第一章 三角函數 ── 分級練習本

(1) $3$ 弧度 $\approx172^\circ$，$\cos3\approx-0.99$，錯。(2) $2$ 弧度 $\approx114.6^\circ$，$\sin2=\sin65.4^\circ\approx0.91\gt\dfrac{\sqrt3}{2}$，錯。(3) $1$ 弧度 $\approx57.3^\circ$ 在 $30^\circ$ 與 $60^\circ$ 之間，$\tan$ 遞增，正確。(4) $\pi^\circ\approx3.14^\circ$ 是很小的角，$\cos\approx0.998$，正確。(5) $\pi^2\approx9.87$，減 $2\pi$ 得 $3.59$ 弧度，在 $(\pi,\tfrac{3\pi}{2})$，$\sin\lt0$，錯。

設週期 $T$：$\dfrac{5\pi}{4}=(2k+1)\cdot\dfrac T2$ ⟹ $T=\dfrac{5\pi}{2(2k+1)}$。$k=0,1,2,\dots$ 給出 $\dfrac{5\pi}{2},\dfrac{5\pi}{6},\dfrac{\pi}{2},\dots,\dfrac{\pi}{6}$（$2k+1=15$）。選項中 $\dfrac{\pi}{2}$（$2k+1=5$）與 $\dfrac{\pi}{6}$（$2k+1=15$）可行；$\dfrac{5\pi}{4}$、$\dfrac{\pi}{4}$、$\dfrac{\pi}{8}$ 對應 $2k+1=2,10,20$ 是偶數，不合。

$\tan\left(k\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{\pi}{4}\right)=\tan\left(kx+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{k\pi}{3}\right)$。要與 $\tan\left(kx+\dfrac{\pi}{6}\right)$ 重合：$\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{k\pi}{3}=\dfrac{\pi}{6}+n\pi$ ⟹ $k=\dfrac14-3n$。$k\gt0$ 的最小值在 $n=0$：$k=\dfrac14$。

第 $j$ 個週期（$j=0,\dots,5$）的兩解相加 $=\pi+4j\pi$。總和 $=\sum_{j=0}^{5}(\pi+4j\pi)=6\pi+4\pi\cdot15=66\pi$。換回 $x=\dfrac u6$：$\dfrac{66\pi}{6}=11\pi$。（共 $12$ 個根。）

$f\left(x+\dfrac{\pi}{2}\right)=|\cos x|+|\sin x|=f(x)$，且 $f(0)=1\ne f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt2$ 表示 $\dfrac{\pi}{4}$ 不是週期，故 $p=\dfrac{\pi}{2}$。
$g\left(x+\dfrac{\pi}{2}\right)=|\cos x|-|\sin x|=-g(x)$，不是週期；$g(x+\pi)=g(x)$，故 $q=\pi$。$p+q=\dfrac{3\pi}{2}$。

(1) $-0.894\gt-0.447$？錯。(2) $\tan2\theta=\dfrac{2\cdot2}{1-4}=-\dfrac43\lt0$，且 $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta\gt0$ ⟹ $2\theta$ 在第二象限，錯。(3) $\cos2\theta=\dfrac{1-\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}=-\dfrac35\lt0$，正確。(4) $\theta$ 是廣義角，可以加減 $2\pi$ 的倍數，$\dfrac{\theta}{2}$ 的象限因此不確定，錯。(5) $\tan\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{\sin\theta}{1+\cos\theta}=\dfrac{-2/\sqrt5}{1-1/\sqrt5}=-\dfrac{\sqrt5+1}{2}\approx-1.62$，而 $\dfrac12\sin\theta\approx-0.45$，錯。

左式 $=2(1+\cos2x)+\sqrt3\sin2x-(1-\cos2x)=1+3\cos2x+\sqrt3\sin2x$。方程式化為 $\sqrt3\sin2x+3\cos2x=3$，疊合：$2\sqrt3\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{3}\right)=3$ ⟹ $\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\sqrt3}{2}$。
$2x+\dfrac{\pi}{3}\in\left(\dfrac{\pi}{3},\dfrac{7\pi}{3}\right)$，其中 $\sin=\dfrac{\sqrt3}{2}$ 的只有 $\dfrac{2\pi}{3}$（$\dfrac{\pi}{3}$ 與 $\dfrac{7\pi}{3}$ 是開端點）⟹ $x=\dfrac{\pi}{6}$。

