1969-06-17 — Page 21

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17 JUN 1989

育教儒華頁一第張六第日三初月五年酉己曆 NAHYKIU YAT PO

郭日僑華

中中會考高級數學(二)答案

精完 )

喬仲强®

(X) the thi (P); y2=4x, at SF of £ (L2, 2t) xÆ

(P)上。今有两切线切(P)於A(七)及B(22) 且交於T. 求AT 及 BT 之方程式。

若AB之中奌為M.TM之中桌為凡求TMR之坐標. 試証(6) TM平行於X軸;(u)凡在(P)上, (解)以x=*代入(P)式, y=4(t*)=4t2

∴y=2t,故x=ty=t能满足(P)式.

(1)

*即奌(七七)必在抛物线(P)上, 切奌爲A(3)之切线

方程式為aty=4x/(x+)

Bop

ty=x+t2

或

y == x+t, ----(1)

同理切奌為:B(tz.t右)之切 狩篇

y= { x+ ts

(2)

答:AT為y=x+七;

BT為y=+x+右。

(1);(2)联立方程式,即得交奌丁之坐標,

(1)−(3) (t−t)x+(t,−tz)=0

I (二)x=(右一)

WMD), y={xt, t2+t,=t,+tz

倍中與公式,M之横坐楒

又凡之橫坐標 x=(tta++奶) (t + ta) 约縱坐標 = [(七十右)+(七十七]=七十七 Z: TB (titz? ti+ts), M & (t+ti, tit.ts);

TM之斜率為(七+尤)-(七十七)

故TM平行

右一支(+)

x軸

以R之橫坐標:x=(+)*代入式,

y=4x+(t+右)=(七十七) y=(+2). 故[女(七+(七+右)]能满足(P)式可以凡在上

Q. 5. D.

(七) 直线y=mx+切双曲线xy=a&柊奌P, 交园 x+y=&於Q,R=奌,若M為QR之中奌, (f)試以加表M之坐標

u)試証M之軌跡之方程式為 a(x=y)=(x+y?)

(解)以y=mx+长代入双曲线 xy=2方程式中,

x(mx+b)**

(1−m2)x-2bmx-(a+b)=0.

若直线為切线,則两根相等,故判别式為零

(2bm)+4()-m2)(a+b)=0

bm2 + a2(1-m2)+b2(1−m2)=0

故a2(i-m2)+2=口

•Bp fa2 (m2-1)

此為y=mx+长篇双曲线

的切线之條件,

又以y=mx+&代入园

(x+5=2方程式中,

x*+(mx+b)=

(i+m2)x+abmx + b-

此方程式之两根xx2分

。

别為Q,凡之横坐標,依根與係數之關係,得

故M奌之横坐標 x=(x+xx)=

縱坐標

== (y+y1) = 1 (mx,

M之坐標為(m,也

+

--(1)由此三式消去m长两参变

(2)數所得之方程式 F(x,y)=0

y

• a2 (m2-1)- (3) Bp & MIX.

6m2 由(1)(2)两式得?=

(m2+1)2(m2+1)2

f2 (m2-1)

好

82(m2+1)

两式相除

(m2+1)2

• (x2+4)=(m2+1) faˆa (m2−1)

(m2+1)2

(x+y)? (M2+1)2

a2 (x2=y2) — (x2+ y2)?

<+1

Q.E.D.

(註)原題目求証軌跡方程式中「Q」似為「』之誤 (八)(E) ABC為任一銳角三角形,D為BC中矣,求証

AB+ AC=2AD2+28D2.

(設証如題】:

(証明)). AC>AB,則

LADC > LADB.

(两AS有两边等,第三边大的

子对角犬

2. LADC+LADB-art.

(因BDC笃一直线)

<ADC>t.L > LADB.

1 A1 AE LBC, IBK ED=1, 914 AADC 4.

+ AD2 +(2)2 + 2 + x2

在AADB中, C2= AD2 +(3) 24×5.

(畢氏定理之推廣)

b+c2=2AD2+2×(2)2

B即AB + AC = 2AD2+2BD

[等量相加]

Q.E.D.

(JL)若△ABC中,∠ACB為一直角,X,Y高AB上两奌且」

AX=XY=YB, E CX+CY+XY2=3AB?

