所評量的概念。

解析：一開始看到選項(2)，或許許多學生不理解其意。如果依題意利用 $f(x),g(x)$ 的對稱中心處理，學生可能會以為這裡的 $f(x),g(x)$ 都非常特殊，而且變數太多。然而本題只要任意的首相係數為 $1$ 的三次多項式 $f(x)$ 就可決定 $g(x)=f(x)-(2x^3+2x)$。所以這個選項是問任意的 $f(x)$ 所得的 $g(x)$ 它們的對稱中心是否有特定關係。我們可以依 $y=f(x)$ 的對稱中心為 $(a_1,b_1)$，寫下 $f(x)=(x-a_1)^3+r(x-a_1)+b_1$。因此可得 $g(x)=f(x)-(2x^3+2x)=-x^3-3a_1x^2+(3a_1^2+r-2)x+b_1-a_1r-a_1^3$。其實懂得三次配方求對稱中心 $x$ 坐標的學生應該理解此處不必全部展開，只要確定 $x^3$ 的係數為 $-1$ 且 $x^2$ 的係數為 $-3a_1$，就可得 $y=g(x)$ 對稱中心的 $x$ 坐標為 $-a_1$。也就是 $a_2=-a_1$，也因此知雖然 $f(x)$ 有許多選擇，但 $a_1+a_2$ 為定數 $0$（選項(2)改為 $a_1+a_2=0$ 或其他常數可能比較好）。選項(3)需要知道 $y=g(x)$ 對稱中心的 $y$ 坐標，即 $g(-a_1)=f(-a_1)+2a_1^3+2a_1$。所以 $b_2=(-2a_1)^3+r(-2a_1)+b_1+2a_1^3+2a_1=-6a_1^3+2a_1+b_1-2a_1r$。因此 $b_1+b_2$ 會因 $a_1,b_1$ 以及 $r$ 所影響；即使考慮 $b_1-b_2$ 依然會因 $r$ 選取不同而改變。也就是說我們無法由 $f(x)$ 的對稱中心來決定 $g(x)$ 對稱中心的 $y$ 坐標。選項(4)是考慮 $a_1=a_2=-a_1$ 的情形，也就是 $a_1=0$ 的情況。將 $a_1=0$ 代入前面 $b_2$ 的式子可得 $b_2=b_1$，所以這個選項成立。選項(5)考慮的是 $b_1=b_2$ 的情形，因為 $b_1-b_2=6a_1^3-2a_1+2a_1r$，只要在 $a_1\ne0$ 的情況考慮 $r=-3a_1^2+1$，都會使得 $b_1=b_2$。然而此時 $a_1\ne-a_1=a_2$。例如 $a_1=1$ 時考慮 $f(x)=(x-1)^3-2(x-1)$，則 $g(x)=-(x+1)^3+2(x+1)$。它們的對稱中心分別為 $(1,0)$ 和 $(-1,0)$。

附註：前面提過：當三次函數 $f(x),g(x)$ 圖形的對稱中心 $x$ 坐標相同，很容易由對稱的概念得到 $rf(x)+sg(x)$ 的對稱中心。但當 $x$ 坐標不同時，利用前述代數的方式較易理解對稱中心如何改變。事實上若 $f(x)$, $g(x)$ 的三次項係數分別為 $r$, $s$ 且對稱中心的 $x$ 坐標分別為 $a_1$, $a_2$，則當 $r+s\ne0$ 時 $f(x)+g(x)$ 對稱中心的 $x$ 坐標為 $\dfrac{ra_1+sa_2}{r+s}$。至於 $y$ 坐標，從前面討論知：會受到 $f(x),g(x)$ 的一次項係數影響，無法僅由最高次項係數決定。

選填題：

說明：評量條件機率。由於每位教師被抽到的機會相等，可以用古典機率處理。也就是考慮所有通過英檢的教師中，有碩士學位的比率。若學生不喜分數的計算，可以讓學生理解因乘上全體教師的人數各項都可以約掉，所以可以設一個較易處理的全體人數，例如本題（分母有 $4$ 和 $5$）可設為 $20$。因此有 $5$ 位學士，其中有 $1$ 位通過英檢；而有 $15$ 位碩士，其中有 $9$ 位通過英檢。所以通過英檢的 $9+1=10$ 位老師中，有 $9$ 位是碩士，佔 $\dfrac{9}{10}$。

說明：很久沒見到這種一次評量兩個無關概念的題目了！就怕考生誤以為相關不知如何下手。評量了向量以及二次函數的極值。自從 108 課綱將過去一些單元拆開後，聽到許多老師感受最深的是：學生不太會利用向量處理平面上直線的問題。近年來都有不少利用向量觀念處理直線與圓的問題，希望老師們在教平面向量時，不妨回去圓與直線單元探討利用向量處理過去學過的題材。坐標平面上的直線 $y=bx-1$，有方向向量 $(1,b)$ 以及法向量 $(b,-1)$。依題意 $(a,b)$ 與 $y=bx-1$ 垂直，表示 $(a,b)$ 與 $(1,b)$ 垂直；也等同於 $(a,b)$ 與 $(b,-1)$ 平行。不管垂直用內積或平行用比例，哪一種看法，都可推得 $a=-b^2$。故 $a+b=-b^2+b=-(b-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{1}{4}$，有最大值 $\dfrac{1}{4}$。