分子 $=2\sqrt3\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\cos80^\circ-\dfrac12\sin80^\circ\right)=2\sqrt3\cos(80^\circ+30^\circ)=2\sqrt3\cos110^\circ=-2\sqrt3\sin20^\circ$。
分母 $\sin80^\circ\cos80^\circ=\dfrac12\sin160^\circ=\dfrac12\sin20^\circ$。相除得 $-4\sqrt3$。

$\theta$ 是底角（銳角），$\cos\theta=\dfrac{\sqrt5}{3}$，$\tan\theta=\dfrac{2}{\sqrt5}$。$\tan2\theta=\dfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=\dfrac{4/\sqrt5}{1-4/5}=\dfrac{20}{\sqrt5}=4\sqrt5$，故 $\tan\varphi=-4\sqrt5$。
檢查：$\cos\frac{\theta}{2}\gt\sin\frac{\theta}{2}$ 表示 $\frac{\theta}{2}\lt45^\circ$，與 $\theta$ 為銳角一致。

$2x+\dfrac{\pi}{4}\in\left[-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}\right]$，$\sin$ 的範圍是 $\left[-\dfrac{\sqrt2}{2},1\right]$。最大值 $\dfrac{\sqrt2}{2}-\dfrac12=\dfrac{\sqrt2-1}{2}$（$x=\dfrac{\pi}{8}$），最小值 $-\dfrac12-\dfrac12=-1$（$x=-\dfrac{\pi}{4}$）。

$f(x)=\cos x\left(\dfrac12\sin x+\dfrac{\sqrt3}{2}\cos x\right)-\sqrt3\cos^2x+\dfrac{\sqrt3}{4}=\dfrac12\sin x\cos x-\dfrac{\sqrt3}{2}\cos^2x+\dfrac{\sqrt3}{4}$。
用 $\sin x\cos x=\dfrac12\sin2x$、$\cos^2x=\dfrac{1+\cos2x}{2}$：$f(x)=\dfrac14\sin2x-\dfrac{\sqrt3}{4}\cos2x=\dfrac12\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)$。
(1) 週期 $\dfrac{2\pi}{2}=\pi$。
(2) $x\in\left[-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right]$ ⟹ $2x-\dfrac{\pi}{3}\in\left[-\dfrac{5\pi}{6},\dfrac{\pi}{6}\right]$。這一段裡 $\sin$ 在 $-\dfrac{\pi}{2}$ 取到最小 $-1$（對應 $x=-\dfrac{\pi}{12}$）；兩端 $\sin\left(-\dfrac{5\pi}{6}\right)=-\dfrac12$、$\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac12$，最大在右端。故最大值 $\dfrac12\cdot\dfrac12=\dfrac14$（$x=\dfrac{\pi}{4}$）、最小值 $\dfrac12\cdot(-1)=-\dfrac12$（$x=-\dfrac{\pi}{12}$）。

$\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{4}{1-(\sqrt2+1)}=\dfrac{4}{-\sqrt2}=-2\sqrt2$。
象限：$2k\pi\lt\alpha\lt2k\pi+\dfrac{\pi}{2}$、$2m\pi+\pi\lt\beta\lt2m\pi+\dfrac{3\pi}{2}$ ⟹ $\alpha+\beta$ 與 $(\pi,2\pi)$ 內的某角同界，$\sin(\alpha+\beta)\lt0$；再加上 $\tan(\alpha+\beta)\lt0$ ⟹ 第四象限。
在第四象限取終邊上一點 $(1,-2\sqrt2)$，到原點距離 $\sqrt{1+8}=3$ ⟹ $\sin(\alpha+\beta)=-\dfrac{2\sqrt2}{3}$。（和與積也可以看成「$\tan\alpha$、$\tan\beta$ 是 $x^2-4x+(\sqrt2+1)=0$ 的兩根」：判別式 $12-4\sqrt2\gt0$、兩根皆正，和「第一、第三象限的正切都是正的」相符。）