(設証如題)

(証明) 1. 在AACY中,CX為中線,

2(CX2+XY2) = CA+CY?

•2(cy*+x*)=CB2+cx?

(上証,阿氏定理)

品、2(cx*+xyz)+2(cY+xy)=cA+CY*+CB+CX

化箱,cx*+CY*+4XY= CA* CB?

[等量相加1 3. CA+CB2=AB2 ( $ Kz72)

•CX*+CY®+XY*=AB-3XY?(代换,並減3xY)

因 Ax=xY=YB=李AB(題詔

= AB-3X+ AB=AB”(代换)

Q.E.D.

()()試述西氏(cera)定理之逆定理(不需註明)

(答)差DEF分别為AABC之

BC, CA, AB边上之奌,且

RD

"DO EA FB

=+1 (計及方向)

則AD BE, CF 三线共奌

~) 0 DABCA14-5 142B0C, ZCOA LAOB÷7

分线各台对边LMN. 試証AZBM.CN必交

(已知) OL,OM,ON 分别器LEDC,

LCOALAOB 平分线:

(註)AT, BMCN三线共点

(証明) 1.在△ Boc中,因

同理:CM

OB

AN

NB

=(三角形内角平分线,分过!

边峡两鄰边成比例)

OM.AN

5%=6x8£xq=+1(等量相象);

MANB

仅左方各比值均為正值)

3. AL, BM, CN 三线共奌(西氏逆定理) (iii)

△ABC正三角形,三角形內奌0作三直线上,

la ls $15K BC, CA, AB; &, 3 CA, ABY D, E;

CA AB, BC 柊FG; GBC,CAHK.試試

DE+FG+HK=2BC,

(設証如題)

(SEGA)]. L, ||BC, &|| CA, & AB.

(the)

2. AFOK, BHOE, CDOG Vý 為平行四边形(討边平行)

3. AOFE, COHG 正三角形

(因HGEF0=2A=60% 201G=LB=4FE0=600

H

等角三角形必等边)

4 E0=BH, OD=GC, KO=AF, HO-BE (OHLE )

5. OF=FE, 04 = HG ( I A B Lt)

6.E00D+KO+HO+0F+0G=BH+GC+AF+BE:

即 DE+ FG+HK= BC+AB.

+FE+ HG(等量相加)

DE+FG+HK = 2BC (以BC代AB)、_Q.E·D]

(十)(i)园(K)為△ABC之外接园,P為△ABC外的一奌

ZM為從P至BC,AC两边之岳足,若PC之延线“交” (K) * Q B AQ#2175 ML, 3 DEP 5 X / Q (K) E. 設N為從P至BA或BA之延线我足,試証乙M.N 花三奖共线

(已知) (K)為△ABC的外接园

PLL BC, PM LAC, AQIIME, A

PNL BA

(求証))P奌在(K)园上;

(l), Z. MN三奌共线 (FTE) 12PMC=<PLC=rt. &

(因PLL BC, PM┻AC) 2.联PC,則P, M, L,C共园.

B

(AS有公共底边頂等且同側入

3. 41-42 (HJABRA

4.2=23 (因AQIIMC,平行线之同位角相等) 5.41=23 (4): 6.联CQ,則A,QCP共园.

(两三角形有公共底,頂育等且同側,則四頂奌共园)) 7.P在(K)园上(不共线三点,决定一)()証 8.<PMC=<PNA=入t.L(因 PN┻BA) 9.P.NA,M四奌共园(四边形外角等於内对角) 10、联 MN, PA,則<PAN=64(对同弧园周角)

12.