說明：這一題和第3題有點像，不過此題確實評量了等差數列，也評量對數。過去提及大考經常出現三項的等差、等比數列。在只有三項的情況，一般善用等差、等比中項的概念都能解決問題（因為一個式子就能涵蓋此三項關係）。因 $a,b,c$ 成等差，即 $2b={a+c}$。又 $(a,\log(3a))$, $(b,\log(4b))$, $(c,\log(6c))$ 共線，得 $(b,\log(4b))$ 為 $(a,\log(3a))$ 和 $(c,\log(6c))$ 的中點，亦即 $2\log(4b)=\log(3a)+\log(6c)$。換言之 $(4b)^2=(3a)\times(6c)$，因題目僅問 $a,b$ 的關係，故將 $c$ 換成 $a,b$（即 $c=2b-a$）代入得 $8b^2=9a(2b-a)$。由此知 $a,b$ 應無唯一解，所以題目才僅問 $\dfrac{b}{a}$，設之為 $x$（注意因 $b\gt a$，知 $x>1$）。帶回上式得 $8a^2x^2=18a^2x-9a^2$，又因 $a\ne0$，得 $8x^2-18x+9=(4x-3)(2x-3)=0$。所以由 $x\gt1$ 知 $x=\dfrac{3}{2}$。

說明：評量利用二次函數對稱軸概念，寫出此二次函數。若能理解圖形平移與向量關係，能更快解此題（參見解析）。若按部就班解題，首先由 $\Gamma$ 與 $x$ 軸交於 $x=\pm\dfrac{1}{2}$，可知 $\Gamma$ 是二次函數 $f(x)=a(x-\dfrac{1}{2})(x+\dfrac{1}{2})=a(x^2-\dfrac{1}{4})$，其中 $a$ 為非零實數的圖形。題目知頂點在直線 $y=1+2x$ 上，故利用頂點也在對稱軸 $x=0$ 上，解得頂點 $P$ 的坐標為 $(0,1)$。因此求得 $a=-4$，即 $f(x)=-4x^2+1$。同樣概念，若 $\Gamma$ 平移後其對稱軸為 $x=h$，則平移後的頂點會是 $y=1+2x$ 與 $x=h$ 的交點 $(h,1+2h)$。所以平移以後的圖形所對應的二次函數為 $y-(1+2h)=-4(x-h)^2$。再利用題設 $(\dfrac{1}{2},0)$ 在 $y-(1+2h)=-4(x-h)^2$ 上，解得 $h=0$ 或 $h=\dfrac{3}{2}$。故 $\Gamma$ 平移後的頂點 $Q$ 的坐標為 $(\dfrac{3}{2},4)$，也因此求得 $\overline{PQ}=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$。

解析：圖形平移的概念就是將圖上每一點，沿著一定的方向和距離移動。本題移動的方向已確定（沿著直線 $y=1+2x$ 的方向，所以想了解到底移動了多少距離。因此我們只需知道 $\Gamma$ 上到底哪一點沿著與 $y=1+2x$ 平行的直線會到達點 $(\dfrac{1}{2},0)$。當求出 $\Gamma$ 為 $y=-4x^2+1$ 後，便可利用通過 $(\dfrac{1}{2},0)$ 與 $y=2x+1$ 平行的直線 $y=2x-1$ 求出與 $y=-4x^2+1$ 的另一個交點 $(-1,-3)$。也就是說： $(-1,-3)$ 是原來 $\Gamma$ 上移動到 $(\dfrac{1}{2},0)$ 的點。因此求出移動距離為 $\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$。

平移利用向量的概念（即參數式）就更方便了。由於直線 $y=2x+1$ 的方向向量為 $(1,2)$，所以我們只要知道 $(\dfrac{1}{2},0)$ 沿著平行 $(1,2)$ 方向所得的點 $(\dfrac{1}{2}+t,2t)$，在 $t$ 為多少時會遇到 $\Gamma:y=-4x^2+1$ 的另一點即可。亦即解 $2t=-4(\dfrac{1}{2}+t)^2+1$，得 $t=-\dfrac{3}{2}$。 因為向量 $(1,2)$ 的長度為 $\sqrt{5}$，所以移動的距離為 $\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$。