$(\sin\alpha+\cos\beta)^2+(\cos\alpha+\sin\beta)^2=1^2+0^2$
⟹ $(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)+(\cos^2\beta+\sin^2\beta)+2(\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)=1$
⟹ $2+2\sin(\alpha+\beta)=1$ ⟹ $\sin(\alpha+\beta)=-\dfrac12$。（這樣的 $\alpha$、$\beta$ 確實存在，例如 $\alpha=\dfrac{\pi}{6}$、$\beta=-\dfrac{\pi}{3}$：$\dfrac12+\dfrac12=1$、$\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}=0$，而 $\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)=-\dfrac12$。）

$\tan\theta=\dfrac13\gt0$ 且 $\theta\in\left(\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right)$ ⟹ 第三象限，$\cos\theta=-\dfrac{3}{\sqrt{10}}$。故所求 $=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$。

$x=8$：$a\cos\dfrac{\pi}{2}+b=b=14$。$x=12$：$a\cos\dfrac{2\pi}{3}+14=-\dfrac a2+14=11$ ⟹ $a=6$。$x=20$：$6\cos\pi+14=8$。

(1) $\tan(\alpha+\beta)=\tan\dfrac{3\pi}{4}=-1$，即 $\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}=-1$，交叉相乘得 $\tan\alpha+\tan\beta=-1+\tan\alpha\tan\beta$。
$(1-\tan\alpha)(1-\tan\beta)=1-(\tan\alpha+\tan\beta)+\tan\alpha\tan\beta=1-(-1+\tan\alpha\tan\beta)+\tan\alpha\tan\beta=2$。
(2) 若 $a+b=45^\circ$，同樣交叉相乘得 $\tan a+\tan b=1-\tan a\tan b$，所以 $(1+\tan a)(1+\tan b)=1+(1-\tan a\tan b)+\tan a\tan b=2$。
角是 $5^\circ,10^\circ,\cdots,40^\circ$，共 $8$ 個因式，頭尾配對：$(5^\circ,40^\circ)$、$(10^\circ,35^\circ)$、$(15^\circ,30^\circ)$、$(20^\circ,25^\circ)$，每一對的角加起來都是 $45^\circ$，共 $4$ 對，乘積 $=2^4=16$。
原題是 $\alpha+\beta=45^\circ$ 求 $(1+\tan\alpha)(1+\tan\beta)$（答案 $2$）；這裡改成 $\dfrac{3\pi}{4}$ 配 $(1-\tan\alpha)(1-\tan\beta)$，並加上連乘的應用。

(1) 週期 $\dfrac{2\pi}{1}=2\pi$，正確。
(2) 最大值是振幅 $2$，不是 $4$（$4$ 是 $r^2$），錯誤。
(3) $f(x)$ 的值域是 $[-2,2]$，而 $-2\le-\dfrac32\le2$，有實數解，正確。
(4) 對稱中心令 $x-\dfrac{\pi}{6}=k\pi$，得 $x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi$，$-\dfrac{\pi}{6}$ 不在其中；直接代：$f\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)=2\sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)=-\sqrt3\ne0$，不是對稱中心，錯誤。
(5) 對稱軸令 $x-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$，得 $x=\dfrac{2\pi}{3}+k\pi$，$k=0$ 就是 $x=\dfrac{2\pi}{3}$；此時 $f=2$ 是最大值，正確。
原題是 $\sqrt3\sin x+\cos x=2\sin\left(x+\dfrac{\pi}{6}\right)$，對稱中心 $\left(-\dfrac{\pi}{6},0\right)$ 正確；這裡把 $\cos x$ 的係數改成負的，$\theta$ 變成 $-\dfrac{\pi}{6}$，同一個點就不再是對稱中心。

$20(1-\cos^2x)-7\cos x=14$ ⟹ $20\cos^2x+7\cos x-6=0$ ⟹ $(5\cos x-2)(4\cos x+3)=0$，$\cos x=\dfrac25$ 或 $\cos x=-\dfrac34$，兩個都在 $[-1,1]$ 內。
$x$ 在 $(0,\pi)$ 時 $\cos x$ 遞減，四個區間的端點 $0,\ \dfrac{\pi}{3},\ \dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{2\pi}{3},\ \pi$ 依序對應 $\cos x=1,\ \dfrac12,\ 0,\ -\dfrac12,\ -1$。
$0\lt\dfrac25\lt\dfrac12$ ⟹ 根在 $\left(\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{2}\right)$，選 (2)；$-1\lt-\dfrac34\lt-\dfrac12$ ⟹ 根在 $\left(\dfrac{2\pi}{3},\pi\right)$，選 (4)。
原題是 $7\cos x+20\sin^2x=17$，解出 $\cos x=\dfrac35$ 或 $-\dfrac14$，答案 (1)(3)；這裡改了常數與 $\cos x$ 的係數，兩個根換到別的區間。