11. <PAN=<PCL(园内楼四边形之外角等于内时角)

24=2PCC (43)

13. APCL, <1+<PCE=90° (rts 152 AJ«) 14. 22+24=90° (w+k)

15. Lath4+2PMC = 180° ( # <PMC=90°)

16.Z.M.N=兵共线(平角两边成一直线)(i)证畢

二期星日七十月六年九六九一屆公年八十五國民華中

熊嘉霍生學中濟同 院學工理省麻業畢

樂然大學近。 考攻茹

裕

位學士博攻讀教助學大聘受

亞利心选秘 蘭,

·可小大榮

謝

二然的光

慶良及六肄兩機同。

三 尚有證明的三種說愦

(HOMAS AQUIN)

同畢 台湾 哲學講題环塔正區

第五節

理,由幼稚價以至當中「費格的阱,本身的能糈係「天主」這慨念,就會到大於一切所想像一面卡完颜發故;

风第一流大學劍麻省理工學院取入學,四滯納法的等明來對明,再管天主的本性是排斥一張刻有一存在,怎能,爲大於一切應該認天主是存在的。

·莱理學士學位,花君爲

·成績優異,領取太空物理

·無禮,本港學生花案以 九六四年七月高中畢業,一直

-月十三日舉行水畢業 年時間攻讀太染物理學,屍體,於命生完成一任何先於自己存在的原拇成止的。对此,本節

九中英文學校協進會會影IORI)是你因鋼架的一種證明汰,八此類形天

·青春大學、特大慶級商品,现在轀) ELMUS ), DESCARTDS)和不悟狴車就業,因儿在在候性中的,也可被記 記(R

。同濟上英文小學校長源,它的本姓證明天主的純屬性卽是);同有證明如下: 開服,分别考國英國繪風大,那八一開始方巾主要規安業(ST ANS 會想換的事物之物,其隨可僅在於想像者的

·歸納證明法,演案證明,同有證明法 布及格香港大等入原試及人類的悟性欲作證明人有獲魂和獨導的种體質,於一日所想出的事物之物的確不存在。如果他居 二良優異成績,一九六焄 | PPSTERIORI)是從果到因的證明,八比如用,他把小前挑活標籤明嵗:沒有人能够肯定大的搛證法如下: 或「被造之物本身沒有必有的原因」等来了瓜,NFGUIT)。顯,大於一切所创作 就去市的存在褒說,天主的存在是絕對不能中承認物的存在了,因我如果該夠了的不存在,我對天主的本性质清晰顯解倒的是他的存在,所

「出來,他磋這證明中,否擒天主存在的.

·護者有阿基坦斯CAEK. ALENST的事物之物布賴張輝在悟生小,那麼該物就不見」 「如果天主,那位必然物(CNS NECESSA | 中班社學生個 「倉存在於事實上,理指法,如果大於一切所想像不淅事,但他自己的多出是紧线的

·在自己的思想巾有著一位大於一切所想事物之一就該先把談遛 物可裙诠證現出來,因

一、阿納證明戲《ARGUMENSUM APR 1在輛大車自動說明了天主的存在。他的思路,於一切所遗憾的事先之物的可能性墨示出來豬深,在治,是因爲,如果不存在)她的「被詐」是 法也是從未發的出發點起載,小至大武驽6

檢定 ·笛卡兒唔犯上了與聖安角莫到攝的 然涩緩的肯定,那麼在他作出述思考時,就無意性的,就該承認我理解的粉豬是屬於該物,圓方 聖保祿詠思學校 我致詞,該修體別,架 胡說:「所有的人,包括器人和無神論者在內,都,而且於邏輯不合,這樣的蘇步法又怎能算是健全,作」,不僅因傳「被作」不褪和必然物的概念通

ALE),那麼如果我們能合理的意識到圓滿物( 寳的可能性,我歷從語對本身的性質方面來作】面存在。架比尼茲發表湯雄的理論,只有畔 潮比尼茲十分幽蓝的那定了能卡后的說茨活,有烤畢業生後該校際線,並已委出升學回不

可是我們只盟拍出信共宏观安色莫不把那大,我们永還困在还恩中打转了。” 釋出來?他的那以個辯說也不獲思純粹的幻極,劉的概念。我們答覆他,我們否認天主的「 「任何我所漫晰易解的理餾測吊屬於某物本,理想階級金越到實際圾盒不攜罄的嗎?C待發 ,笛卡兒把自己想像中的天主概念,用谐城易,她原來不存在的標),我只要拍出單憑祂的概念。

其自芑木佐存在之物(ENS SUBSISTINS 一物的概念根本無法通謀。所以必然惭不能繼「 ENS PERFECTISSIMUM)的可能性,血過ONEM)才能治在。可是「被作一的概念和必然 事物之物》到霎礤惜級(鑫然存在)的遼經遠道一果必然物的存在不能和必然物的概念協調,就是

