此次分科數甲考題，大致主題明確，沒有特別困難的題目；不過大多得花點時間計算處理，要在80分鐘內正確完整作答頗具挑戰性。這次解析的編排分成：『說明』（題目所需高中數學內容）、『解答』、『附註』（額外的補充），而最後大考中心公佈考生表現的統計資料會置於『後記』。
『說明』的部份希望能提供給老師參考，在學生練習前先理解題目所評量的內容、並大致說明或複習這些內容，再讓學生作答。『解答』的部份則力求完整，避免邏輯不夠完善或用錯誤的論點處理問題。『附註』則可依學生理解程度，適時補充。
說明： 本題和去年114數甲第4題同樣是評量二次曲線基本圖形概念。橢圓的標準式為 $\dfrac{x^2}{\alpha^2}+\dfrac{y^2}{\beta^2}=1$。此標準式所代表的橢圓其對稱軸為 $x$軸、$y$軸，且在 $x$軸上的頂點坐標為 $(\alpha,0)$ 與 $(-\alpha,0)$；而在$y$軸上的頂點坐標為 $(0,\beta)$ 與 $(0,-\beta)$。至於雙曲線，雖然也有兩個互相垂直的對稱軸，不過其中一個軸與曲線交於兩頂點，稱為貫軸；另一個與曲線不相交，稱為共軛軸。若與雙曲線相交的貫軸在 $x$軸，則此雙曲線的標準式為$\dfrac{x^2}{\alpha^2}-\dfrac{y^2}{\beta^2}=1$。很容易檢查此式與 $x$軸（即 $y=0$）交點的 $x$坐標需滿足 $x^2=\alpha^2$，即 $x=\pm\alpha$；但與 $y$軸（即 $x=0$）若相交其 $y$坐標需滿足 $y^2=-\beta^2$，故無實數解。所以此標準式所代表的雙曲線其貫軸為 $x$軸，且在 $x$軸上的頂點坐標為 $(\alpha,0)$ 與 $(-\alpha,0)$；而 $y$軸為其共軛軸。同理，若與雙曲線相交的貫軸在 $y$軸，則此雙曲線的標準式為$\dfrac{x^2}{\alpha^2}-\dfrac{y^2}{\beta^2}=-1$（或 $\dfrac{y^2}{\beta^2}-\dfrac{x^2}{\alpha^2}=1$）。此標準式所代表的雙曲線其貫軸為 $y$軸，且在 $y$軸上的頂點坐標為 $(0,\beta)$ 與 $(0,-\beta)$。
解答：題目圖中的粗灰線的橢圓方程式為 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$。由 $x$軸上的頂點 $(\pm a,0)$ 和 $y$軸上的頂點 $(0,\pm b)$，依圖形來看應為 $|a|\lt3\lt |b|$。而圖中的粗黑線為貫軸在 $x$軸的雙曲線，所以它的方程式僅可能為選項(2)、(4)。但選項(2)的方程式 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$，在貫軸（即 $x$軸）的交點為 $(\pm a,0)$，應與粗灰線的橢圓在 $x$軸上的頂點一致。此與粗黑線的圖形不符，故答案應為選項(4)，即 $\dfrac{x^2}{b^2}-\dfrac{y^2}{a^2}=1$。
說明：評量無窮等比級數。當等比數列 $a_1,a_2,\dots,a_n,\dots$ 的首項 $a_1=a$，公比為 $r$，我們很容易計算其前 $n$ 項和 $\displaystyle\sum_{k=1}^na_k=\frac{a-ar^n}{1-r}$。當 $|r|\lt1$，此級數會隨著 $n$ 趨近於無限大而趨近於一定值 $\dfrac{a}{1-r}$。此時我們稱此無窮等比級數收斂且其值為 $\dfrac{a}{1-r}$；而當 $|r|\ge 1$，由於級數不會隨著 $n$ 趨近於無限大而趨近於一定值，故稱之為發散的無窮等比級數。
我們有許多方法利用已知的等比數列創造出新的等比數列。例如將首項分別為 $a,b$、公比分別為 $r,s$ 的兩個等比數列同項相乘，所得新的數列會是首項為 $ab$，公比為 $rs$ 的等比數列。也可如本題將首項 $a_1=a$、公比 $r$ 的等比數列 $\langle a_n\rangle$ 每隔固定 $k$ 項所挑選出來所形成子數列，即 $\langle b_n\rangle$，其中 $b_n=a_{k(n-1)+1}$。此時 $b_1=a_1$ 且 $\dfrac{b_{n+1}}{b_n}=\dfrac{a_{kn+1}}{a_{k(n-1)+1}}=r^k$，所以 $\langle b_n\rangle$ 是首項 $a$、公比 $r$ 的等比數列。知道題目中兩數列公比的關係後，就可以利用已知兩極限的關係求出公比；不過要注意級數收斂的條件。
解答：由題設知 $a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+\cdots$ 為首項 $1$、公比 $r$ 且 $|r|\lt1$ 的等比級數，其值為 $\dfrac{1}{1-r}$；而 $a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{2n-1}+\cdots$ 為首項 $1$、公比 $r^2$ 的等比級數，其值為 $\dfrac{1}{1-r^2}$。故由 $\dfrac{1}{1-r}\times\dfrac{1}{1-r^2}=1$，知 $r$ 需符合 $r^3-r^2-r+1=1$，即 $r(r^2-r-1)=0$。由於 $r\ne0$ 且 $r^2-r-1=0$ 的兩根 $\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}$ 中，$\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\gt1$ 且 $-1\lt\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\lt0$ ，所以符合條件的 $r$ 僅能是選項(4)的 $\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$。
說明：高中處理正、餘弦函數相關的極值問題，大多使用正、餘弦函數的疊合處理。正、餘弦函數的疊合可由正、餘弦的合角公式：『$\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$、$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$』推導。也就是說當處理函數 $g(x)=a\sin x+b\cos x$ 的極值問題，由於存在 $\theta$ 使得 $\cos\theta=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$ 且 $\sin\theta=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$，故可將 $g(x)$ 寫成 $\sqrt{a^2+b^2}(\sin x\cos\theta+\cos x\sin\theta)=\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\theta)$。注意，正、餘弦函數的疊合有許多表示法，例如我們也可找到 $\phi$ 使得 $\sin\phi=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$ 且 $\cos\phi=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$，而將 $g(x)$ 寫成 $\sqrt{a^2+b^2}(\sin x\sin\phi+\cos x\cos\phi)=\sqrt{a^2+b^2}\cos(x-\phi)$。不過若是為了找到 $a\sin x+b\cos x$ 的最大、最小值，由於正、餘弦的最大值都是 $1$；而最小值都是 $-1$，所以任一種表法都能告訴我們 $a\sin x+b\cos x$ 的最大值為 $\sqrt{a^2+b^2}$、最小值為 $-\sqrt{a^2+b^2}$。其實我們不只可利用疊合知道最大、最小值，也可利用疊合知道最大、最小值的發生處；不過本題並未問到最大值發生處，就不再多談。
關於疊合另外要注意之處就是：它僅能處理正、餘弦在同樣角度的情形。例如本題我們可以先用疊合將後半部 $\sin x-\sqrt{3}\cos x$ 寫成 $2(\dfrac{1}{2}\sin x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos x)=2\sin(x-\dfrac{\pi}{3})$ 或 $-2\cos(x+\dfrac{\pi}{6})$；不過改寫成這樣由於 $x-\dfrac{\pi}{3}$、$x+\dfrac{\pi}{6}$ 都和 $x+\dfrac{\pi}{3}$ 不同，所以皆無法和前半部的 $\sin(x+\dfrac{\pi}{3})$ 再做疊合。本題應是合角公式與疊合兩者都要評量。也就是說：先利用合角公式將原函數寫成 $\sin x$、$\cos x$ 的線性組合，再利用疊合求其最大值。
解答：首先利用合角公式將原函數改寫成 $\sin x\cos\dfrac{\pi}{3}+\cos x\sin\dfrac{\pi}{3}+\sin x-\sqrt{3}\cos x=(\dfrac{1}{2}+1)\sin x+(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3})\cos x$。再利用疊合知其最大值為 $\sqrt{(\dfrac{3}{2})^2+(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2}$，故答案應為選項(3)，即 $\sqrt{3}$。
附註：利用疊合可以讓我們很清楚知道函數 $g(x)=a\sin x+b\cos x$ 的圖形（振幅、位移）。而若僅要知道 $g(x)$ 的最大、最小值及其發生處，我們也可用柯西不等式處理。也就是：$|a\sin x+b\cos x|\le\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{\sin^2x+\cos^2x}=\sqrt{a^2+b^2}$。而最大、最小值發生處，即等式成立之處需符合 $\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}=\dfrac{a}{b}$。 例如本題就會發生於 $\tan x=-\sqrt{3}$。又因 $a\gt0$, $b\lt0$，故最大值發生於 $x=\dfrac{2\pi}{3}$；最小值發生於 $x=-\dfrac{\pi}{3}$。檢查確實 $f(\dfrac{2\pi}{3})=\sqrt{3}$ 且 $f(-\dfrac{\pi}{3})=-\sqrt{3}$。
說明：本題基本上需了解各球球數 $n_1,n_2,n_3$ 以及抽出機率 $p_1,p_2,p_3$ 之間的關係。即利用古典機率：由總球數 $N$ 以及所要抽出的球的球數 $k$，得知抽到的機率為 $\dfrac{k}{N}$。選項(1)、(2)分別涉及條件機率、期望值，由所有機率和為 $1$，即 $p_1+p_2+p_3=1$，就可依定義作答。選項(3)、(4)涉及等差、等比數列，由於所論及的數列僅3項，善用等差、等比中項可簡化一些程序；不過選項(4)涉及不等式要嚴格論證需花點功夫。還好該選項是錯的，不難找到反例推翻它。選項(5)探討 $n_1,n_2,n_3$ 是否可形成三角形三邊長，應該不難理解就是要驗證任兩邊長之和大於第三邊。
解答：由題設知：$p_1=\dfrac{n_1}{n_1+n_2+n_3}$、$p_2=\dfrac{n_2}{n_1+n_2+n_3}$、$p_3=\dfrac{n_3}{n_1+n_2+n_3}$。選項(1)，由於沒有抽到一號球的機率為 $1-p_1$；而沒有抽到一號球且抽到二號球（事實上就是抽到二號球）的機率為 $p_2$。所以利用條件機率的定義，在已知抽出的不是一號球的條件下，抽到二號球的機率為 $\dfrac{p_2}{1-p_1}$。我們也可以用古典機率的看法處理條件機率（即事後機率）。也就是說已知沒有抽到一號球，表示是從二號、三號共 $n_2+n_3$ 個球中抽到二號球，所以事後機率為 $\dfrac{n_2}{n_2+n_3}$。因為要用 $p_1,p_2,p_3$ 來表示，所以分子、分母同除以 $n_1+n_2+n_3$，得到機率為 $\dfrac{p_2}{p_2+p_3}=\dfrac{p_2}{1-p_1}$。此選項正確。
選項(2)抽到球號的期望值，依定義為：$1\times p_1+2\times p_2+3\times p_3$。由於不是明確的數字，此式有許多等值的表法，所以我們拿選項(2)的 $2+p_3-p_1$ 與之相減得 $2+p_3-p_1-(p_1+2p_2+3p_3)=2-2p_1-2p_2-2p_3=2-2(p_1+p_2+p_3)=0$。由於它們相等，因此選項(2)正確。
選項(3)可以由 $p_1,p_2,p_3$ 是將 $n_1,n_2,n_3$ 同除以常數 $n_1+n_2+n_3$，所以依然保持等差（公差也要除以 $n_1+n_2+n_3$）。也可利用 $n_1,n_2,n_3$ 的中項 $n_2$ 滿足等差中項，即 $2n_2=n_1+n_3$，推出 $p_1,p_2,p_3$ 的中項也滿足 $2p_2=\dfrac{2n_2}{n_1+n_2+n_3}=\dfrac{n_1+n_3}{n_1+n_2+n_3}=p_1+p_3$。所以 $p_1,p_2,p_3$ 也是等差數列，選項(3)正確。
選項(4)，我們可以考慮 $n_1=1,n_2=2,n_3=4$，這個等比數列，得到 $p_2=\dfrac{2}{7}\lt\dfrac{1}{3}$。故知此選項錯誤。一般對於不等式問題，我們可以探討滿足不等式的條件，是否符合題設，來決定其是否正確。例如假設 $n_1,n_2,n_3$ 的公比為 $r$（注意依題設 $r\gt0$），得 $p_2=\dfrac{n_1r}{n_1+n_1r+n_1r^2}=\dfrac{r}{1+r+r^2}$。故若 $p_2\ge\dfrac{1}{3}$，表示 $3r\ge1+r+r^2$，亦即 $1-2r+r^2=(1-r)^2\le 0$。此不等式只有在 $r=1$ 時成立（此時 $p_2=\dfrac{1}{3}$）其餘情況皆不成立，所以只要 $n_1,n_2,n_3$ 的公比不是 $1$，都會使得 $p_2\lt\dfrac{1}{3}$。