$\overline{AE}=\overline{AD}=4$、$\overline{AB}=2$ ⟹ $\cos\angle BAE=\dfrac24=\dfrac12$，$\angle BAE=60^\circ$，所以 $\angle EAD=30^\circ=\dfrac{\pi}{6}$，$\overline{BE}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt3$。
矩形內、大弧以內的部分 $=\triangle ABE+$ 扇形 $AED=\dfrac12\times2\times2\sqrt3+\dfrac12\times4^2\times\dfrac{\pi}{6}=2\sqrt3+\dfrac{4\pi}{3}$。
小弧以內是半徑 $2$ 的四分之一圓：$\dfrac14\times\pi\times2^2=\pi$。
塗色區域 $=2\sqrt3+\dfrac{4\pi}{3}-\pi=\dfrac{\pi}{3}+2\sqrt3$。

$a=\dfrac{3-(-1)}{2}=2$，$d=\dfrac{3+(-1)}{2}=1$。
相鄰最高、最低點的水平距離是半個週期：$\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}$，週期 $\pi$，$b=\dfrac{2\pi}{\pi}=2$。
最高點處 $bx-c=2k\pi$：$2\times\dfrac{\pi}{6}-c=2k\pi$ ⟹ $c=\dfrac{\pi}{3}-2k\pi$，最小的正數是 $c=\dfrac{\pi}{3}$。所以 $f(x)=2\cos\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)+1$；檢查：$f(0)=2\cos\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)+1=2$，和圖上 $y$ 軸的交點一致。
(1) 正確。(2) 正確。
(3) 振幅是 $a=2$；$4$ 是最高點到最低點的落差，錯誤。
(4) $c=\dfrac{\pi}{3}$，錯誤。
(5) $2x-\dfrac{\pi}{3}=2\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)$，要向右平移的是 $\dfrac{\pi}{6}$（或再加週期 $\pi$ 的整數倍），$\dfrac{\pi}{3}$ 不在其中，錯誤。
原題的圖上另外標了一個點 $C$，這裡只保留最高點 $A$ 與最低點 $B$；五個選項照原題。

由圖，$D$ 在 $A$、$B$ 之間，所以 $\angle ACB=\angle ACD+\angle BCD$。
$\tan\angle ACD=\dfrac{\overline{AD}}{\overline{CD}}=\dfrac25$，$\tan\angle BCD=\dfrac{\overline{BD}}{\overline{CD}}=\dfrac35$。
$\tan\angle ACB=\dfrac{\frac25+\frac35}{1-\frac25\times\frac35}=\dfrac{1}{\frac{19}{25}}=\dfrac{25}{19}$。
如果 $D$ 落在 $\overline{AB}$ 的延長線上，兩個角就要相減。所以這種題要先看圖確認 $D$ 的位置。

最大值 $10$、最小值 $-10$ ⟹ $a=10$。
相鄰最高、最低點相差半個週期：$\dfrac T2=\dfrac{4}{300}-\dfrac{1}{300}=\dfrac{1}{100}$，$T=\dfrac{1}{50}$，$b=\dfrac{2\pi}{T}=100\pi$。
最高點處 $bt+c=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$：$100\pi\times\dfrac{1}{300}+c=\dfrac{\pi}{3}+c=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$，在 $0\le c\lt\pi$ 內只有 $c=\dfrac{\pi}{6}$。
檢查：$I(0)=10\sin\dfrac{\pi}{6}=5$，和圖上縱軸的交點 $5$ 一致。