· 舉行謝師宴,省第一道主的,我先在

細野區長,經營,現已寫到畢業生安排

「不足以建立祂的存在就是。萊比尼茲難道忘了從

·热存在,我此地無心知道祂但存在財 虹果 謝師宴盛况 分别窖齮,她有加,

謀,而且因爲無就此一案引出必然物的超

!...簡略說來,比尼茲的意思是謝:必然物存

存在,這個物只憑「被作] (PER EFFECT 讨步由畢業现致送紀念

性認所

本

學實存話:

激安色體要把为主的存在用飛眼肌的思路號

教

「將該辦法包攬在內。

11月超强城因)明中,故定有枪多瑪斯派古學爲聖安色真的

並在自己的三度第一八第一悟性中也在於事實上」。..... 「尤其要思高、SCOTUS)。想商用聖安鱼莫新 疑問,大於一切所想像的事物之物,應該低存於能,根本就已存在了。麗,天主,其本性即爲存 (S),聖文都愍「ST BONAVENTURA),一得如何的大了,這當然是還短的了。因此,设有一ARIUN)前其本性和存在爲同心之物的物爲可。

的。所以天主的確存在。」 也不過是假蔭蔽,但「被」忌必然物的本性 在的必然物惡的確存在的,因爲如果不存在,他

學者。他們的反對盧心了! 他們說悟性的模對象既然是蛮有物(ENS REL說如果一想到天主的概念而不同時聯想到他的

一、主要反對者,首先聖多瑪斯(ST) 一說法业没有烤成的理想階級八大於一切所市檢定 萊比尼茲的小龍凡能象解如

中中會考美術(一)試題

∵∵本送分第一及第二組。考生可從任何一租中善答四强;但不得同脚为福条答。 第一組——中國美術史

(两小時完筮)

(一)时未微宗之禍畫及其對獎勵整之史實。

(二)宋代破院派與院外派之里格有何不同?’

(三)何謂四大家?試遇其中一人諭诚之。

(四)試蔬果、元两代主要畫跟之風格,作蘭酪之比較

(五)試略述元代變壓對中國藝術之影響?

(六)試論边元代家錢選之史及糖體風格。 第二十一西洋美術史

(一)武列舉此期內浪漫主義(ROMANTICISM)與

務上之異同

FCSPANISH PAINTING)

(二)民迎米勒(FRANCOIS MILLET)之風,並畢出名作一二引證之• (三)誠逃古典主義(CLASSICTSM)在西洋藝術之地位及對後世之影響。

(四)ME(DENTE GABRIEL ROSETTI)兼付费?其作風如何?共部述其作品一三酸坏

之

(五)馬納(EDOUARD MANET)及莫奈(CLAUDE MONET)派?其作風文如何?; (六)武述筒(PAUL CEZANNE)對靜物寫生曁之影響。

《两小時半完瓶)

中中會考美術(二)試題

本在第一及第二組。考生可從任何一租中選擇一制作聲,在畫面上適當之位置抄錄並夜| 牛病號,凡作級登者須採用中國鋆疵,鄭圖機直不拘,設色與否任健。凡作西洋考須用淨錄线! 權西以人物為主,以適當之背景。齋面必須著色,以淡彩方法繪客亦可。

(一)白零成

(二)小版洗水人家

(三)您進小甜

(四)白委陳應有人際

第二組一西洋

(ii)溠△ABC之三高 AD. BE, CF相交於 H. DSLACT

DT LCF, DXLBE, DYLAB 証明STX,Y奌共线

(設証如題)

(A)). HEA=LHDC=MT.L

(因 BELAC, ADLBC)

2. H,D, C, E 四桌共园,

(四边形外角等於内对角)

即D為ACEH之外接园上桌

3. DSLCE, DILCH,

DXLEH:(乙)

4,S, T, X 三桌共线(上証,即西摩松线足理)

5.同理可言ED為ABFH外接园上之一矣,

故T,X,Y三桌共线(由1至4)

6. S, T, X, Y m§** (*}**-IN, (試卷二解答完