選項(5)希望由 $p_1,p_2,p_3$ 皆小於 $\dfrac{1}{2}$ 推出是否 $n_1,n_2,n_3$ 滿足三角不等式。我們先由 $p_1=\dfrac{n_1}{n_1+n_2+n_3}\lt \dfrac{1}{2}$ 推得 $2n_1\lt n_1+n_2+n_3$（注意這裡每個 $n_k$ 皆為正），亦即 $n_1\lt n_2+n_3$。同理，由 $p_2\lt\dfrac{1}{2}$、$p_3\lt\dfrac{1}{2}$ 分別可推得 $n_2\lt n_1+n_3$、$n_3\lt n_1+n_2$ 所以此選項正確。
附註：選項(3)由 $n_1,n_2,n_3$ 為等差數列，推出 $p_1,p_2,p_3$ 為等差，亦即 $2p_2=p_1+p_3$。此時等式兩邊都加上 $p_2$，可得 $3p_2=p_1+p_2+p_3=1$。所以當 $n_1,n_2,n_3$ 為等差時可確保 $p_2=\dfrac{1}{3}$。從這個角度來看，出題者或許想利用選項(3)提示選項(4)。因為同樣理由，可以由 $n_1,n_2,n_3$ 為等比數列，推得 $p_1,p_2,p_3$ 為等比，亦即 $(p_2)^2=p_1p_3$。此時等式兩邊都乘上 $p_2$，可得 $(p_2)^3=p_1p_2p_3$。又因為 $p_1+p_2+p_3=1$，所以利用算幾不等式可得 $(p_1p_2p_3)^{1/3}\le\dfrac{1}{3}(p_1+p_2+p_3)=\dfrac{1}{3}$。因此推得 $p_2\le\dfrac{1}{3}$。
選項(5)論述 $n_1,n_2,n_3$ 滿足三角不等式，需要論述三次難免麻煩。可考慮反證法的論述方式，亦即假設某個 $n_k$ 大於等於另兩個之和。此時不等式兩邊同時加上 $n_k$，可得 $2n_k\ge n_1+n_2+n_3$。此時再將這個不等式兩邊同時除以 $n_1+n_2+n_3$，就可推得 $2p_k\ge1$ 這個矛盾了！
說明：本題評量複數運算及複數平面相關概念。一般來說一個複數 $z$ 可以唯一表示成 $\alpha+\beta i$，其中 $\alpha,\beta$ 皆為實數，且 $\alpha$ 稱為 $z$ 的實部、$\beta$ 稱為虛部。兩複數 $z=\alpha+\beta i$、$z'=\alpha'+\beta'i$ 相乘，就是利用分配律將其乘開，不過要記得 $i^2=-1$，再各別將實部合併、虛部合併。也就是 $z z'=(\alpha\alpha'-\beta\beta')+(\alpha\beta'+\alpha'\beta)i$。兩個非實數的複數相乘有可能是實數。最常見的情況就是將 $z=\alpha+\beta i$ 乘上其共軛 $\overline{z}=\alpha-\beta i$。此時 $z\overline{z}=\alpha^2+\beta^2$，會是一個非負實數，且只有當 $z=0$ 時會有 $z\overline{z}=0$；其餘情況 $z\overline{z}$ 會是正實數。本題要計算兩複數相除 $\dfrac{\alpha+\beta i}{\alpha'+\beta' i}$。我們可以假設其為 $\gamma+\lambda i$，再利用乘法 $\alpha+\beta i=(\alpha'+\beta'i)(\gamma+\lambda i)$ 展開比較實部、虛部，解出 $\gamma$、$\lambda$。不過這個方法較繁瑣，我們可以利用共軛的概念（有點像分母有理化的概念）簡化這個程序。也就是將 $\dfrac{\alpha+\beta i}{\alpha'+\beta' i}$ 的分子、分母同乘 $\alpha'+\beta'i$ 的共軛。此時原除式的值依然不變，即 \[\dfrac{\alpha+\beta i}{\alpha'+\beta' i}=\dfrac{\alpha+\beta i}{\alpha'+\beta' i}\dfrac{\alpha'-\beta' i}{\alpha'-\beta' i}=\dfrac{\alpha\alpha'+\beta\beta'}{(\alpha')^2+(\beta')^2}+\dfrac{\alpha'\beta-\alpha\beta'}{(\alpha')^2+(\beta')^2}i.\]所以共軛的概念簡化了複數除法，使其仍和乘法步驟相去不遠。
我們可以將複數 $\alpha+\beta i$ 以坐標平面上的點 $(\alpha,\beta)$ 來表示，這樣可以將所有的複數以坐標平面上的點來表示，稱為複數平面。複數的加法就會和複數平面上向量加法相一致。而複數平面上的點 $(\alpha,\beta)$ 與原點的距離（或看成向量長度）$\sqrt{\alpha^2+\beta^2}$ 又與複數 $z=\alpha+\beta i$ 與其共軛 $\overline{z}=\alpha-\beta i$ 相乘 （即 $z\overline{z}=\alpha^2+\beta^2$）後開根號一致，所以我們定義複數 $z=\alpha+\beta i$ 的絕對值（或長度）為 $|z|=\sqrt{z\overline{z}}=\sqrt{\alpha^2+\beta^2}$，也因此 $|z|^2=z\overline{z}$。有了複數平面上的長度概念，我們就可如同坐標平面上定義極坐標的方式，定義複數的極式，即將複數 $z=\alpha+\beta i$ 寫成 $|z|(\cos\theta+\sin\theta i)$，其中 $0\le\theta\lt 2\pi$ 滿足 $\cos\theta=\dfrac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}$ 以及 $\sin\theta=\dfrac{\beta}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}$ 稱為 $z$ 的主輻角。複數的極式讓複數的乘法、除法，在複數平面上有另外有趣的幾何意義；不過因與本題無關，就此略過。
解答：首先將 $z=\dfrac{a-2i}{1+2i}$ 的分子、分母同乘 $1-2i$（即分母的共軛），得 $z=\dfrac{a-4}{5}-\dfrac{2(a+1)}{5}i$。所以 $z$ 的實部為 $\dfrac{a-4}{5}$，選項(1)正確。另一方面 $\overline{z}=\dfrac{a-4}{5}+\dfrac{2(a+1)}{5}i$，所以 $z=\overline{z}$ 只有在兩者的虛部相等，即 $\dfrac{2(a+1)}{5}$ 等於 $0$ 時成立，亦即 $a=-1$，故選項(2)錯誤。
由於有些教科書沒有提及共軛的運算性質，也因此未提及複數絕對值的運算性質，所以這裡直接依定義處理選項(3)，即 \[|z|^2=(\dfrac{a-4}{5})^2+(\dfrac{2(a+1)}{5})^2=\dfrac{1}{25}(5a^2+20)=\dfrac{a^2+4}{5}\ge\dfrac{4}{5},\]此選項正確。選項(4)探討的是 $a=0$ 的情形，此時 $z=-\dfrac{4}{5}-\dfrac{2}{5}i$。由於此時 $z$ 的實部、虛部皆為負，位於複數平面的第三象限，故其主輻角介於 $\pi$ 和 $\dfrac{3}{2}\pi$ 之間，選項(4)正確。選項(5)探討 $z$ 是否可能位於複數平面的第一象限，亦即 $z$ 的實部 $\dfrac{a-4}{5}$ 和虛部 $-\dfrac{2(a+1)}{5}$ 都要大於 $0$。然而 $\dfrac{a-4}{5}\gt0$ 表示 $a\gt4$；而 $-\dfrac{2(a+1)}{5}\gt0$ 表示 $a\lt-1$。因此不可能有這樣的實數 $a$ 存在，也因此選項(5)正確。
附註：選項(3)所談共軛的運算性質指的是兩複數 $z_1,z_2$ 相乘後取共軛 $\overline{z_1\cdot z_2}$ 會等於先各別取共軛再相乘 $\overline{z_1}\cdot\overline{z_2}$，即 $\overline{z_1\cdot z_2}=\overline{z_1}\cdot\overline{z_2}$。這個性質可利用複數乘法以及共軛定義直接證明，這裡就不再論證。 重點是它可以幫助我們處理複數絕對值的乘法性質，也就是複數絕對值和實數的絕對值有一樣的乘法性質 $|z_1\cdot z_2|=|z_1|\cdot|z_2|$。這是因為依定義 $|z_1\cdot z_2|^2=(z_1\cdot z_2)(\overline{z_1\cdot z_2})$。我們可以將 $\overline{z_1\cdot z_2}$ 拆開寫成 $\overline{z_1}\cdot\overline{z_2}$，接著利用複數乘法交換律以及結合律將 $(z_1\cdot z_2)(\overline{z_1}\cdot\overline{z_2})$ 寫成 $(z_1\overline{z_1})(z_2\overline{z_2})$，因此得到 $|z_1\cdot z_2|^2=|z_1|^2\cdot|z_2|^2$。最後由於複數絕對值是非負實數，故兩邊開根號，得證 $|z_1\cdot z_2|=|z_1|\cdot|z_2|$。有了絕對值的乘法性質，就可推得絕對值的除法性質。這是因為當 $z_2\ne 0$ 時，兩複數 $z_2$, $\dfrac{z_1}{z_2}$ 相乘等於 $z_1$，所以取絕對質會滿足 $|z_2|\cdot\left|\dfrac{z_1}{z_2}\right|=\left|z_2\cdot\dfrac{z_1}{z_2}\right|=|z_1|$。因此利用 $|z_2|$ 是非零實數，上式左、右兩邊同除以 $|z_2|$，就得證 $\left|\dfrac{z_1}{z_2}\right|=\dfrac{|z_1|}{|z_2|}$。這個除法性質可以幫助我們在處理選項(3)時，不必由 $z=\dfrac{a-2i}{1+2i}$ 的實部、虛部求 $|z|^2$；而是直接利用 $\left|\dfrac{a-2i}{1+2i}\right|^2=\dfrac{|a-2i|^2}{|1+2i|^2}$ 得到 $|z|^2=\dfrac{a^2+4}{5}$。
我們也可利用共軛的乘法性質得到共軛的除法性質。同樣的，當 $z_2\ne0$，利用 $z_2\cdot\dfrac{z_1}{z_2}=z_1$，兩邊取共軛並利用共軛乘法性質得 $\overline{z_2}\cdot\overline{(\dfrac{z_1}{z_2})}=\overline{z_1}$。再由 $\overline{z_2}\ne0$，上式兩邊同除以 $\overline{z_2}$ 就得證 $\overline{(\dfrac{z_1}{z_2})}=\dfrac{\overline{z_1}}{\overline{z_2}}$。最後要提醒：雖然共軛有加法性質，即 $\overline{z_1+z_2}=\overline{z_1}+\overline{z_2}$，但這不表示 $|z_1+z_2|$ 會等於 $|z_1|+|z_2|$。這是因為 $|z_1+z_2|^2=(z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2})=|z_1|^2+z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1}+|z_2|^2$，而 $(|z_1|+|z_2|)^2=|z_1|^2+2|z_1z_2|+|z_2|^2$；但一般來講 $z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1}\ne2|z_1z_2|$。事實上複數的加法因為和複數平面上的向量加法相吻合，而絕對值又是向量長度，所以加法的絕對值會有如向量的三角不等式，即 $|z_1+z_2|\le|z_1|+|z_2|$，且只有在 $z_1,z_2$ 看成複數平面上的向量是平行且同向（即主輻角相等）時，等式會成立。
說明：本題前兩個選項評量一次、二次微分與函數圖形的關係。當函數在一個區間中各點的一次微分皆大於 $0$，則此函數在該區間為遞增（圖形往上）；反之若各點的一次微分皆小於 $0$，則此函數在該區間為遞減（圖形向下）。而若在區間中各點的二次微分皆大於 $0$，則此函數在該區間圖形為凹向上；反之若各點的二次微分皆小於 $0$，則此函數在該區間為圖形為凹向下。另外當函數圖形在一點的左、右兩側凹向改變，則稱該點為反曲點。接下來的選項探討選取左端點的黎曼和、右端點的黎曼和與定積分的關係。由於函數在所探討的區間是單調的（正、負一致，遞增、遞減一致且凹向一致）所以我們僅要探討在一個分段區間黎曼和與定積分的關係即可。也就是設分段點的左端點為 $\alpha$、右端點為 $\beta$。此時左端點黎曼和所需計算的部份為 $f(\alpha)(\beta-\alpha)$，記為 $M_\alpha^\beta$；右端點黎曼和所需計算的部份為 $f(\beta)(\beta-\alpha)$，記為 $N_\alpha^\beta$。我們只要驗證這些 $M_\alpha^\beta$、$N_\alpha^\beta$、$\int_\alpha^\beta f(x)dx$ 是否符合各選項相對應的關係即可。
我們要特別說明的是選項(3)、(4)僅牽涉到函數的遞增、遞減（與函數值的正負、凹向無關），而選項(5)僅牽涉到函數的凹向（與函數值的正負、遞增減無關）。出題者安排多餘的條件應該是希望將問題單純化，讓考生可以簡單用函數圖形處理各選項。這裡的解答就依題意用函數圖形處理各選項。至於前述更一般的狀況就留到附註探討。最後還要指出，選項(5)要用到函數凹向的特性，即函數為凹向上時，圖形上任取兩點，則在這之間的函數圖形會在兩點連線段的下方（反之，當函數為凹向下時，圖形上任取兩點，則在這之間的函數圖形會在兩點連線段的上方）。