$x$ 弧度 $=\left(\dfrac{180x}{\pi}\right)^\circ$。同界角 ⟺ $60x-\dfrac{180x}{\pi}=360k$（$k$ 整數）⟺ $x\left(60-\dfrac{180}{\pi}\right)=360k$。$\dfrac{180}{\pi}\approx57.30$，故 $x\approx\dfrac{360k}{2.70}\approx133.1k$。在 $[180,360]$ 內只有 $k=2$：$x\approx266$，最接近 $270$。

三條相異直線一般分平面成 $7$ 區；只分成 $6$ 區 ⟺ 「有兩條平行」或「三線共點」。
・共點：$L_1,L_2$ 交於 $(1,3)$，代入 $L_3$：$\tan\theta+3-\sqrt3=3$ ⟹ $\tan\theta=\sqrt3$ ⟹ $\theta=\dfrac{\pi}{3}+n\pi$。
・$L_3\parallel L_2$：$\tan\theta=1$ ⟹ $\theta=\dfrac{\pi}{4}+n\pi$。・$L_3\parallel L_1$：$\tan\theta=-2$，$\theta=\pi-\tan^{-1}2+n\pi$。
範圍 $2\pi\le\theta\le\dfrac{5\pi}{2}$：$\dfrac{\pi}{3}+2\pi=\dfrac{7\pi}{3}$ ✔、$\dfrac{\pi}{4}+2\pi=\dfrac{9\pi}{4}$ ✔；$\tan\theta=-2$ 的解 $\theta\approx2\pi+2.03$ 超過 $\dfrac{5\pi}{2}\approx2\pi+1.57$，不合。總和 $=\dfrac{7\pi}{3}+\dfrac{9\pi}{4}=\dfrac{55\pi}{12}$。

令 $\alpha=\tan^{-1}\dfrac12\approx26.6^\circ$，則 $\theta_1=\alpha$、$\theta_2=\pi-\alpha$、$\theta_3=\pi+\alpha$、$\theta_4=2\pi-\alpha$。
(1) $\theta_2\approx153.4^\circ\gt150^\circ$，錯。(2) 正確。(3) $\sin\theta_3=-\sin\alpha=-\dfrac{1}{\sqrt5}$，正確。(4) $\theta_3+\theta_4=3\pi$，$\cos3\pi=-1$，錯。(5) $\tan\theta_3=\dfrac12$，$\tan(\pi-\theta_4)=\tan(\alpha-\pi)=\dfrac12$，和為 $1$，錯。

$\sin112^\circ+\sqrt3\cos112^\circ=2\sin(112^\circ+60^\circ)=2\sin172^\circ=2\sin8^\circ$；$\sin82^\circ=\cos8^\circ$。
原式 $=2\sin8^\circ-2\sqrt3\cos8^\circ=4\sin(8^\circ-60^\circ)=4\sin(-52^\circ)=4\sin232^\circ$。故 $r=4$、$\theta=232$。

等比 ⟺ $\sin^22\theta=\cos\left(2\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\left(2\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)$。右式用和差角展開：$\left(\cos2\theta\cos\dfrac{\pi}{4}\right)^2-\left(\sin2\theta\sin\dfrac{\pi}{4}\right)^2=\dfrac{\cos^22\theta-\sin^22\theta}{2}=\dfrac{\cos4\theta}{2}=\dfrac{1-2\sin^22\theta}{2}$。
故 $\sin^22\theta=\dfrac12-\sin^22\theta$ ⟹ $\sin^22\theta=\dfrac14$ ⟹ $\sin2\theta=\pm\dfrac12$。$2\theta\in(0,2\pi)$ 有 $\dfrac{\pi}{6},\dfrac{5\pi}{6},\dfrac{7\pi}{6},\dfrac{11\pi}{6}$ 四解，且中項 $\sin2\theta\ne0$，皆合。共 $4$ 個。

(1) $\sin2x$、$\cos2x$ 的週期都是 $\pi$，$f$ 的週期為 $\pi$，錯。(5) $f(-x)=\dfrac{-\sin2x}{2+\cos2x}=-f(x)$，奇函數，正確。
最值：令 $t=2x$，$y=\dfrac{\sin t}{2+\cos t}$ ⟹ $y(2+\cos t)=\sin t$ ⟹ $\sin t-y\cos t=2y$ ⟹ $\sqrt{1+y^2}\ge|2y|$ ⟹ $y^2\le\dfrac13$，故最大 $\dfrac{\sqrt3}{3}$、最小 $-\dfrac{\sqrt3}{3}$，(2) 錯。$f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\sqrt3/2}{2-1/2}=\dfrac{\sqrt3}{3}$ 恰為最大，(3) 正確。
(4) 若 $x=\dfrac{\pi}{3}$ 是對稱軸，應有 $f\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=f(0)$，但 $f\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=-\dfrac{\sqrt3}{3}\ne0$，錯。

