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(1)

臺北市立建國高級中學第 112 期通訊解題題目解答與評析

正整數N 100710081009200920102011201220132014，若

Q

N2^P  且^Q為正奇數，試求正整數P的值。

【簡答】1007

【詳解】

2014 2013

2012 2011

2010 2009

2008 1009

1008

1007         

 

N

1006 1005

1004 .

3 2 1

2014 2013

1007 1006

1005 1004

3 2 1



 



1006 2014 1005 1004 .

3 2 1

2012 2010

2008 2006

6 4 ) 2 2013 2011

2009 5

3 1

( 



 



 

 

2014 2

) 2013 2011

2009 7

5 3 1

(        ¹⁰⁰⁶ 

 

1007 2

2 ) 2013 2011

2009 7

5 3 1

(        ¹⁰⁰⁶ 

 

1007 )

2013 2011

2009 7

5 3 1 (

2¹⁰⁰⁷        

  =N 2^PQ，

故正整數P的值為1007。

【評析】1.本題屬於較簡易的數論問題，同學只要透過對於因數性質的掌握及瞭解就能計算出正確的數值，並利用數學符號完整表達論證計算的過程

2.本題徵答人數共有18人，其中有14位獲7分滿分，名單如下：

臺中市私立明道高中國中部方宣詠、臺中市東山國中凃皓雲、

臺北市台北美國學校裴怡凱、臺北市薇閣中學林彥熹、

臺北市懷生國中姚勁宇、苗栗建台高中國中部王博玄、

桃園市復旦高中國中部傅彥綱、桃園縣文昌國中蔡子暘、

桃園縣新興國際中小國中部盧韋成、新北市文山國中許崇淵、

新北市江翠國中李可非、新北市江翠國中蕭明、

新北市江翠國中鍾堡淀、新竹市實驗國中陳璿筑。

其中，尤其以臺中市私立明道高中國中部方宣詠、新北市江翠國中蕭明及李可非、臺北市懷生國中姚勁宇、桃園復旦高中國中部傅彥綱、新竹市實驗國中陳璿筑等6位同學書寫品質較佳。

3.其餘未獲滿分同學主要是書寫方式與計算考慮不周延，或者是在計算中忘記考慮某些條件導致錯誤推論。整體而言參與徵答學生的數學論證與思考表達方法均十分優異，特別是有幾位同學已經會使用高斯符號來協助計算。

11201

11202

(2)

若x為實數，且 x³2560 2344x³ 68，試求28 x³256027 2344x³

的值。

【簡答】2014

【詳解】設_x³_₂₅₆₀__a、₂₃₄₄__x³ __b，可得ab4904。

由題目的條件知 a b682 abab68² 49044624280。故( a b)²ab2 ab49042805184 a b72

所以

70 68 72  



 









 a

b a

b

a

、 b2。

因此，28 x³256027 2344x³ 28 a27 b2014。

【評析】1.本題徵答人數共13人。

得滿分7分的同學有9人：

台中市明道國中方宣詠同學、台中市東山國中凃皓雲同學、

台北市薇閣國中林彥熹同學、苗栗建台高中國中部王博玄同學、

桃園市復旦國中傅彥綱同學、桃園縣文昌國中蔡子暘同學、

新北市江翠國中高瑋伯同學、新北市江翠國中蕭明同學、

新竹市實驗國中陳璿筑同學。

得6分的同學有1人：

新北市江翠國中李可非。

得5分的同學有3人：

台北市台北美國學校裴怡凱、台北市懷生國中姚勁宇、

台北市麗山國中江子新。

3.本題屬於較容易的代數題，若解題的過程中，能適當的換元，則能大大降低計算的量。部分同學利用平方法去根號來解題，也因此多算了一個答案。在平方去根號時要特別注意，此時會有增根的情況發生，一定要代回原方程式檢查。

11203

(3)