解答： 選項(1)探討的是函數在區間 $(4,5)$ 的情形。依題目列表所示，當 $x\in(4,5)$，會滿足 $f'(x)\gt0$ 且 $f''(x)\lt0$。所以函數在此區間為遞增且圖形為凹向下，此選項錯誤。選項(2)是正確的，亦即存在 $r\in[5,6]$ 滿足 $f''(r)=0$ 且在 $x=r$ 的兩側 $f''(x)$ 是異號的，因此依定義，點 $(r,f(r))$ 就是反曲點。要說明 $r$ 的存在性，或許老師會用圖形來解釋，利用 $f''(x)$ 在 $x=5$ 的左側取值小於 $0$ 且在 $x=6$ 的右側取值大於 $0$，所以可以利用 $f''(x)$ 為連續函數得知 $y=f''(x)$ 的圖形一定會在閉區間 $[5,6]$ 的某處貫穿 $x$ 軸。這個論述或許學生容易理解，可惜它不夠完善，因為對一般的連續函數它未必正確。事實上，我們可以找到二次可微函數 $g(x)$ 滿足在 $x\lt5$ 時 $g''(x)\lt 0$ 且在 $x\gt6$ 時 $g''(x)\gt0$；但在 $x\in[5,6]$ 時 $g''(x)$ 恆為 $0$。所以要正確論述選項(2)，還是得仰賴 $f''(x)$ 依然是多項式（而不是僅是連續函數）。我們可以利用 $f''(x)$ 在 $x=5$ 的左側取值小於 $0$ 且在 $x=6$ 的右側取值大於 $0$，得知多項式 $f''(x)=0$ 必有實根發生於 $x=5$ 與 $x=6$ 之間。接著我們將這之間的實根皆列出，再利用探討多項式不等式的方式，說明每個根若都出現偶數次，會造成 $f''(x)$ 的取值不會變號的矛盾，所以一定有些根會出現奇數次。因而這些奇數次根就是我們要找的 $r$ 了！
選項(3)探討的是在區間 $[2,3]$ 的情形。如前所述我們可以先考慮 $[2,3]$ 的三等分中任一段，設該分段的左、右端分別為 $\alpha$、$\beta$。因為該分段是在區間 $[2,3]$，在此分段上的點
$x$ 滿足 $f(x)\gt0$、$f'(x)\lt0$ 以及 $f''(x)\lt 0$，所以我們在 $x$ 軸上方畫一個凹向下且遞減的曲線，並以粗線表示 $y=f(x)$ 在此分段的圖形，如圖： 
。由於此選項問的是左端點黎曼和 $M_2^3(f)$，所以我們畫上利用左端點所得矩形，其面積就是 $M_\alpha^\beta=f(\alpha)(\beta-\alpha)$。此面積明顯大於函數圖形與 $x$軸之間的面積 $\int_\alpha^\beta f(x)dx$。故知 $\int_\alpha^\beta f(x)dx\lt M_\alpha^\beta$。利用定積分的性質，$\int_2^3 f(x)dx$ 就是三個分段中的 $\int_\alpha^\beta f(x)dx$ 相加；而左端點黎曼和 $M_2^3(f)$ 就是三個分段中的 $M_\alpha^\beta$ 相加。因此得 $\int_2^3 f(x)dx\lt M_2^3(f)$，亦即選項(3)正確。
選項(4) 探討的是在區間 $[4,5]$ 的情形。如前，我們考慮 $[4,5]$ 的三等分中任一段 $[\alpha,\beta]$。因為其中的點
$x$ 滿足 $f(x)\lt0$、$f'(x)\gt0$ 以及 $f''(x)\lt 0$，所以我們在 $x$ 軸下方畫一個凹向下且遞增的曲線，並以粗線表示 $y=f(x)$ 在此分段的圖形，如圖：
。 由於此選項問的是右端點黎曼和，所以我們畫上利用右端點所得矩形，其面積就是 $|N_\alpha^\beta|=|f(\beta)(\beta-\alpha)|$。此面積明顯小於函數圖形與 $x$軸之間的面積 $|\int_\alpha^\beta f(x)dx|$。但因為圖形皆在 $x$ 軸下方，即 $N_\alpha^\beta=f(\beta)(\beta-\alpha)\lt0$ 且 $\int_\alpha^\beta f(x)dx\lt0$，故得 $\int_\alpha^\beta f(x)dx\lt N_\alpha^\beta$。因此 $\int_4^5 f(x)dx\lt N_4^5(f)$，故知選項(4)錯誤。
選項(5) 探討的是在區間 $[6,7]$ 的情形。我們依然考慮其三等分中其中任一段 $[\alpha,\beta]$。因為其中的點
$x$ 滿足 $f(x)\lt0$、$f'(x)\lt0$ 以及 $f''(x)\gt 0$，所以我們在 $x$ 軸下方畫一個凹向上且遞減的曲線，並以粗線表示 $y=f(x)$ 在此分段的圖形，如圖：
。由於此選項問的是左、右端點黎曼和的平均，而 $\dfrac{1}{2}|M_\alpha^\beta+N_\alpha^\beta|=\dfrac{1}{2}|(f(\alpha)+f(\beta))(\beta-\alpha)|$，所以我們畫上利用左、右端點所得梯形，其面積就是 $\dfrac{1}{2}|M_\alpha^\beta+N_\alpha^\beta|$。此面積明顯小於函數圖形與 $x$軸之間的面積 $|\int_\alpha^\beta f(x)dx|$。但因為圖形皆在 $x$ 軸下方，即 $\dfrac{1}{2}(M_\alpha^\beta+N_\alpha^\beta)\lt0$ 且 $\int_\alpha^\beta f(x)dx\lt0$，故得 $\int_\alpha^\beta f(x)dx\lt \dfrac{1}{2}(M_\alpha^\beta+N_\alpha^\beta)$。因此 $\int_6^7 f(x)dx\lt \dfrac{1}{2}(M_6^7(f)+N_6^7(f))$，故知選項(5)錯誤。
附註：上面的解答，我們依照題目的資訊繪圖說明定積分與左、右黎曼和之間的大小關係。此處我們要說明：定積分與左、右黎曼和之間的大小關係與函數値的正、負無關。也就說，前面所得的結論，即使函數在該區間有正、有負，也能得到同樣的結果。所以同學若要以圖形處理，如果擔心正、負號搞混，作答時都可假設函數圖形在 $x$軸上方，依然可得到定積分與左、右黎曼和之間正確的大小關係。這是因為我們可以找到很大的常數 $c$ 使得 $g(x)=f(x)+c$ 在所討論的區間 $[a,b]$ 取值皆大於 $0$。此時依定義 $g(x)$ 左黎曼和 $M_a^b(g)=M_a^b(f)+c(b-a)$；而 $g(x)$ 右黎曼和 $N_a^b(g)=N_a^b(f)+c(b-a)$。至於 $g(x)$ 的定積分也滿足 $\int_a^bg(x)dx=\int_a^b(f(x)+c)dx=\int_a^bf(x)dx+\int_a^bcdx=\int_a^bf(x)dx+c(b-a)$。所以 $g(x)$ 的定積分與左、右黎曼和之間的大小關係與 $f(x)$ 的定積分與左、右黎曼和之間的大小關係是一致的。
其實我們不必藉由繪圖，可直接利用定積分的性質處理選項(3)、(4)、(5)。這也順便告訴我們選項(3)、(4)僅和函數在該區間為遞增、遞減有關，與圖形的凹向無關；而選項(5)僅和圖形的凹向有關，與遞增減無關。首先我們探討函數在區間的遞增、減其定積分與左、右黎曼和之間的大小關係。假設函數 $f(x)$ 在區間 $[a,b]$ 為遞增，我們考慮在此區間任意分段 $[\alpha,\beta]$。此時給定在此區間的兩個常數函數 $g(x)=f(\alpha)$ 以及 $h(x)=f(\beta)$。注意因為 $f(x)$ 為遞增，對任意 $x\in[\alpha,\beta]$ 因為滿足 $\alpha\le x\le\beta$ 我們有 $g(x)=f(\alpha)\le f(x)\le f(\beta)=h(x)$。所以依定積分保持函數大小關係的性質可得 $\int_\alpha^\beta g(x)dx\le \int_\alpha^\beta f(x)dx\le \int_\alpha^\beta h(x)dx$。然而 $\int_\alpha^\beta g(x)dx=f(\alpha)(\beta-\alpha)=M_\alpha^\beta$ 且 $\int_\alpha^\beta h(x)dx=f(\beta)(\beta-\alpha)=N_\alpha^\beta$，故知 $M_\alpha^\beta\le\int_\alpha^\beta f(x)dx\le N_\alpha^\beta$，得證 $M_a^b(f)\le\int_a^b f(x)dx\le N_a^b(f)$。同理，若函數 $f(x)$ 在區間 $[a,b]$ 為遞減，則 $M_a^b(f)\ge\int_a^b f(x)dx\ge N_a^b(f)$。注意：由於此處未要求嚴格遞增、遞減，所以不等式保留等號。
另一方面，若函數圖形 $y=f(x)$ 在區間 $[a,b]$ 為凹向上，則在此區間任意分段 $[\alpha,\beta]$，我們可以考慮由圖形上兩端點 $(\alpha,f(\alpha))$、$(\beta,f(\beta))$ 連線所形成的一次多項式函數 $l(x)=\dfrac{f(\beta)-f(\alpha)}{\beta-\alpha}(x-\alpha)+f(\alpha)$。此時由於凹向上，函數圖形皆在線段下方，所以對任意 $x\in[\alpha,\beta]$ 皆滿足 $l(x)\gt f(x)$。因此再依定積分保持函數大小關係的性質可得 $\int_\alpha^\beta l(x)dx\gt \int_\alpha^\beta f(x)dx$。而 $\int_\alpha^\beta l(x)dx=\dfrac{1}{2}\dfrac{f(\beta)-f(\alpha)}{\beta-\alpha}(x-\alpha)^2+f(\alpha)x\Big|_\alpha^\beta=\dfrac{1}{2}(f(\beta)+f(\alpha))(\beta-\alpha)$ 。也就是說 $\int_\alpha^\beta l(x)dx=\dfrac{1}{2}(M_\alpha^\beta+N_\alpha^\beta)$，因此證明了 $\dfrac{1}{2}(M_a^b(f)+N_a^b(f))\gt\int_a^b f(x)dx$。同理，當 $y=f(x)$ 在區間 $[a,b]$ 為凹向下，考慮同樣的 $l(x)$，可證得 $\dfrac{1}{2}(M_a^b(f)+N_a^b(f))\lt\int_a^b f(x)dx$。
其實函數在區間的遞增、遞減其定積分與左、右黎曼和之間的大小關係，也可用積分的均值定理得到。也就是考慮任一分段區間 $[\alpha,\beta]$，存在 $\gamma$ 滿足 $\alpha\le\gamma\le\beta$ 使得 $\int_\alpha^\beta f(x)dx=f(\gamma)(\beta-\alpha)$。所以若 $f(x)$ 為遞增，則由 $f(\alpha)\le f(\gamma)\le f(\beta)$，可推得 $M_\alpha^\beta\le\int_\alpha^\beta f(x)dx\le N_\alpha^\beta$。同理，若 $f(x)$ 為遞減，則得 $M_\alpha^\beta\ge\int_\alpha^\beta f(x)dx\ge N_\alpha^\beta$。微分也有均值定理。說的是函數圖形 $y=f(x)$ 中任取兩點 $P(a,f(a)),Q(b,f(b))$ 其連線（以下稱為割線）的斜率為 $m$，則可找到 $c$ 在 $a,b$ 之間使得 $f'(c)=m$。我們可以用它來說明二次微分大於 $0$，則圖形會在割線下方。首先在區間 $[a,b]$ 中 $f''(x)\gt 0$，表示在此區間 $f'(x)$ 為遞增。現假設連接 $P(a,f(a)),Q(b,f(b))$ 的割線斜率為 $m$，而有一點 $r$ 介於 $a,b$ 間但點 $R(r,f(r))$ 在割線 $\overline{PQ}$ 上方。此時設割線 $\overline{PR}$ 的斜率為 $m_1$、割線 $\overline{RQ}$ 的斜率為 $m_2$。我們有 $m_1\gt m\gt m_2$。而微分均值定理告訴我們：存在 $c_1,c_2$ 滿足 $a\lt c_1\lt r\lt c_2\lt b$ 使得 $f'(c_1)=m_1$ 且 $f'(c_2)=m_2$。亦即 $c_1\lt c_2$ 但 $f'(c_1)\gt f'(c_2)$。此與此區間 $f'(x)$ 為遞增相矛盾，故圖形上的點皆在割線下方。同理也可證：當二次微分小於 $0$，則圖形會在割線上方。
說明：此題評量應是評量合成函數的概念，但因為是具體的函數，考生可直接作答不需一般合成函數理論。不過在此我們特別利用相關合成函數概念說明，讓學生進一步了解這些概念。由 $f(x)=\log\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)$，我們可以將 $f(x)$ 看成合成函數 $h(g(x))$，其中 $g(x)=\dfrac{1+x}{1-x}$ 且 $h(x)=\log x$。要了解一個函數，我們先會探討其定義域，出題者或許考量考生對此名詞不熟悉，特意避開而用“有意義”這個說法。也就是說，探討哪些 $x$ 可代入 $g(x)$ 且代入後所得值又可代入 $h(x)$。除了定義域外，函數的值域也是了解一個函數主要的探討對象。也就是了解定義域的數代入函數後可以得到哪些值。選項 (4) 雖然僅問 $f(x)$ 可否取值 $-100$，不過若能處理這個選項，大致上便能了解 $f(x)$ 的值域會是整個實數。處理的方法當然就是解方程式 $f(x)=-100$ 是否有解。而解的過程事實上先用到了 $h(x)$ 的反函數，再用到 $g(x)$ 的反函數解出。這個過程也讓我們了解到 $f(x)$ 其實會有反函數，且可具體寫下它。選項中另外涉及圖形的對稱性。一般相關的問題包括：圖形本身的對稱性、兩圖形之間的對稱性。例如選項(2)問的是函數 $y=f(x)$ 是否滿足 $f(-x)=-f(x)$，其實就是想了解若 $\Gamma$ 為其函數圖形，則點 $(a,b)$ 在 $\Gamma$ 上（即 $b=f(a)$）是否表示點 $(-a,-b)$ 也在 $\Gamma$ 上（即 $f(-a)=-b=-f(a)$）。這等同於想了解 $y=f(x)$ 的圖形本身是否對稱於原點。知道函數圖形對稱於原點，表示若能掌握 $f(x)$ 在 $x\gt0$ 的情形，就能了解整個 $f(x)$。 選項(3)某種意義上就是想進一步了解此情況。事實上若有負數 $a\lt 0$ 使得 $f(a)\gt0$，由對稱性就知存在 $b=-a\gt0$ 使得 $f(b)\lt 0$，所以選項(3)等同於反過來問：是否當 $1\gt x\gt 0$，必可得 $f(x)\gt0$。不過我們可以不管這個由選項(2)所推得的等價關係，直接驗證即可。選項(5)問的是兩函數圖形 $y=f(x)$、$y=\lambda(x)$ 是否對稱於直線 $y=x$ 的問題。也就是要驗證若點 $(a,b)$ 在 $y=f(x)$ 的圖形上（即 $b=f(a)$）是否點 $(b,a)$ 會在 $y=\lambda(x)$ 的圖形上（即 $a=\lambda(b)$）。若成立，表示 $\lambda(f(a))=a$ 且 $f(\lambda(b))=b$，亦即 $f(x)$、$\lambda(x)$ 互為反函數。