左式 $=2\sin(A+30^\circ)$；$2004^\circ=5\cdot360^\circ+204^\circ$，右式 $=2\sin204^\circ$。
$A+30^\circ\in(300^\circ,390^\circ)$，要 $\sin(A+30^\circ)=\sin204^\circ=\sin(-24^\circ)=\sin336^\circ$。在此範圍內 $\sin$ 為 $\sin336^\circ$ 的只有 $336^\circ$（另一解 $204^\circ+360^\circ=564^\circ$ 超出）。故 $A=306^\circ$。

$\tan\theta=\dfrac{y}{x}=\dfrac23$ 且 $y=-4$ ⟹ $x=-6$（(1) 正確），$\overline{OP}=\sqrt{36+16}=2\sqrt{13}$（(2) 正確）。第三象限：$\cos\theta=-\dfrac{3}{\sqrt{13}}$，(3) 錯。$\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$，兩者皆負，乘積為正，(4) 正確。(5) $\theta$ 可寫成 $\theta_0+2k\pi$，$\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{\theta_0}{2}+k\pi$，$k$ 的奇偶會翻轉 $\cos\dfrac{\theta}{2}$ 的正負，不一定，錯。

$\cos2\theta\gt\cos\theta$ ⟺ $2\cos^2\theta-\cos\theta-1\gt0$ ⟺ $(2\cos\theta+1)(\cos\theta-1)\gt0$ ⟺ $\cos\theta\lt-\dfrac12$（$\cos\theta\gt1$ 不可能）⟺ $\theta\in\left(\dfrac{2\pi}{3},\dfrac{4\pi}{3}\right)$。
$\sin2\theta\gt\sin\theta$ ⟺ $\sin\theta(2\cos\theta-1)\gt0$；在上面的範圍內 $2\cos\theta-1\lt0$，故需 $\sin\theta\lt0$ ⟹ $\theta\in(\pi,2\pi)$。
交集 $\left(\pi,\dfrac{4\pi}{3}\right)$，$a=1$、$b=\dfrac43$，$b-a=\dfrac13$。

(1) $\tan x$ 要有意義 ⟹ $x\ne\dfrac{\pi}{2}+k\pi$。在定義域內
$f(x)=4\sin x\left(\dfrac12\cos x+\dfrac{\sqrt3}{2}\sin x\right)-\sqrt3=2\sin x\cos x+2\sqrt3\sin^2x-\sqrt3=\sin2x+\sqrt3(1-\cos2x)-\sqrt3=\sin2x-\sqrt3\cos2x=2\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)$。
週期 $\dfrac{2\pi}{2}=\pi$（挖掉的點 $\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ 也是每隔 $\pi$ 重複一次，不影響）。
(2) $x\in\left[-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right]$（這一段 $\cos x\gt0$，沒有被挖掉的點）⟹ $t=2x-\dfrac{\pi}{3}\in\left[-\dfrac{5\pi}{6},\dfrac{\pi}{6}\right]$。$\sin t$ 在 $\left[-\dfrac{5\pi}{6},-\dfrac{\pi}{2}\right]$ 遞減、在 $\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{6}\right]$ 遞增；$t=-\dfrac{\pi}{2}$ 對應 $x=-\dfrac{\pi}{12}$。
故 $f(x)$ 在 $\left[-\dfrac{\pi}{4},-\dfrac{\pi}{12}\right]$ 遞減、在 $\left[-\dfrac{\pi}{12},\dfrac{\pi}{4}\right]$ 遞增。

