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(1)

中學生通訊解題第六期題目及評析問題編號

89601

(2)

三支燃燒速度均勻，但長度不同的燃燒棒A,B,C，若三支燃燒棒燃燒完畢的時間各為55分鐘、40分鐘、20分鐘，三支燃燒棒可同時燃燒也可分開燃燒每支燃燒棒的兩端可同時點燃或分開點燃，則應如何安排才能使這三支燃燒棒恰在 45分鐘燃燒完畢？

參考解答：1.將C棒兩端與B棒一端同時點燃。

2.待C棒燒完時，立即點燃B棒另一端與A棒的一端。

3.待B棒燒完時，立即點燃A棒另一端。待A棒燒完時，共計費時

45 20 15

10   （分鐘）。

評析：1.本題為開放性問題，解法並非唯一，但須注意題意中並未提供鐘錶等計時工具。有些同學自行加入計時工具實非本題原意。

2.參答者中以北市榴公國中林世偉，仁愛國中陳亦琛，南門國中李舒平，

永吉國中黃紹倫，北投國中黃愛茹，中正國中謝卓叡，師大附中國中部黃道生，金華國中賴昭宇，敦化國中薛朝文，再興中學高業航，

北縣新莊國中吳之堯，福和國中劉胤廷，基市二信中學黃園心，銘傳國中張鈺宇，彰化員林國中羅元隆，新竹光華國中賴俊儒等，答題簡潔扼要，值得鼓勵。

3.本題參答人數共有183人，平均得分為4.34分，得分率為62％。

問題編號 89602

(3)

設x1 , x2 , x3 ,...,x7為自然數，且x1<x2<x3<...<x7，又x1 + x2 + x3+...+x7=2000，求x1+x2+x3的最大值。

參考解答：由條件x1,x2,...,x6,x7每個後面的數比前一個數至少大1。又2000 x1x2 ...x6x7

x₁(x₁1)(x₁2)...(x₁6) 7x₁(12...6)7x₁21 所以 ^x¹ ^²⁸²₇⁵

故 x₁的最大值為282

所以 ²⁰⁰⁰^²⁸²^^x² ^^x³^^...^^x⁷ ¹⁷¹⁸^ ^x² ^^x³^^...^^x⁷

x2⁽x2¹⁾⁽x2 ²⁾^...⁽x2⁵⁾ ⁶x2 ⁽¹²^...⁵⁾⁶x2 ¹⁵

7 2835

2  x

故 x2的最大值283.

當x1,x2都取最大值時，得到 2000282283x3x4...x7

1435x3x4x5x6 x7

x3 ⁽x3¹⁾⁽x3²⁾⁽x3³⁾⁽x3⁴⁾ ⁵x3 ⁽¹²³⁴⁾⁵x3¹⁰

x3 ²⁸⁵

故 x3的最大值為285



(4)

2.本題解答重點最直接的想法是：欲使x1x2 x3最大時，必須x₁與x7

之差距最小，進而估計出x₁之最大值或x7之最小值。

3.參答者中，以北市永吉國中黃紹倫，民生國中陸怡瑋、陳志杰，敦化國中鄭彥聰，金華國中花茂修，光復國小劉冠暐，基市銘傳國中吳誌恩、謝振芳，北縣新莊國中吳之堯，彰化員林國中徐勝駿，新竹市光華國中賴俊儒等人答題品質較佳。

4.本題參答人數共有227人，平均得分數為4.87分，得分率為69.57％。

問題編號 89603

(5)

ABC的中線AM 、角平分線AE、和高AD將BAC分成4等分，

求BAC的大小。(請詳加說明理由)

參考解答：

〈解法一〉

如圖一所示，因為將角A作4等分的角必把弧BTC截為相等的4等弧。

即( =(=(=(

所以SU //BC

因為高AU垂直BC必也垂直SU

所以線段AS是一條直徑

因為M 是弦BC的中點

T 是弧BTC的中點

所以TM 必通過圓心如圖（二）

這就是說，TM 將與任一直徑相交於圓心

因為TM 與AS相交於M

所以M 圓心,BC為直徑

所以角 A為直角。

〈解法二〉

設^AB^ ^y,AC x,DC a,ME b,ADh



^ÊAD^^^CAD^（已知）^,^ÂDE ^^ÂCD^⁹⁰^^,ÂD ^ ÂD^{（公共邊）}



^ÂDE ^^ÂDC ^ ÂE ^ ÂC^^x,EDDC a

由題意AM 為ABC之中線 BM 2ab

對 而言，為角平分線，由內角平分線定理知：

A

B M E D C

A

B M E D C

S

T

U (圖一)