解答： 選項(1)要了解 $f(x)=\log\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)$ 的定義域。我們先考慮哪些實數 $x$ 可代入 $g(x)=\dfrac{1+x}{1-x}$，即 $x\ne 1$。接著就是考慮哪些不等於 $1$ 的 $x$ 代入 $g(x)$ 後所得結果依然可代入 $h(x)=\log x$。由於只有正實數可代入 $h(x)$，所以我們要找出滿足 $g(x)\gt0$ 的實數，亦即 $\dfrac{1+x}{1-x}\gt0$。由於已知 $x\ne 1$，所以 $\dfrac{1+x}{1-x}\gt0$ 等同於 $(1-x)^2\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)\gt0$。因此我們利用解多項式不等式 $(1-x)(1+x)\gt0$，得知需 $-1\lt x\lt 1$ 才能使得 $f(x)$ 有意義，即 $f(x)$ 的定義域為開區間 $(-1, 1)$。當然了我們也可代 $x=-1$，知 $f(-1)=\log(0)$ 無意義，而知此選項不正確。選項(2)要求檢查 $f(-x)=\log\left(\dfrac{1-x}{1+x}\right)$ 是否等於 $-f(x)=-\log\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)$。應可理解，此為評量對數律，利用 $\log\left(\dfrac{1-x}{1+x}\right)=\log(1-x)-\log(1+x)$ 以及 $\log\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)=\log(1+x)-\log(1-x)$，立可推得此選項正確。這個結果告訴我們 $y=f(x)$ 的圖形對稱於原點。
選項(3)若能了解定義域的意義，就很好處理了。由 $f(x)\gt0$，知 $x$ 一定在定義域內，即 $-1\lt x\lt 1$。故由 $\log\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)\gt0$，知 $\dfrac{1+x}{1-x}\gt1$，再由 $1-x\gt0$，得知 $1+x\gt1-x$。因此選項(3)正確。選項(4)和(3)處理方式一樣，只是要解方程式而不是不等式（反而比較簡單）。即解 $\log\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)=-100$，故等式兩邊取 $\log x$ 的反函數 $10^x$，得 $\dfrac{1+x}{1-x}=10^{-100}$，再解得 $x=\dfrac{10^{-100}-1}{10^{-100}+1}$（事實上當 $a\ne-1$，方程式 $\dfrac{1+x}{1-x}=a$ 的解為 $x=\dfrac{a-1}{a+1}$）。選項(4)正確。選項(5)如果成立，表示若點 $(a,b)$ 在 $y=f(x)$ 的圖形上，則 $(b,a)$ 會在 $y=10^{(1+x)/(1-x)}$ 上。但選項(3)已知 $y=f(x)$ 的圖形對稱於原點，即 $(0,0)$ 在 $y=f(x)$ 上；但 $10^{(1+0)/(1-0)}=10\ne 0$，即原點不在 $y=10^{(1+x)/(1-x)}$ 圖形上。故選項(5)不正確。
附註：若令 $g(x)=\dfrac{1+x}{1-x}$ 且 $h(x)=\log x$，則本題 $f(x)$ 就是合成函數 $h(g(x))$。其中對數函數 $h(x)=\log x$ 大家應很熟悉，不過有理函數 $g(x)=\dfrac{1+x}{1-x}$ 在高中數學可能甚少著墨 。$\dfrac{1+x}{1-x}$ 有所謂部份分式的表法，即可以寫成 $a+\dfrac{b}{1-x}$，其中 $a,b$ 皆為實數。不難解得 $\dfrac{1+x}{1-x}=-1+\dfrac{2}{1-x}$。從這個部份分式表法，很容易看出 $g(x)=-1+\dfrac{2}{1-x}$ 在 $f(x)$ 的定義域 $(-1,1)$ 是嚴格遞增的，再加上 $h(x)=\log x$ 也是嚴格遞增，所以合成函數 $f(x)=h(g(x))$ 也是嚴格遞增，也就是說 $f(x)$ 是一對一函數。另一方面，$g(x)$ 將區間 $(-1,1)$ 映射到整個正實數，再加上 $h(x)$ 將整個正實數映射到整個實數，所以合成函數 $f(x)=h(g(x))$ 是將區間 $(-1,1)$ 映射到整個實數的函數。從這兩個觀點，很容易就確認選項(3)、(4)的正確性，且知 $f(x)$ 有一個反函數是從實數映射到開區間 $(-1,1)$。要注意所有的函數圖形 $y=f(x)$ 一定有一個圖形 $\Gamma$ 與之對稱於直線 $y=x$。亦即當點 $(a,b)$ 在函數圖形 $y=f(x)$ 上時，點 $(b,a)$ 會在 $\Gamma$ 上。由於當點 $(a,b)$ 在函數圖形 $y=f(x)$ 上時表示 $x=a,y=b$ 滿足方程式 $y=f(x)$，所以若考慮方程式 $x=f(y)$，則 $x=b,y=a$ 就會滿足方程式 $x=f(y)$。因此 $(b,a)$ 在 $\Gamma$ 上，表示 $\Gamma$ 上的點需滿足方程式 $x=f(y)$。注意此時 $\Gamma$ 未必會是函數的圖形。例如函數 $y=x^2$ 的圖形與 $x=y^2$ 的圖形對稱於直線 $y=x$，但 $x=y^2$ 並不是任何函數的圖形。也就是說函數 $f(x)$ 是否有反函數就看與之對稱於 $y=x$ 的圖形 $x=f(y)$ 是否是一個函數的圖形。所以我們不能說與函數 $y=f(x)$ 對稱於 $y=x$ 的圖形就是 $f(x)$ 的反函數的圖形；但若 $f(x)$ 的反函數存在，則兩者的圖形對稱於 $y=x$。前面已知本題 $f(x)=\log\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)$ 的反函數存在，所以選項(5)與 $y=f(x)$ 對稱於 $y=x$ 的函數圖形應該是 $f(x)$ 的反函數圖形。而我們已知選項(5)的函數圖形並不與 $y=f(x)$ 對稱於 $y=x$，所以它不是 $f(x)$ 的反函數。事實上若將 $h(x)=\log x$ 的反函數 $10^x$ 表為 $h^{-1}(x)$，則選項(5)的函數可表為 $h^{-1}(g(x))$。一般來說 $h(g(x))$ 的反函數不會是 $h^{-1}(g(x))$，正確應為 $g^{-1}(h^{-1}(x))$，其中 $g^{-1}(x)$ 表示 $g(x)$ 的反函數。
我們先用剛才圖形對稱的看法找到與 $y=\log\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)$ 對稱於 $y=x$ 的圖形上的點 $(x,y)$ 所需符合的方程式，即 $x=\log\left(\dfrac{1+y}{1-y}\right)$。嘗試利用選項(4)的方法，將此方程式的圖形表為函數的圖形，依此得到 $f(x)$ 的反函數。首先利用 $h(x)=\log x$ 的反函數 $h^{-1}(x)=10^x$ 將等式兩邊代入 $h^{-1}(x)$ 得 $h^{-1}(x)=10^x=\dfrac{1+y}{1-y}$。等式兩邊乘上 $1-y$，得 $10^x(1-y)=1+y$。再移項將 $y$ 係數合併，即 $10^x-1=(10^x+1)y$。解得 $y=\dfrac{10^x-1}{10^x+1}$，亦即與 $y=f(x)$ 對稱於 $y=x$ 的圖形確為一個函數的圖形，且因此知此函數為 $f(x)$ 的反函數 $f^{-1}(x)=\dfrac{10^x-1}{10^x+1}$。事實上 $g(x)=\dfrac{1+x}{1-x}$ 的反函數圖形上的點 $(x,y)$ 滿足 $x=\dfrac{1+y}{1-y}$，故解得 $g(x)$ 的反函數為 $g^{-1}(x)=\dfrac{x-1}{x+1}$。所以若將前面 $h^{-1}(x)=10^x$ 代入 $g^{-1}(x)$ 可得 $g^{-1}(h^{-1}(x))=\dfrac{10^x-1}{10^x+1}$ 確實等於 $f(x)=h(g(x))$ 的反函數。
說明： 評量坐標平面上的向量，因為評量內容較多，問題的難易會和處理的看法不同有所差異，此題應該是本卷最具挑戰性的一題。題目設定為：給定向量 $\overset{\large{\rightharpoonup}}{w}=(2,2)$，考慮所有滿足 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 且 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|=2$ 的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$。選項(1)是整題的關鍵（除非利用純代數方法，參見附註），將 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 寫成 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(2,2)$ 代入 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|=2$，即可知 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 必須符合 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(1,1)\right|=1$。反之若 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 滿足 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(1,1)\right|=1$，則令 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(2,2)$ 會使得 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|=2$。所以我們考慮 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 滿足 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(1,1)\right|=1$，就完全掌握符合題設的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 了! 在這之後，一般會有兩種看法處理後面的選項（另有第三種看法參見附註）。不同看法處理各選項各有優略，在考場上能適時變換策略並不容易，學生不必因而恐慌，事實上任一看法都能解決所有問題。在解答中，我們還是將兩種處理的方法分別列出。學生可依自己熟悉的看法，只要能掌握問題所評量的重點，都能完整回答問題。當然了，若能了解各種看法的特點，對以後處理類似問題更有幫助。
第一種看法，應該是學生較熟悉的看法，也就是將向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 視為起點為原點，終點坐標為 $(x,y)$ 的向量。如此選項(1) $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(1,1)\right|=1$，告訴我們 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的終點 $(x,y)$ 需符合 $(x+1)^2+(y+1)^2=1$。即位於以點 $(-1,-1)$ 為圓心，半徑為 $1$ 的圓上。所以我們就可以用坐標幾何的方法處理。若對圓與直線相關問題熟悉，就能處理其餘選項。
第二種看法，學生較難想到，它與前一看法相反，不是固定起點；反而利用向量起點是可以任意設定的特點。這個另類的思考方向，或許學生以後處理問題時不妨嘗試一下。 我們可以將向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的起點擺在一起，設為坐標 $(x,y)$。且將向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的終點置於原點 $(0,0)$（也因此依題設，向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 的終點為 $(2,2)$）。依此設定，$\overset{\large\rightharpoonup}{v}=(-x,-y)$，所以選項(1)告訴我們向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的起點位於以點 $(1,1)$ 為圓心，半徑為 $1$ 的圓上。這樣的設定，讓 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 形成以向量 $(2,2)$ 為對角線且另一對角線長為 $2$ 的平行四邊形。這應該是出題者設定的用意，我們可以完全以熟悉的平行四邊形性質處理各問題。