(4) $\sin t=0$ 的 $t$ 依序是 $\pi,2\pi,3\pi,\dots$（都在 $\dfrac{\pi}{5}$ 之後）。恰 $5$ 個 ⟹ $5\pi\le2\pi\omega+\dfrac{\pi}{5}\lt6\pi$ ⟹ $\dfrac{12}{5}\le\omega\lt\dfrac{29}{10}$，正確。
(1) $\sin t=1$ 的 $t=\dfrac{\pi}{2},\dfrac{5\pi}{2},\dfrac{9\pi}{2},\dfrac{13\pi}{2},\dots$；右端 $2\pi\omega+\dfrac{\pi}{5}\in[5\pi,6\pi)$，恰好含前 $3$ 個，正確。
(2) $\sin t=-1$ 的 $t=\dfrac{3\pi}{2},\dfrac{7\pi}{2},\dfrac{11\pi}{2},\dots$；$\dfrac{11\pi}{2}$ 可能在範圍內（例：$\omega=2.8$，右端 $5.8\pi$），也可能不在（$\omega=2.5$，右端 $5.2\pi$），個數是 $2$ 或 $3$，不一定，錯誤。
(3) $x\in\left(0,\dfrac{\pi}{10}\right)$ ⟹ $t\in\left(\dfrac{\pi}{5},\dfrac{\omega\pi}{10}+\dfrac{\pi}{5}\right)$，而 $\dfrac{\omega\pi}{10}+\dfrac{\pi}{5}\lt\dfrac{29\pi}{100}+\dfrac{20\pi}{100}=\dfrac{49\pi}{100}\lt\dfrac{\pi}{2}$，整段落在 $\sin$ 遞增的 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 內，正確。

(1) $y=\sin(x+\theta)$ 的對稱軸滿足 $x+\theta=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$；要 $x=0$ 是對稱軸 ⟹ $\theta=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$，在 $[0,2\pi)$ 內是 $\dfrac{\pi}{2}$ 或 $\dfrac{3\pi}{2}$（此時 $f(x+\theta)=\cos x$ 或 $-\cos x$）。
(2) $y=\dfrac{1-\cos\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)}{2}+\dfrac{1-\cos\left(2x+\frac{\pi}{2}\right)}{2}=1-\dfrac12\left[\cos\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)+\cos\left(2x+\dfrac{\pi}{2}\right)\right]$。
中括號 $=\dfrac{\sqrt3}{2}\cos2x-\dfrac12\sin2x-\sin2x=\dfrac{\sqrt3}{2}\cos2x-\dfrac32\sin2x=\sqrt3\left(\dfrac12\cos2x-\dfrac{\sqrt3}{2}\sin2x\right)=\sqrt3\cos\left(2x+\dfrac{\pi}{3}\right)$。
故 $y=1-\dfrac{\sqrt3}{2}\cos\left(2x+\dfrac{\pi}{3}\right)$；$\cos$ 取遍 $[-1,1]$ ⟹ 值域 $\left[1-\dfrac{\sqrt3}{2},\ 1+\dfrac{\sqrt3}{2}\right]$。

塗色區域 $=$ 扇形 $-$ 兩個半圓 $+$ 兩個半圓重疊的葉形。
扇形：$\dfrac12\times4^2\times\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{16\pi}{3}$。每個半圓的半徑是 $2$，面積 $\dfrac12\times\pi\times2^2=2\pi$。
葉形：設 $M$、$N$ 分別是 $\overline{OA}$、$\overline{OB}$ 的中點（兩個半圓的圓心），兩段半圓弧除了 $O$ 之外還交於 $P$。$\overline{MO}=\overline{MP}=\overline{NO}=\overline{NP}=2$，四邊形 $OMPN$ 是菱形；$\angle MON=120^\circ$ ⟹ $\angle OMP=\angle ONP=60^\circ$。
所以葉形是兩個「半徑 $2$、圓心角 $\dfrac{\pi}{3}$」的弓形：$2\times\left(\dfrac12\times2^2\times\dfrac{\pi}{3}-\dfrac12\times2^2\times\sin\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{4\pi}{3}-2\sqrt3$。
塗色區域 $=\dfrac{16\pi}{3}-2\times2\pi+\left(\dfrac{4\pi}{3}-2\sqrt3\right)=\dfrac{8\pi}{3}-2\sqrt3$。