B

O

T

M C

(圖二)

(6)

對ABC而言，AE為角平分線，由內角平分線知：

EC

BE AC

AB  

a b a a

b a x

y     2

) ( 2



²^a_b^^b ^ ^a_a^^b ^ 2a² b² b 2a（邊長取正號）

對ADE而言, h² x² a²

對ADB而言, ^h² ^

 

²^¹



^x



² ^

 

³^² ²



^a



²

由以上兩式可得 ^x² ^^a² ^



²^¹



²^x²^



³^² ²



²^a²





²^² ²



^x² ^



¹⁶^¹² ²



^a²

 ^x² ^



⁴^² ²



^a²



h²  x²a² ^



³^² ²



^a² ^^h^



²^¹



^a^{（取正號）}

對ADM 而言, ^AD^^h^



²^¹

 ^a

^MD^^ME^ÊD^ ²â^â^



²^¹

 ^a



ADM 為一等腰直角三角形, MAD45 由題意知：BAC2MAD24590。

〈解法三〉

設CAD ，由題意知DAE EAM MABCAD 設ADh,DC  x,ME y



^ÊAD^^^CAD^{（已知）,}^ÂDE ^^ÂCD^⁹⁰^^,ÂD ^ ÂD^{（公共邊）}



^^ADE ^^^ADC ^ EDDC x

由題意AM 為ABC之中線 BM 2xy

則（由EAD）,

h

 x



tan ，（由EAD）,

h y x 

  2 tan （由EAD）,

h y x 

 3 2 3

tan 

設 h

y y h

x x 

 

 , ，則tan  x,^tan²^ ^^x^^y,^tan³^ ^³^x^²^y

^x ^y

x x  

 

  ₂ ₂

1 2 tan

1 tan 2 2

tan 

  (1)

 

x y

x x x x x x

x x x

2 3 3

1 3 1

1 2 1

2 2

tan tan 1

2 tan 2 tan

tan 3

tan ₂

2

2  



 

 

 

 

 



  



 



 (2)

(7)

由(1)式 ₂³ 1 x

x y x



 

代入(2)式得 



 

 



2 3 2

2

1 ) ( 3 2 3 1 3

x x x x

x x

x 



 

 ²

3 2

2

1 2 2 3 1

8

x x x x

x x(x⁴ 6x² 1)0

2 32 , 6

0 ²  



x x ^³^ ⁸^ ^x^⁰^, ²^¹^, ²^¹^,^ ²^¹^,^ ²^¹ 1

tan 0 45 0

180 4

0        



所以合乎條件之xtan  21  tan^¹x22.5

故BAC4 422.590

評析：(1)此題為幾何題，一題多解，其中參考解法一、二較簡捷，解題品質佳解法三涉及三角函數的能力與運算，顯示部份國中生已有超前學習高中數學教材的能力。

(2)參答者中，以北市螢橋國中吳奕緯，永吉國中黃紹倫，薇閣中學歐陽奕，台灣師大附中陳義軒，北縣福和國中劉胤廷，新莊國中吳之堯，

新竹光華國中賴俊儒，彰化員林國中徐勝駿，答題條理分明，值得鼓勵，

特別是新莊國中吳之堯用三種不同方式解答。

(3)本題答題人數共有92人，平均分數為3.89分，得分率為56.86％。

問題編號 89604

(8)

冬梅善畫，有一天畫好三張牡丹，兩張黃菊，摯友春蓮、夏冰、秋雨看了讚不絕口，冬梅暗藏起其中二張，在三位摯友背部各貼了一張畫(贈送)，並且要她們去猜：自己背部貼的是牡丹或黃菊。冬梅先讓春蓮看清夏冰、秋雨背部的畫，春蓮看過後想了一下，回答「不知道」。其次夏冰再看另外兩人背部的畫，

夏冰看過後，考慮再三，還是搖頭。此時，秋雨心想：前面兩人很慎重思考後都回答不知道，我雖然未看春蓮、夏冰背後的畫，但我已經知道自己背部貼的畫是牡丹或黃菊了。請問秋雨如何推知的？

參考解答：

1.因黃菊只有兩張，當春蓮看過夏雨、秋冰背部的畫後，答說「不知道」，這項資訊告訴秋雨及夏冰：

「夏冰、秋雨背部的〝畫作〞至少一張是牡丹」 (A) （不可能兩張都是黃菊）

2.當夏冰看過春蓮、秋雨背部的畫後，仍說「不知道」，這項資訊告訴秋雨：

「秋雨背部的〝畫作〞是牡丹」 (B)