解答：首先由題設 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(2,2)$ 代入 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|=2$，得 $\left|2\overset{\large\rightharpoonup}{v}+2(1,1)\right|=2$，等式兩邊除以$2$，得 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(1,1)\right|=1$，故選項(1)正確。接下來我們我們分別以前述的兩種看法處理其他選項。
（看法一）：令向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的起點坐標皆為原點 $O$，而$\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的終點坐標為點 $P(x,y)$。即 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=(x,y)$ 且 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=(x+2,y+2)$。利用選項(1)知 $\left|(x,y)+(1,1)\right|=1$，亦即 $(x+1)^2+(y+1)^2=1$，也就是點 $P(x,y)$ 位於以 $(-1,-1)$ 為圓心的單位圓 $C$ 上。所以我們只要考慮所有以圓 $C$ 上一點 $P$ 為終點，起點為原點的向量 $\overset{\Large\rightharpoonup}{OP}$ 就可得到所有符合題設的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\overset{\Large\rightharpoonup}{OQ}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\overset{\Large\rightharpoonup}{OP}$。它們之間的關係如圖：
。選項(2)問 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的內積為
$(x+2,y+2)\cdot(x,y)=x^2+2x+y^2+2y=(x+1)^2+(y+1)^2-2=-1$，故此選項正確。選項(3)探討的是 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|$ 的最大值。由上圖知：最大值（及最小値）發生於 $P$ 落在圓心 $(-1,-1)$ 與原點的連線上，故最大值為圓心到原點的距離 $\sqrt{2}$ 加上半徑 $1$，即 $\sqrt{2}+1$（最小值會是 $\sqrt{2}-1$），選項(3)錯誤。而且我們發現此時 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\overset{\Large\rightharpoonup}{OP}$ 平行於 $(1,1)$，所以 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\overset{\large\rightharpoonup}{v}+(2,2)$ 也平行於 $(1,1)$ 故選項(4)也錯誤。選項(5)問的是 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|\,\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|\sin\theta$ 的最大值，亦即 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 所形成的平行四邊形的面積最大值。此平行四邊形面積為行列式 $\left|\begin{matrix}x& y\\x+2&y+2\end{matrix}\right|$ 的絕對值 $2|y-x|$。由於 $P(x,y)$ 在圓 $C$ 上，我們可以用參數式 $x=-1+\cos\phi$, $y=-1+\sin\phi$ 以及疊合求出 $2|y-x|=2|\sin\phi-\cos\phi|$ 有最大值 $2\sqrt{2}$。也可利用直線 $y-x=k$ 若與圓 $C$ 相交，必需滿足與圓心 $(-1,-1)$ 的距離小於或等於半徑 $1$，亦即 $\dfrac{|k|}{\sqrt{1^2+1^2}}\le1$，因此求得 $|k|\le\sqrt{2}$，故 $2|y-x|=2|k|$ 有最大值 $2\sqrt{2}$。
（看法二）：這次令向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的起點坐標皆為點 $P(x,y)$，而 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的終點坐標分別為 $Q(2,2)$、$O(0,0)$，即 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=(2-x,2-y)$ 且 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=(-x,-y)$。利用選項(1)知 $\left|(-x,-y)+(1,1)\right|=1$，亦即 $(x-1)^2+(y-1)^2=1$，也就是點 $P(x,y)$ 位於以 $(1,1)$ 為圓心的單位圓 $C$ 上。所以我們只要考慮所有以圓 $C$ 上一點 $P$ 為起點且終點分別為 $Q$、$O$ 所形成的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\overset{\Large\rightharpoonup}{PQ}=(2-x,2-y)$、 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\overset{\Large\rightharpoonup}{PO}=(-x,-y)$，就是所有符合題設的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$。它們之間的關係以及 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 所形成的平行四邊形圖示如下：
。選項(3)探討的是 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|$ 的最大值。由上圖知：最大值（及最小値）發生於 $P$ 落在 $OQ$ 連線上，故最大值為圓心到 $O$ 的距離 $\sqrt{2}$ 加上半徑 $1$，即 $\sqrt{2}+1$（最小值會是 $\sqrt{2}-1$），選項(3)錯誤。而且我們發現此時 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\overset{\Large\rightharpoonup}{PQ}$、 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\overset{\Large\rightharpoonup}{PO}$ 皆平行於 $\overset{\Large\rightharpoonup}{OQ}=(2,2)$，所以選項(4)也錯誤。選項(5)問的是 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|\,\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|\sin\theta$ 的最大值，亦即 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 所形成的平行四邊形的面積最大值。此平行四邊形面積是 $\triangle OPQ$ 面積兩倍。而 $\triangle OPQ$ 的一底 $OQ$ 固定且長度為 $2\sqrt{2}$，而高的最大值發生於 $P$ 點到圓心與 $OQ$ 垂直，此時高為半徑 $1$。故 $\triangle OPQ$ 面積的最大值為 $\sqrt{2}$，因此平行四邊形面積的最大值為 $2\sqrt{2}$，亦即選項(5)正確。選項(2)問 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的內積，可以用坐標處理。不過因坐標的方法在（看法一）已用過，這裡刻意改用平行四邊形對角線性質處理。首先由餘弦定理知 $2\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\overline{PO}^2+\overline{PQ}^2-\overline{OQ}^2$。不過 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 所形成的平行四邊形的兩對角線平方和已知為 $2^2+(2\sqrt{2})^2=12$ 所以由平行四邊形各邉長平方和等於兩對角線平方和知 $\overline{PO}^2+\overline{PQ}^2=6$，也因此得 $2\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{v}=6-8=-2$，故知選項(2)正確。
附註：其實本題不需明確知道向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v}$，只要知道其長度為 $2\sqrt{2}$ 就可回答選項 (2)到(5)。題設 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v}=(2,2)$ 應該是想由選項(1)引導考生利用前述較幾何的看法處理。明確知道 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v}=(2,2)$，其實可以讓我們求出 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 是哪個向量時長度最長（或最短），以及 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 是哪些向量時會使得 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|\,\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|\sin\theta$ 有最大值。雖然題目未問及這些問題，不過在解答時已知它們的發生處，不妨讓學生找出這些向量。亦即當 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=-\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}(1,1)$ 時， $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|$ 有最大值 $\sqrt{2}+1$；而當 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=-\dfrac{1}{2}(2+\sqrt{2},2-\sqrt{2})$ 或 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=-\dfrac{1}{2}(2-\sqrt{2},2+\sqrt{2})$ 時， $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}\right|\,\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|\sin\theta$ 有最大值 $2\sqrt{2}$。
接下來，我們介紹前面提過不借助圖形，直接利用向量的性質處理的第三種方法。為了說明本題在一般的情況皆適用，我們用抽象的向量處理，而不用具體的向量。題設改為：
『給定一固定向量 $\overset{\large{\rightharpoonup}}{w}$，其長度為 $\ell$，以及一正實數 $k$。考慮所有滿足 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 且 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|=k$ 的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$』。
首先觀察：若設 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\overset{\large\rightharpoonup}{x}$，則有 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}+\overset{\large\rightharpoonup}{w}=2\overset{\large\rightharpoonup}{u}$ 且 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}-\overset{\large\rightharpoonup}{w}=2\overset{\large\rightharpoonup}{v}$。換言之，任取一長度為 $k$ 的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$，則令 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\dfrac{1}{2}(\overset{\large\rightharpoonup}{x}+\overset{\large\rightharpoonup}{w})$ 且 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\dfrac{1}{2}(\overset{\large\rightharpoonup}{x}-\overset{\large\rightharpoonup}{w})$，就可以找到符合題設的向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 了!