A D

P

B C

△ABC中，已知∠ABC = 60°，∠ACB = 40°，若P點為△ABC內部一點，

使得∠PBC = 20°，∠PCB = 30°，試求∠APB之度量。

【簡答】∠APB = 70°

【詳解】以線段BP為邊作正三角形△PBD，如右圖。

∵∠ABC = 60°，∠ACB = 40°，∠PBC = 20°，

∴∠BAC = 80°，∠ABD = 100°，而知

DB平行CA……(1)；

∵∠BDP = 60°，∠BCP = 30°，即 ∠BDP = 2∠BCP ，

且D在線段BP的中垂線上，

∴點D是△PBC的外心，而知

DC =DB=BP，得∠DCA = 80°

=∠BAC……(2)。

由(1)(2)可知：四邊形BDCA為等腰梯形，即

BA=DC ，得BA=BP。

因此，△BAP是頂角∠ABP = 40°的等腰三角形，故知∠APB = 70°。

【另解】以BC之中垂線為軸，作△ABC之鏡射三角形，

得△DCB，如右圖，連結DA、DB、DP、DC 。

∵∠ABC = 60°，∠ACB = 40°，∠PBC = 20°，

∴∠ABD =∠PBD =∠PBC = 20°；

∠ABD =∠PBD =∠PBC = 20°……(1)；

∵∠BCD = 60°，∠BCP = 30°，

∴∠BCP =∠DCP = 30°……(2)，

由(1)(2)可知點 P為△DBC之內心。又，

∵ AD平行BC，∠DBC = 40°，∠DCB = 60°，

∴∠ADB =∠PDB =∠PDC = 40°……(3)。

由(1)(3)可知：∠ABD =∠PBD，∠ADB =∠PDB，又，BD=BD，因此，

△ABD 與△PBD全等，故DA=DP，BA=BP，而知

四邊形ABPD為鳶形，△BAP是頂角∠ABP = 40°的等腰三角形，

故∠APB = 70°。

※(這是新北市江翠國中劉建亨同學所提供的做法，謝謝劉建亨同學。)

D A

P

B C

(4)

A

P

B C

【再解】如右圖。△ABC中，設∠CAP =θ，則

由∠ABC = 60°，∠ACB = 40°，∠PBC = 20°，∠PCB = 30°，可知

∠ABP = 40°，∠ACP = 10°，∠BAP = 80° –θ。因此，

若△ABP、△BCP、△CAP之面積分別為△1、△2、△3，則 2△1 =^AB^^AP^^sin(⁸⁰^^^⁾=ABBPsin40；

2△2 =BCBPsin20=BCCPsin30； 2△3=CACPsin10=CAAPsin，而有

AP CP CP BP BP

AP  =_sin(^sin₈₀⁴⁰__^_₎^_sin^sin₂₀³⁰^_^_sin^sin₁₀^_，

因為sin30° = 2

1 ，sin40° = 2sin20°cos20°，

sin(80°–θ) = sin(90°– (10°+θ)) = cos(10°+θ)，

整理得 _cos(^cos₁₀_²⁰_^_^sin₎_sin^₁₀_= 1，

而知θ= 10°，即∠CAP = 10°，∠BAP = 70°，故知∠APB = 70°。

※(本法大致是台北市麗山國中朱友祈同學的做法，謝謝朱友祈同學。)

(最後θ= 10°之求知，不難觀察而得，亦可演算如下：

∵_cos(^cos₁₀_²⁰_^_^sin₎_sin^₁₀_= 1，∴^sin(_sin(²⁰^₂₀^^_⁾_^_^sin(₎__sin²⁰^_^^⁾ = 1，化簡為 sin(20°–θ) = sinθ，而知20°–θ= θ，即得θ= 10°。)

【又解】△ABC中，由∠ABC = 60°，∠ACB = 40°，∠PBC = 20°，∠PCB = 30°，可知，∠BPC = 130°，∠BAC = 80°。因此，根據正弦定理，

在△BCP中，有

 

 sin130 30

sin

BC

BP ；在△ABC中，有

 

 sin80 40

sin

BC

BA ，

兩式相除，得

BA BP =



40 sin 130 sin

80 sin 30

sin =



40 sin 130 sin

80 sin 30

sin =



40 sin 40 cos

40 cos 40

sin = 1，

而知BP=BA，即△BAP是頂角∠ABP = 40°的等腰三角形，

故∠APB = 70°。

(5)

【評析】

幾何證明有時需要增添輔助線，才能有利探究各相關物件之間的關係。如何添作輔助線常常不易索解，但也並非無跡可尋，我們應再多下工夫。本題劉建亨同學的做法，找到了使P點成為△DBC之內心的D點，從而推知四邊形ABPD 為鳶形，求得∠APB之度量。此法構思精巧，值得推介。謝謝劉同學。

本題如果利用三角函數解題，可以不必添作輔助線，這本非我們有意強調的課題，不過，朱友祈同學的解法觸及了相關的領域，我們也樂於參加討論。謝謝朱同學。【又解】中用到了正弦定理、倍角公式與餘角關係，前者可以用面積求法替代，後兩者為三角函數基本性質，有意藉此解題者必須理解。

本題共有5位同學應徵答題，名單及成績如下，請再接再厲，謝謝大家！

滿分7分者2人：

新北市江翠國中劉建亨同學、新北市文山國中朱友祈同學。

5分者1人：

台北市麗山國中江子新同學。

3分者2人：

台北市薇閣中學林彥熹同學、新北市江翠國中李可非同學。

(6)