說明：題目給了邊長比，應該評量正弦定理。又涉及角度兩倍，所以也需兩倍角公式。題目中 $\triangle ABC$ 中各點關係如圖所示： 令 $\angle{ACD}=2\theta$ 且不失一般性，我們假設 $\overline{BD}=1$ 且 $\overline{BC}=2$。要用正弦定理，必需知道 $\overline{BC}$ 所對應的角 $\angle{CDB}$。因 $\angle{CAD}=\dfrac{\pi}{2}$，故知 $\angle{CDA}=\dfrac{\pi}{2}-\theta$，因此得 $\angle{CDB}=\dfrac{\pi}{2}+\theta$。套用正弦定理知 $\dfrac{2}{\sin(\dfrac{\pi}{2}+\theta)}=\dfrac{1}{\sin2\theta}$。故由 $\sin(\dfrac{\pi}{2}+\theta)=\cos\theta$ 以及 $\sin2\theta=2\cos\theta\sin\theta$，推得 $\sin\theta=\dfrac{1}{4}$。因題目要求 $\overline{AD}$，不妨設之為 $x$。此時考慮 $\triangle ADC$，再次利用正弦定理，知 $\dfrac{\overline{AC}}{\sin(\dfrac{\pi}{2}-\theta)}=\dfrac{\overline{AD}}{\sin\theta}$，並由 $\sin(\dfrac{\pi}{2}-\theta)=\cos\theta=\dfrac{\sqrt{15}}{4}$ 推得 $\overline{AC}=\sqrt{15}x$。最後就可以用畢氏定理 $(\sqrt{15}x)^2+(1+x)^2=2^2$ 解得 $x=\dfrac{3}{8}$（另一解 $-\dfrac{1}{2}$ 不合），並求出 $\dfrac{\overline{AD}}{\overline{AB}}=\dfrac{3}{11}$。當然了，若知道三倍角公式就可直接推得 $\overline{AB}=\overline{BC}\sin3\theta=\dfrac{11}{8}$ 省去解方程式的麻煩。

解析： 處理本題的過程，不免讓人聯想到利用正弦定理處理角平分線性質。考慮三角形 $ABC$ 其中 $\overline{CD}$ 是 $\angle ACB$ 的角平分線，如圖：我們可以利用 $D$ 到 $\overline{CA}$ 和 $\overline{CB}$ 上的高相等，得到角平分線性質。不過這性質也是正弦定理很好的應用。因為 $\angle CDA$ 和 $\angle CDB$ 互補，利用正弦定理可得 $\sin\angle CDB=\dfrac{\overline{CB}}{\overline{DB}}\sin\theta$ 等於 $\sin\angle CDA=\dfrac{\overline{CA}}{\overline{DA}}\sin\theta$。因此得 $\dfrac{\overline{CB}}{\overline{DB}}=\dfrac{\overline{CA}}{\overline{DA}}$。同樣的方法可運用到 $\overline{CD}$ 是 $\angle ACB$ 的三分線，如圖：同樣的因為 $\angle CDA$ 和 $\angle CDB$ 互補，利用正弦定理可得 $\sin\angle CDB=\dfrac{\overline{CB}}{\overline{DB}}\sin2\theta$ 等於 $\sin\angle CDA=\dfrac{\overline{CA}}{\overline{DA}}\sin\theta$。所以利用 $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ 得 $\dfrac{\overline{CA}}{\overline{DA}}=\dfrac{2\overline{CB}\cos\theta}{\overline{DB}}$。一般比較常見的應用是由 $\overline{CB}$ 和 $\overline{CA}$ 的比值推得 $\overline{DB}$ 和 $\overline{DA}$ 的比值，即 $\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DA}}=\dfrac{2\overline{CB}\cos\theta}{\overline{CA}}$。例如當 $\overline{CB}=\overline{CA}$，就知 $\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DA}}=2\cos\theta$。本題由於僅知 $\dfrac{\overline{CB}}{\overline{DB}}=2$，故僅可得 $\dfrac{\overline{CA}}{\overline{DA}}=4\cos\theta=\sqrt{15}$，再由畢氏定理解得 $\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}}=\dfrac{3}{8}$。但因本題 $\angle CAB=90^\circ$，所以 $\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB}}=\cos3\theta$，也因此得 $\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}}=\dfrac{\cos3\theta}{2\cos\theta}$。這也是利用三倍角公式可輕鬆解題的原因。

混合題：

說明：平行四邊形 $ABCD$ 是由向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$ 和 $\overset{\large\rightharpoonup}{AD}$ 所張出，所以其面積會等於外積 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\times\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=(-5,5,5)$ 的長度 $5\sqrt{3}$。

說明：向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\times\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=(-5,5,5)$ 會與 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}$ 和 $\overset{\large\rightharpoonup}{AD}$ 垂直，所以 $(1,-1,-1)$ 是平面 $ABCD$ 的法向量。又 $B(1,2,0)$ 在此平面上，故得平面方程式 $(x-1)-(y-2)-z=0$，化簡得 $x-y-z=-1$。