選項(2)探討 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的內積。此時 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\dfrac{1}{4}\left((\overset{\large\rightharpoonup}{x}+\overset{\large\rightharpoonup}{w})\cdot(\overset{\large\rightharpoonup}{x}-\overset{\large\rightharpoonup}{w})\right)=\dfrac{1}{4}\left(\left|\overset{\large\rightharpoonup}{x}\right|^2-\left|\overset{\large\rightharpoonup}{w}\right|^2\right)$。所以 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 會是定值 $\dfrac{1}{4}(k^2-\ell^2)$。
選項(3)探討向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 的長度 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|$ 的範圍。由於 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\dfrac{1}{2}(\overset{\large\rightharpoonup}{x}-\overset{\large\rightharpoonup}{w})$，其中 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 為固定向量，而 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 可任意選取長度為 $k$ 的向量。我們知道當 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 方向相反，則 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}-\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 長度為 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{x}\right|+\left|\overset{\large\rightharpoonup}{w}\right|=k+\ell$ 會最長。因此知 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|$ 的最大值為 $\dfrac{1}{2}(k+\ell)$。同理，當 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 方向相同，則 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}-\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 長度為 $|k-\ell|$ 會最短。因此知 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{v}\right|$ 的最小值為 $\dfrac{1}{2}|k-\ell|$。
選項(4)探討向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 是否有可能平行。 上一選項我們曾考慮 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 方向相反的情形，即選取 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}=-\dfrac{k}{\ell}\overset{\large\rightharpoonup}{w}$（乘上 $-\dfrac{k}{\ell}$ 是為了與 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 方向相反且使得 $\left|\overset{\large\rightharpoonup}{x}\right|=k$）。 此時 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}=\dfrac{1}{2}(\overset{\large\rightharpoonup}{x}+\overset{\large\rightharpoonup}{w})=\dfrac{\ell-k}{2\ell}\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 且 $\overset{\large\rightharpoonup}{v}=\dfrac{1}{2}(\overset{\large\rightharpoonup}{x}-\overset{\large\rightharpoonup}{w})=\dfrac{-\ell-k}{2\ell}\overset{\large\rightharpoonup}{w}$，故互相平行。
選項(5)探討 $\overset{\large\rightharpoonup}{u}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 所形成的平行四邊形 $\Gamma_{u,v}$ 其最大可能的面積。注意，依假設 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}=\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v}$ 以及 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}=\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}$，即為平行四邊形 $\Gamma_{u,v}$ 的對角線向量。所以我們要探討的是：如何調整 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 使得以 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 為對角線向量的平行四邊形面積會最大。注意，平行四邊形 $\Gamma_{u,v}$ 其對角線的交點到兩相鄰頂點的向量恰為 $\dfrac{1}{2}\overset{\large\rightharpoonup}{w}$、$\dfrac{1}{2}\overset{\large\rightharpoonup}{x}$，且其與鄰邊所形成三角形的面積，恰為平行四邊形 $\Gamma_{u,v}$ 面積的 $\dfrac{1}{4}$，如圖：
。所以 $\dfrac{1}{2}\overset{\large\rightharpoonup}{w}$, $\dfrac{1}{2}\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 所形成的平行四邊形面積是 $\Gamma_{u,v}$ 面積的 $\dfrac{1}{2}$。也就是說對角線向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$, $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 所形成的平行四邊形 $\Gamma_{w,x}$ 的面積會是 $\Gamma_{u,v}$ 面積的 $2$ 倍。此事實也可用行列式性質證明。即由 $\Gamma_{u,v}$ 的面積為 $|\det\begin{bmatrix}\overset{\large\rightharpoonup}{u}\\\overset{\large\rightharpoonup}{v}\end{bmatrix}|=|\det\begin{bmatrix}\overset{\large\rightharpoonup}{u}\\\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\end{bmatrix}|$，而 $\Gamma_{w,x}$ 的面積為 $|\det\begin{bmatrix}\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\\\overset{\large\rightharpoonup}{u}-\overset{\large\rightharpoonup}{v}\end{bmatrix}|=|\det\begin{bmatrix}\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\\2\overset{\large\rightharpoonup}{u}\end{bmatrix}|=2|\det\begin{bmatrix}\overset{\large\rightharpoonup}{u}+\overset{\large\rightharpoonup}{v}\\\overset{\large\rightharpoonup}{u}\end{bmatrix}|$。由此可知，我們只要調整 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 使得 $\Gamma_{w,x}$ 的面積最大即可。亦即讓 $\overset{\large\rightharpoonup}{x}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{w}$ 垂直，此時 $\Gamma_{w,x}$ 為矩形，會有最大面積 $k\ell$。也因此 $\Gamma_{u,v}$（為菱形）會有最大面積 $\dfrac{k\ell}{2}$。
說明：本題利用情境列出所需的三元一次聯立方程，不難解出解來。不過題目並不是問聯立方程的解，而是要求利用高斯消去法將聯立方程所對應的增廣矩陣化簡，也就是將增廣矩陣利用基本列運算化簡成上三角矩陣（即對角線下方皆為 $0$）。不過要注意利用基本列運算，有時因為各列交換以及乘除不同實數等因素，所得的上三角矩陣有可能會不同。所以當化簡後的增廣矩陣與題目給的矩陣不吻合，不必擔心。由於基本列運算不會改變聯立方程的解，只要正確求出解，再套回題目的增廣矩陣所代表的聯立方程，就可求得增廣矩陣中的 $a,b$ 了!
解答：題目已設定蓮霧、草莓與葡萄分別買了 $x$、$y$ 與 $z$ 斤，所以依照共買了 $11.5$ 斤的水果，得 $x+y+z=11.5$、總花費 $1945$ 元，得 $110x+190y+160z=1945$，最後又知草莓比葡萄多買了 $2$ 斤，得 $y-z=2$。因此 $x,y,z$ 必須滿足三元一次聯立方程式：$\left\{\begin{array}{rrrl}x&+y&+z&=11.5\\110x&+190y&+160z&=1945\\&y&-z&=2\end{array}\right.$。此聯立方程可表為增廣矩陣 $\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\110&190&160&1945\\0&1&-1&2\end{array}\right]$。一般作基本列運算，我們會將係數矩陣有公因數的列除掉公因數以方便計算，也會將第一個非零項為 $1$ 的列置於上方避免乘分數的計算。所以我們可以將原來的增廣矩陣的第 $2$ 同除以 $10$ 再將其 $2$、$3$ 列互換，得： $\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\0&1&-1&2\\11&19&16&194.5\end{array}\right]$。 接著將第 $1$ 列乘上 $-11$ 加到第 $3$ 列得：$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\0&1&-1&2\\0&8&5&68\end{array}\right]$。最後將第 $2$ 列乘上 $-8$ 加到第 $3$ 列得：$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\0&1&-1&2\\0&0&13&52\end{array}\right]$。這個上三角矩陣雖和題目所給不吻合，但由第 $3$ 列知 $z=4$，再由第 $2$ 列表示 $y-z=2$ 知 $y=6$。而題目所給的增廣矩陣 $\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\0&8&a&68\\0&0&1&b\end{array}\right]$ 表示 $z=b$ 且 $8y+az=68$，故由 $z=4,y=6$ 解得 $a=5$, $b=4$。