因為，若秋雨背部的畫作是「黃菊」時，由結論(A)，夏冰就知道自己背後的畫是牡丹，不應答「不知道」。

3.故秋雨背部的畫是牡丹。

評析：

1.本題屬於邏輯推理問題，部分學生「推理不嚴謹」，只得「部分的分數」

（3分或5分或6分）。

2. 有些學生用「反證法」，假設秋雨背部的畫是「黃菊」，再依據所給條件導致矛盾結果。

3. 有些學生用「窮舉法」將三人所有的七種情形用表格列出，再逐一排除亦可得出：秋雨被貼的畫是牡丹。

4.本題「全對」者中，論證嚴謹、簡明者，有北縣江翠國中黃明山，福和國中劉胤廷，竹市光華國中賴俊儒，北市仁愛國小張哲瑞，北市金華國中賴昭宇，北縣東海國中張建邦，北市光復國小劉冠暐，北市中正國中謝卓叡。

5.本題答題人數共有56人，平均分數為5.39分，得分率77％。

問題編號 89605

(9)

有一矩形ABCD，AB=a，BC =b其中a<b，如圖，現在我們用下列步驟將其剪開拼成一個與原矩形等面積的正方形。

(1)首先求出此正方形的邊長c=。

(2)以B為圓心，正方形的邊長為半徑畫圓弧，交_AD於E，過C作_BE的垂線

垂足為F。

(3)今沿BE剪下三角形ABE，並拼裝在原矩形右側，可得一個平行四邊形

EBCE1，再沿CF 剪下三角形BCF，並將其拼裝在平行四邊形的上方，而

得一個四邊形FCE1F1，則此四邊形即為所求之正方形。

(a)請說明這個四邊形FCE1F1即為所求的正方形。

(b)今任取兩個線段a,b，形成一個矩形ABCD且=a,=b，請問在何種條

件下，可依上述的3個步驟做出與矩形ABCD等面積的正方形？

參考解答：

(a)因為c=，所以如果可以說明四邊形是一個邊長為c的正方形，則就可得出

此四邊形FCE1F1即為所求的正方形。

由(3^)可知

EAB=CFB=90^，ABE+CBF=90^=FCB+CBF，ABE=FCB。

ABE  FCB  AB:BE=FC:CB  FC=。

因為(3^)故ABE=DCE1，所以

DCE1+DCF=ABE+DCF=CBF+DCF=90^

所以四邊形FCE1F1為邊長c的正方形。

(b)若要依前面的步驟拼裝成正方形，則F點必須要落在BE上，否則若F

B C

A D

E E₁

F

B C

A D

E E₁

F

F₁

(10)

點落在BE的延長線上，則無法剪得BCF，因此我們要找出a,b在何

種關係下保證能使得F點落在上。

設BF=y，因為ABE  FCB，故FC=，

直角三角形BFC中y²=BC²FC²=b²ab，故y=，

若F點必須要落在上，則yBE= y²abb2a。

反之，若F點落在外，則b>2a。

解題重點：

1.剪下的三角形經過移動拼裝到別處，此時移動前與移動後的三角形會全等。

2.利用三角形全等、相似的性質即可說明四邊形FCE1F1是一個邊長為c的正

方形即為所求的正方形。

3.第二小題的解題重點在於，C對直線BE的垂足F須落在線段BE上，因此

再利用ABE與FCB兩個三角形相似，即可得b2a這個條件。

評析：

1.第一小題是一個可以實際的操作的證明題，不同於傳統證明題，本題希望學生能說明甚至證明出題目中的三個步驟可以拼出一個與原矩形等面積的正方形，而不是給出一些已知條件去推出結論。

2.參與徵答的學生對於運用三角形全等、相似的性質去說明題目中的三個步驟可以拼出一個與原矩形等面積的正方形，都有很好的表現。

3.第二小題的答題情形顯然沒有第一小題好，原因可能是因為要讓學生自己去探討什麼條件才能保證能做出正方形，這是一個比較開放的問題。優良徵答作品中，利用BFBE去找a,b關係的有北市金華國中賴昭宇、基隆銘傳國中江政融、北市永吉國中黃紹倫、北縣新莊國中吳之堯。北縣江翠國中張源平則是考慮F點的極限位置，再去討論a,b的關係，這是一個不錯的方法。

4.有部分的學生，解第二小題時，雖然想法是正確的，但並沒有仔細考慮 b=2a這個極端的情形，這個情形是可以拼成正方形的。

5.參與本題徵答的共有18位同學，顯示本題難度較高，平均得分為4.6分

，得分率為66%。

B C

A D

E F

B C

A D

E E₁

F

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





 





 





































 a



 a







 

 ^a

 ^a