今有5個學生A、B、C、D、E參加一項比賽，有人試圖猜測比賽結果。小建猜測的名次順序為BEDAC，結果他沒猜中任何一個學生的名次，也沒能猜中任何一對相鄰名次學生的順序關係。小國猜測的名次順序為ABCDE，結果他猜中了兩個學生的名次，又猜中了兩對相鄰名次學生的順序關係(這兩對相鄰名次學生的順序關係沒有重疊到共同名次)。試問這項比賽結果的名次為何？

【簡答】CABDE

【詳解】若在一對被猜中的相鄰名次學生的順序關係中，有一個名次被猜中，則顯然兩個名次全部被猜中。所以小國所猜中的兩個名次必是他所猜中兩對順序關係中的其中一對。

如果是第二、三名BC(或第三、四名CD)被猜中，則另一對被猜中的順序關係必是第四、五名DE(或第一、二名AB)，於是就造成全猜中了，

不合。

而剩下的可能情形有下列兩種：

(1)第一、二名AB被猜中

在此情形下，可能的名次如下：

ABDEC， ABDCE， ABEDC， ABCED， ABECD， ABCDE 經檢驗皆不合題述。

(2)第四、五名DE被猜中

在此情形下，除了ABCDE已被討論過不合外，其餘可能的名次如下：

BACDE，BCADE，ACBDE， CABDE， CBADE

只有CABDE合於題述，故為此次比賽結果的名次。

【評析】本題屬中等難易度之組合操作題，同學只要謹慎地分組(情況)討論、細心地列舉並汰除不合理的狀況，應不難答對。本題共15人參與徵答，13 人獲得7分滿分，滿分同學如下：

台中市東山國中凃皓雲、台北市薇閣中學林彥熹、

台北市懷生國中姚勁宇、台北市麗山國中江子新、

桃園市復旦國中傅彥綱、桃園縣文昌國中蔡子暘、

桃園縣新興國際中小國中部盧韋成、

新北市文山國中朱友祈、新北市文山國中李允兆、

新北市江翠國中李可非、新北市江翠國中劉建亨、

新北市江翠國中鍾堡淀、新竹市光武國中洪顥宇。

1人獲得4分，名單如下：

台中市明道國中方宣詠。

11204

(7)

試求所有可能的整數

a

，使得

x

的方程式

0 ) 26 9 ( 18 6

5 ² ²

2x a  a  a  a 

x 的兩根皆為整數。

【簡答】a3

【詳解】設方程式的兩根為x₁,x₂，於是_x₁__x₂ _ ₅_a²_₆_a_₁₈為整數，

即方程式為整係數一元二次方程式，其根為整數，則其判別式必為完全平方數。

設D(5a²6a18)4(a² 9a26)b²，b為正整數，

即(3a7)²b² 135，故⁽³^a^⁷^^b⁾⁽³^a^⁷^^b⁾^¹³⁵，但3a7b與3a7b同奇偶，且3a7b3a7b，又1351135345527915

^⁽^¹⁵⁾^⁽^⁹⁾^⁽^²⁷⁾^⁽^⁵⁾^⁽^⁴⁵⁾^⁽^³⁾^⁽^¹³⁵⁾^⁽^¹⁾，

則

  











135 7

3 1 7 3

b a

b

a

，

 













45 7

3 3 7 3

b a

b

a

，

 













27 7

3 5 7 3

b a

b

a

，

 













15 7

3 9 7 3

b a

b

a

，

 















9 7

3 15 7

3 b a

b

a

，

 















5 7

3 27 7

3 b a

b

a

，

 















3 7

3 45 7

3 b a

b

a

，

 















1 7

3 135 7

3 b a

b

a

，

解得 3

, 61 3 , 17 3 3, , 5 3 ,19 3 ,23 3 ,31

25    



a ，

因

a

為整數，故^a^²⁵^,^³，但a25代回不合，故a3，此時，方程式為_x² _₉_x_₁₀_₀，它有兩個整數根10和1。

【評析】答對的同學中，討論的都很詳細，分類亦很清楚，值得鼓勵。本題共9 人參與徵答，有5人獲得7分滿分，滿分同學如下：

台中市明道國中方宣詠、台中市東山國中凃皓雲、

桃園縣文昌國中蔡子暘、新北市文山國中鄭容濤、

新北市江翠國中李可非。

獲得6分有2人：

台北市薇閣中學林彥熹、新竹市實驗國中陳璿筑。

11205

(8)