附註：原來的增廣矩陣，若不將 $2$、$3$ 列互換，而由 $\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\11&19&16&194.5\\0&1&-1&2\end{array}\right]$ 將第 $1$ 列乘上 $-11$ 加到第 $2$ 列得：$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\0&8&5&68\\0&1&-1&2\end{array}\right]$。接著將第 $2$ 列乘上 $-\dfrac{1}{8}$ 加到第 $3$ 列得：$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\0&8&5&68\\0&0&-\frac{13}{8}&-\frac{13}{2}\end{array}\right]$。最後再將第 $3$ 列乘上 $-\dfrac{8}{13}$ 得：$\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&1&11.5\\0&8&5&68\\0&0&1&4\end{array}\right]$ 就和題目所給的增廣矩陣相吻合了。不過我們不必在列運算時，刻意找到特定運算使得和題目吻合。雖然高斯消去法最後所得的增廣矩陣不唯一，但解會一致，這應是本題所要評量的重點。
說明：乍看到此題，原點在圓 $C$ 外部，理應有兩條切線，不過所要填的格子好像只能填一個斜率。然而因圓心在 $x$ 軸上，由對稱性知斜率應僅差個正負號，所以第一格應是 $\pm$。雖然題目所給的兩直線互相垂直，會讓人想嘗試用平面幾何處理，不過本題應是評量直線與圓，直接利用坐標處理即可。題目涉及圓上的點到直線的最短距離，應不難理解就是圓心到直線的距離減去半徑。若不了解這個幾何意義，也可利用圓的參數式算出圓上各點到直線的最短距離。不難用相似形以及比例關係知道本題只要固定選取 $x$ 軸上原點以外的一點當圓心都能得到所要的切線。不過仍建議學生學習處理抽象的符號表達，設圓心為一般 $x$ 軸上的點處理。
解答：依題設，可假設圓 $C$ 的半徑為 $r$ 且圓心為 $P(c,0)$，其中 $0\lt r\lt |c|$（因圓 $C$ 與直線 $L_1: 4x-3y=0$ 以及 $L_2: 3x+4y=0$ 皆不相交，所以原點會在圓外）。我們先計算$d_1$，即 $C$ 到 $L_1$ 的最短距離。因圓心到 $L_1$ 的距離為 $\dfrac{|4c|}{\sqrt{4^2+3^2}}$，故知 $d_1=\dfrac{4}{5}|c|-r$。也可利用參數式設 $C$ 的點為 $(c+r\cos\theta,r\sin\theta)$，得到與 $L_1$ 的距離為 $\dfrac{1}{5}|4c+4r\cos\theta-3r\sin\theta|$，並利用疊合求得最小值為 $\dfrac{4}{5}|c|-r$。同理可得 $d_2=\dfrac{3}{5}|c|-r$。接著利用題設 $d_1=3d_2$，即 $\dfrac{4}{5}|c|-r=\dfrac{9}{5}|c|-3r$，解得 $|c|=2r$。亦即若點 $Q$ 為原點 $O$ 到圓 $C$ 的切點，則 $\overline{OP}=2r$ 且 $\overline{PQ}=r$。所以 $\overline{OQ}=\sqrt{(2r)^2-r^2}=\sqrt{3}r$，且得 $\tan\angle QOP=\dfrac{\overline{PQ}}{\overline{OQ}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$，如圖：
。因此解得切線斜率為 $\pm\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。
說明：本題基本上就是評量考生是否懂得『隨機變數』的意義。這個名詞容易被誤解是一個變數，應該讓學生了解其實它較相近於“函數”的概念。例如本題隨機變數 $X$ 可視為一個函數，它的定義域是整個隨機試驗的樣本空間，亦即隨機投擲五次骰子的所有可能結果，而函數的作用是計算各個樣本點（隨機投五次骰子的結果）中有幾個點數大於$4$，所以它的值域便是 $\{0,1,2,3,4,5\}$。 例如投擲五次都沒有出現點數 $5$ 或 $6$，此時函數 $X$ 的值便是 $0$。題目中隨機變數 $Y$ 的定義域依然是隨機投擲五次骰子所有可能的結果，而 $Y$ 的作用是計算各個投擲結果中有幾個點數為偶數，所以它的值域依然是 $\{0,1,2,3,4,5\}$。從這裡可以看出隨機變數可以很清楚的表達我們所要考慮的事件有哪些。例如題目中所謂 $X\ge3$ 才能進入第二階段，就是告訴我們只有在點數 $5$ 或 $6$ “至少出現$3$次”的事件才可進入第二階段。對機率函數來說，隨機變數才轉換成『變數』的身份。例如 $P(X=6)$ 意指使得 $X=6$ 的事件發生的機率，也就是投擲五次都出現點數 $5$ 或 $6$ 的機率。注意這裡是使用 $P(X=6)$ 不是 $P(6)$，因為我們要清楚表達是哪個隨機變數，$P(X=6)$ 和 $P(Y=6)$ 的意義不同。
了解隨機變數的意義後，我們就可計算題目中所要求的機率。不過還是有幾點需注意。題目中提及 $Y=X-1$ 才可獲獎，例如當 $X=3$ 時必需 $Y=2$ 才可獲獎。所以我們必需算如 $X=3$ 且 $Y=2$ 的機率。因為兩階段是互相獨立（結果互不影響）所以機率會等於 $P(X=3)\times P(Y=2)$。另外獲獎的事件由 $X$ （即 $X=3$、$X=4$、$X=5$）分成三個互不相交的事件所組成（即聯集），所以機率是可以相加的。最後要注意的是，題目問的是在獲獎的條件下，$X=3$ 的機率，意指在可獲獎的事件中，發生 $X=3$ 的機率；而不是 $X=3$ 的事件中，會獲獎的機率。兩種條件機率的意義完全不同。
解答：依題意第一階段符合 $X\ge3$ 的事件才可進入第二階段也才有機會獲獎，這表示我們必需考慮的是第一階段符合 $X=3,4,5$ 的事件。而第二階段考慮的是與前一階段中的 $X$ 滿足 $Y=X-1$ 的事件，所以可以獲獎的機率是 $P(X=3)P(Y=2)+P(X=4)P(Y=3)+P(X=5)P(Y=4)$。最後再將 $P(X=3)P(Y=2)$ 除以獲獎機率，就是題目要求的條件機率。所以接下來我們要計算每一個相關事件的機率。
我們先計算 $P(X=3)$。因為 $X$ 僅計算大於 $4$ 的點數，所以我們可以將點數分成 $\{1,2,3,4\}$ 以及 $\{5,6\}$ 兩類。因為擲得這兩類的機率分別為 $\dfrac{2}{3}$ 以及 $\dfrac{1}{3}$，而 $X=3$ 的事件是五次投擲中恰有三次擲得 $\{5,6\}$ 這一類。這三次有 $C^5_3$ 個可能，且因每個發生的機率為 $(\dfrac{1}{3})^3(\dfrac{2}{3})^2$，故 $P(X=3)=C^5_3(\dfrac{1}{3})^3(\dfrac{2}{3})^2=\dfrac{40}{3^5}$。同理可得 $P(X=4)=C^5_4(\dfrac{1}{3})^4(\dfrac{2}{3})=\dfrac{10}{3^5}$ 以及 $P(X=5)=C^5_5(\dfrac{1}{3})^5=\dfrac{1}{3^5}$。接著計算 $P(Y=2)$。因為 $X$ 僅計算偶數的點數，所以我們可以將點數分成 $\{1,3,5\}$ 以及 $\{2,4,6\}$ 兩類。因為擲得這兩類的機率皆為 $\dfrac{1}{2}$，故得 $P(Y=2)=C^5_2(\dfrac{1}{2})^5=\dfrac{10}{2^5}$。同理可得 $P(Y=3)=C^5_3(\dfrac{1}{2})^5=\dfrac{10}{2^5}$ 以及 $P(Y=4)=C^5_4(\dfrac{1}{2})^5=\dfrac{5}{2^5}$。因此在得獎的條件下，$X=3$ 的條件機率為 $\dfrac{40\times10}{40\times10+10\times10+5}=\dfrac{400}{400+100+5}=\dfrac{80}{101}$。注意這裡計算時因為原式分子、分母都同乘以 $(\dfrac{1}{6})^5$ 所以可以先約掉，減少計算。
附註：題目中提及 $Y=X-1$，注意若以函數觀點看隨機變數，因為 $X,Y$ 有同樣的定義域（樣本空間），可能會誤以為要將同一個五次投擲結果丟到 $X,Y$ 這兩個函數檢查是否滿足 $Y=X-1$。事實上依題意 $X$, $Y$ 的定義域應該是互相獨立的兩個實驗（即兩階段的投擲）所以形成的樣本空間，也就是先談兩階段的投擲再說明 $X,Y$ 是在此樣本空間下的隨機變數比較正確。不過這樣精準的敘述考生反而較難讀懂題意。基本上我們是利用原來的函數 $X,Y$ 得到新的函數 $(X,Y)$，將一、二階段投擲所得的兩個樣本點分別代入 $X$、$Y$ 再檢查是否滿足 $Y=X-1$。在考慮符合 $X=3$ 與 $Y=2$ 的事件發生的機率時，建議不要使用 $P(X=3 \wedge Y=2)$ （其中 $\wedge$ 是『且』的意思）表示其機率，因為若依原始定義 $X,Y$ 有同樣的定義域，這容易被誤解成投擲五次出現 “三個大於 $4$ 的點數且有兩個偶數點數”的機率。或許這裡使用新的函數數 $(X,Y)$，即以 $P\big((X=3,Y=2)\big)$ 表示其機率比較好。因為兩實驗互相獨立，所以更容易理解 $P\big((X=3,Y=2)\big)=P(X=3)\times P(Y=2)$（類似坐標平面上滿足 $x$ 坐標為 $\{1,2,3\}$ 且 $y$ 坐標為 $\{1,2\}$ 的點 $(x,y)$ 共有 $3\times 2$ 個點的概念）。
說明：本題評量定積分以及多項式函數在閉區間的最大、最小值問題。一般處理定積分，我們會利用“微積分基本定理”處理。也就是說若 $F(x)$ 為 $f(x)$ 的一個反導函數（亦即 $F'(x)=f(x)$），則定積分 $\int_a^bf(x)\,dx=F(x)\Big|^b_a=F(b)-F(a)$。從這裡可以知道定積分的上界(或下界）若改變，則積分値會跟著改變，所以我們可以將定積分的上界（或下界）以變數 $x$ 來表示，而得到新的函數方便了解積分值的變化情形。不過注意這裡原函數 $f(x)$ 的 $x$ 與定積分上界的 $x$ 意義不同，所以為了避免混淆，我們會把這個以定積分所定義的函數用 $\int^x_af(t)\,dt$ 來表示。（這就如同用 $\Sigma$ 符號寫下數列 $\langle a_n\rangle$ 的前 $n$ 項和，我們不能用 $\sum_{n=1}^na_n$ 來表示。因為這裡 $a_n$ 的 $n$ 和加到第 $n$ 項的 $n$ 意義不同，因此要改為 $\sum_{k=1}^n a_k$。）依微積分基本定理，積分函數 $\int^x_af(t)\,dt=F(x)-F(a)$。
利用微積分基本定理，可以順利處理第12、13 兩題，並求得第14題要求的多項式函數 $\int_1^x(p(t)-q(t))\,dt$。最後，此函數在閉區間 $\left[\dfrac{1}{2},3\right]$ 的最大、最小值。可以先利用微分找到區間內極值發生處，再代入端點 $\dfrac{1}{2}$、$3$，比較與極值的大小關係來決定最大、最小值。
解答：12題：令 $P(x)$ 為 $p(x)$ 的一個反導函數，故由題設知 $[q(x)]^2=x\int^x_1p(t)\,dt=x(P(x)-P(1))$。將此關係式分別代入 $x=0$、$x=1$，得 $[q(0)]^2=0\times(P(0)-P(1))=0$ 以及 $[q(1)]^2=1\times(P(1)-P(1))=0$。得證 $q(0)=q(1)=0$。
13題：由 $q(x)$ 為首項係數為 $1$ 的二次多項式，以及 $q(0)=q(1)=0$ 知 $q(x)=x(x-1)$。故由 $[q(x)]^2=x(P(x)-P(1))$，得 $x^2(x-1)^2=x(P(x)-P(1))$。等式兩邊除以 $x$ 得 $x^3-2x^2+x=P(x)-P(1)$。將等式兩邊對 $x$ 微分，再由 $P'(x)=p(x)$ 的假設，推得 $3x^2-4x+1=P'(x)=p(x)$。
14題：由 $q(x)=x^2-x$ 以及 $p(x)=3x^2-4x+1$ 知 $f(x)=\int_1^x(p(t)-q(t))\,dt=\int_1^x(2t^2-3t+1)\,dt=\dfrac{2}{3}t^3-\dfrac{3}{2}t^2+t\Big|_1^x=\dfrac{2}{3}x^3-\dfrac{3}{2}x^2+x-\dfrac{1}{6}$。又 $f'(x)=2x^2-3x+1=(2x-1)(x-1)$，知 $f(x)$ 僅在 $x=\dfrac{1}{2}$ 以及 $x=1$ 有極值。故比較 $f(x)$ 在端點和極值發生處的取值： $f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{12}-\dfrac{3}{8}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{24}$、$f(1)=0$ 以及 $f(3)=18-\dfrac{27}{2}+3-\dfrac{1}{6}=8-\dfrac{2}{3}=\dfrac{22}{3}$，知 $f(x)$ 在 $x=3$ 有最大值 $\dfrac{22}{3}$；而在 $x=1$ 有最小值 $0$。
說明：本題評量坐標空間中直線與平面相關概念。一開始先評量基本的點到平面的距離。 接著要利用直線 $L$ 找到一個平面 $E_3$ 與 $L$ 平行。由於 $L$ 是利用兩面式表示，所以我們可以利用這兩個平面 $E_1$、$E_2$ 的法向量外積得到 $L$ 的方向向量。一般來說我們不必求 $L$ 的參數式，只需要它的方向向量，來幫助我們找到平面 $E_3$；不過後面的問題可能需要用到 $L$ 上的點，建議可利用解聯立方程的方式找到滿足 $E_1$ 與 $E_2$ 的所有解（即 $L$ 的參數式）。因為所要求的平面 $E_3$ 不只與 $L$ 平行，且需包含另一直線。由於題目上此直線是以參數式表示，我們可以利用此參數式的方向向量與其上的任一點 $P$，來幫我們寫下 $E_3$ 方程式。 也就是利用此方向向量與$L$ 的方向向量兩者之外積幫我們得到 $E_3$ 的法向量，再利用通過 $P$ 得到 $E_3$ 方程式。
題目中的 $E_1$、$E_2$、$E_3$ 三個平面有著特殊的關係。因為 $L$ 是 $E_1,E_2$ 的交線，所以 $L$ 的方向向量與 $E_1,E_2$ 的法向量垂直。又因為 $L$ 與 $E_3$ 平行，所以 $L$ 的方向向量也與 $E_3$ 的法向量垂直。因此當平面 $E$ 的法向量與 $L$ 的方向向量平行，則此平面 $E$ 與 $E_1,E_2,E_3$ 皆垂直，稱為 $E_1,E_2,E_3$ 的公垂面。令 $E$ 分別與 $E_1$、$E_2$、$E_3$ 的交線，為 $L_1$、$L_2$、$L_3$。因為 $E_1$、$E_2$、$E_3$ 兩兩不平形且三平面沒有共同交點，所以 $E_1$、$E_2$、$E_3$ 在 $E$ 上圍成了一個三角形。接下來有許多方法證明此三角形為正三角形且求其邉長。學生可依自己熟悉的方式處理，所以這裡都簡單說明一下，不過注意不同方法處理其複雜度的差異性。首先觀察 $L_1,L_2$ 的交點 $P_1$。它因為同時在 $E_1,E$ 以及 $E_2$ 上，所以我們可以解 $E,E_1,E_2$ 的聯立方程，找到點 $P_1$。另一方面因為 $L$ 是 $E_1,E_2$ 的交線，所以 $P_1$ 也會是 $L$ 與 $E$ 的交點。至於 $L_1,L_2$ 的夾角，我們可以利用 $L_1,L_2$ 的方向向量內積得到此夾角的餘弦值。另一方面因為 $L_1,L_2$ 是 $E_1,E_2$ 與公垂面的交線，所以此夾角也會是 $E_1,E_2$ 兩平面的夾角，因此我們也可以由 $E_1,E_2$ 的法向量的夾角得到 $L_1,L_2$ 的夾角。同樣的方法，我們可以求得 $L_2,L_3$ 的交點 $P_2$，以及 $L_3,L_1$ 的交點 $P_3$。也可求得 $L_2,L_3$ 的夾角，以及 $L_3,L_1$ 的夾角。因此可以計算分別這些夾角或計算這些交點兩兩之間的距離，來說明所求三角形確為正三角形。又因為點 $P_2$、$P_3$ 的連線 $L_3$ 是 $E_3$ 和公垂面的交線，故 $P_1$ 到平面 $E_3$ 的距離恰為 $P_1$ 到 $L_3$ 的距離，亦即此三角形 $\overline{P_2P_3}$ 邊上的高。所以我們也可算此距離來得到此正三角形的邊長。
解答：15題：點 $(1,0,0)$ 到平面 $E_1:x+y+2z=2$ 的距離為 $\dfrac{|1-2|}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}}$，故化為最簡根式為 $\dfrac{\sqrt{6}}{6}$。
16題：要找到與 $L$ 平行的平面 $E_3$，就先需知道 $L$ 的方向向量，這可以利用交出 $L$ 的兩平面 $E_1:x+y+2z=2$、$E_2:2x-y+z=1$ 的法向量外積 $(1,1,2)\times(2,-1,1)=(3,3,-3)$ 化簡為 $(1,1,-1)$。不過因為接下來的問題可能需要用到 $L$ 上的點，我們可以解兩平面所形成聯立方程：$\left\{\begin{array}{rrrc}x&+y&+2z&=2\\2x&-y&+z&=1\end{array}\right.$。利用高斯消去法（基本列運算）得增廣矩陣 $\left[\begin{array}{ccc|c}1&1&2&2\\0&1&1&1\end{array}\right]$。代 $z=t$，得所有解，即 $L$ 的參數式為：$\left\{\begin{array}{l}x=1-t\\y=1-t\\z=t\end{array}\right.$。題目中 $E_3$ 又必需包含通過點 $(3,-2,2)$ 且方向向量為 $(1,-1,3)$ 的直線，所以 $E_3$ 的法向量需與這兩直線的方向向量 $(1,1,-1)$、$(1,-1,3)$ 垂直。利用外積 $(1,1,-1)\times(1,-1,3)=(2,-4,-2)$ 化簡得 $(1,-2,-1)$ 為 $E_3$ 的法向量。又因點 $(3,-2,2)$ 在 $E_3$ 上，故得 $E_3$ 的方程式為：$x-2y-z=3+4-2=5$。
17題：要證明 $E_1,E_2,E_3$ 的公垂面 $E$ 分別與 $E_1,E_2,E_3$ 的交線圍成一個正三角形。由於公垂面互相平行，交線所圍的三角形會全等，所以我們可以任選一個公垂面的方程式，然後找到三角形的三頂點或三邊處理。不過這些方法要解好幾個三元一次聯立方程。事實上，既然所有的公垂面都會得到一樣的結果，這意味著我們不需用到特定 $E$ 的方程式。為了強調這點，我們就選用僅用到 16題的資訊，即 $E_1:x+y+2z=2$、$E_2:2x-y+z=1$、$E_3:x-2y-z=5$ 的解法。因為兩平面與其公垂面截的兩直線夾角就是兩平面的夾角，所以我們可由 $E_1$、$E_2$ 的法向量 $(1,1,2)$、$(2,-1,1)$，算出 $E_1$、$E_2$ 一個夾角 $\theta$ 的餘弦值，$\cos\theta=\dfrac{(1,1,2)\cdot(2,-1,1)}{\sqrt{1+1+4}\times\sqrt{4+1+1}}=\dfrac{1}{2}$。因為向量的夾角是特定的（有唯一性）；但直線的夾角有另一個補角，所以這裡我們僅知題目中的三角形有一角為 $60^\circ$ 或 $120^\circ$。同理，再由 $E_1$、$E_3$ 的法向量 $(1,1,2)$、$(1,-2,-1)$，算出 $E_1$、$E_3$ 一個夾角的餘弦值為$\dfrac{(1,1,2)\cdot(1,-2,-1)}{\sqrt{1-2-2}\times\sqrt{1+4+1}}=-\dfrac{1}{2}$。因此也知道三角形另一角為 $60^\circ$ 或 $120^\circ$。因為三角形三內角和為 $180^\circ$，所以剛剛算出的兩個角都必須是 $60^\circ$，也因此知第三個角也是 $60^\circ$，得證此三角形為正三角形。至於此正三角形的邊長，由於 $L$ 與 $E$ 的交點為三角形的一個頂點，而 $E_3$ 與 $E$ 的交線為此頂點對邊所在直線。又因這個頂點到對邊的高在平面 $E$ 上，故與 $L$ 垂直也與 $E_3$ 垂直，所以高的長度就是 $L$ 與 $E_3$ 的距離。由 $L$ 的參數式找到 $L$ 上一點 $(1,1,0)$ 求得與 $E_3:x-2y-z=5$ 的距離為 $\dfrac{|-6|}{\sqrt{1+4+1}}=\sqrt{6}$。最後由正三角形邊長 $\ell$ 與高 $\sqrt{6}$ 的關係 $\dfrac{\sqrt{6}}{\ell}=\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，得邊長 $\ell=2\sqrt{2}$。
附註：本題 $E_1$、$E_2$、$E_3$ 的法向量 $(1,1,2)$、$(2,-1,1)$、$(1,-2,-1)$ 因為皆與向量 $(1,1,-1)$ 垂直，所以會是同一個平面（事實上就是公垂面）上的向量。也因此任一個法向量會是另兩個法向量的線性組合。例如 $(2,-1,1)=(1,1,2)+(1,-2,-1)$。又因為這三個向量等長（長度皆為 $\sqrt{6}$），所以知道它們圍出的三角形為正三角形。當然了，法向量長度可以任取，而且此三向量並不是題目中公垂面截出的三直線的方向向量，所以它們所圍的並不是題目中的三角形，不過我們依然依此知道三個平面分別夾 $60^\circ$。除了本題這種特殊情況，一般來說我們不容易利用三向量的線性組合知道它們所圍三角形的角度，而是以內積處理。這裡說明一下以內積處理同一平面上的三個向量所圍三角形應注意的事項。
首先要注意的是：本題檢查兩對向量夾角，知道了三角形的兩個角皆可能是 $60^\circ$ 或 $120^\circ$，因而確定這兩角應為 $60^\circ$ 且得到第三個角為 $60^\circ$。一般來說，當檢查的兩對向量夾角餘弦值的絕對值相等，便可確定這三個向量所圍的三角形所對應的這兩個角相等（即為等腰三角形）。例如向量內積算出兩個角都可能是 $70^\circ$ 或 $110^\circ$，便可知三角形是三個角為 $70^\circ,70^\circ,40^\circ$ 的等腰三角形。但若算出兩個角其中一個可能是 $70^\circ$ 或 $110^\circ$；而另一個可能是 $40^\circ$ 或 $140^\circ$。此時三角形的三個角可能是 $70^\circ,40^\circ,70^\circ$ 或是 $110^\circ,40^\circ,30^\circ$，所以必須算第三對向量的內積才能確定是哪一種三角形。
接下來要探討的是同一平面上的三個向量兩兩內積的正負情形與所圍三角形為銳角或鈍角三角形的關係。這次閱卷發現相當多的考生，因為依題意知道要證明是正三角形，未經計算而直接說兩兩向量所夾角度餘弦值為 $\dfrac{1}{2}$。這是不正確的，因為向量有方向性，兩向量的夾角與兩直線夾角意義不同，也就是說：向量夾銳角內積為正、夾鈍角內積為負。現考慮三角形 $ABC$，以及利用三頂點依序所得的向量 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}$, $\overset{\Large\rightharpoonup}{BC}$, $\overset{\Large\rightharpoonup}{CA}$。很容易看出向量 $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}$, $\overset{\Large\rightharpoonup}{BC}$ 所夾的是 $\triangle ABC$ 中 $\angle B$ 的外角。同樣的 $\overset{\Large\rightharpoonup}{BC}$, $\overset{\Large\rightharpoonup}{CA}$ 所夾的是 $\angle C$ 的外角，以及 $\overset{\Large\rightharpoonup}{CA}$, $\overset{\Large\rightharpoonup}{AB}$ 所夾的是 $\angle A$ 的外角。所以在此情況之下，當三角形為銳角三角形，因為外角皆為鈍角，故三向量兩兩內積皆為負。當然了，我們選的向量未必是依照這個順序的。但若其中一個向量取反向，則會有兩個內積會變號，所以在此情況三向量兩兩內積為一負、二正。也就是說三個向量所圍的三角形若是銳角三角形，則三向量兩兩內積僅可能是：(A)皆為負；(B)一負、二正。本題為正三角形，不可能有兩兩內積皆為正的情況發生。至於鈍角三角形因為外角有一個銳角、兩個鈍角，所以三向量兩兩內積僅可能是：(A')一正、二負；(B')皆為正。