週期是 $\dfrac{2\pi}{b}$ ⟹ $A\left(\dfrac{\pi}{2b},4\right)$、$B\left(\dfrac{2\pi}{b},0\right)$。
$O$、$B$ 都在 $x$ 軸上，$A$ 的正下方 $H\left(\dfrac{\pi}{2b},0\right)$ 落在 $O$、$B$ 之間，所以直角只能在 $A$，$\overline{AH}$ 是斜邊上的高，$\overline{AH}^2=\overline{OH}\times\overline{HB}$：
$4^2=\dfrac{\pi}{2b}\times\left(\dfrac{2\pi}{b}-\dfrac{\pi}{2b}\right)=\dfrac{\pi}{2b}\times\dfrac{3\pi}{2b}=\dfrac{3\pi^2}{4b^2}$ ⟹ $b^2=\dfrac{3\pi^2}{64}$，$b=\dfrac{\sqrt3\,\pi}{8}$。
也可以用斜率：$\overline{OA}$ 的斜率是 $\dfrac{8b}{\pi}$，$\overline{AB}$ 的斜率是 $-\dfrac{8b}{3\pi}$，兩者相乘等於 $-1$，得到同一個式子。

由左下角往右上的斜線：每往右 $3$ 格上升 $2$ 格，它與水平線的夾角 $\alpha$ 滿足 $\tan\alpha=\dfrac23$。
另一條斜線：每往右 $2$ 格下降 $1$ 格，它與水平線的夾角 $\beta$ 滿足 $\tan\beta=\dfrac12$。
過兩線的交點畫一條水平線。$\theta$ 的兩邊一條指向左下、一條指向右下，分別與這條水平線夾 $\alpha$、$\beta$，而水平線下方合起來是平角：$\alpha+\theta+\beta=180^\circ$，所以 $\theta=180^\circ-(\alpha+\beta)$。
$\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\frac23+\frac12}{1-\frac23\times\frac12}=\dfrac{\frac76}{\frac23}=\dfrac74$，$\tan\theta=-\tan(\alpha+\beta)=-\dfrac74$。
從圖上就看得出 $\theta$ 是鈍角，答案是負的才合理。只套「兩直線夾角」的公式取正值會得到 $\dfrac74$，那是另一個（銳角的）夾角。

最高點 $A$ 離橋面 $8+2=10$ 公尺；由圖，餘弦波的最低點落在橋面上，高度是 $0$。所以 $a=\dfrac{10-0}{2}=5$、$d=\dfrac{10+0}{2}=5$，$y=5\cos bx+5$。
路燈在 $x=\pm6$、高 $7.5$：$5\cos6b+5=7.5$ ⟹ $\cos6b=\dfrac12$。
由圖，路燈在 $A$ 和相鄰的最低點之間，還沒走到半個週期，所以 $0\lt6b\lt\pi$，$6b=\dfrac{\pi}{3}$，$b=\dfrac{\pi}{18}$。
週期 $=\dfrac{2\pi}{b}=36$，$\overline{AD}=36$ 公尺。
只看算式，$\cos6b=\dfrac12$ 還有 $6b=\dfrac{5\pi}{3}$ 這些解（週期變成 $7.2$ 公尺），那樣路燈和 $A$ 之間會隔著一個最低點，和圖不合。

單位圓上取 $A(\cos\alpha,\sin\alpha)$、$B(\cos\beta,\sin\beta)$，$\angle AOB=\alpha-\beta$（或其同界角，餘弦值相同）。
用距離公式：$\overline{AB}^2=(\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha-\sin\beta)^2=2-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta)$。
用餘弦定理（$\overline{OA}=\overline{OB}=1$）：$\overline{AB}^2=1+1-2\cos(\alpha-\beta)$。
兩式相等即得 $\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$。其餘五條和差角公式都可由它推出（$\beta\to-\beta$、$\alpha\to\dfrac{\pi}{2}-\alpha$）。

(1) $\tan C=\tan(\pi-A-B)=-\tan(A+B)=-\dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}$。去分母：$\tan C-\tan A\tan B\tan C=-\tan A-\tan B$，移項即得。
(2) $\tan C=-\dfrac{1+2}{1-2}=3$。（$1,2,3$ 這組數同時滿足「和＝積」：$1+2+3=1\cdot2\cdot3$。）

令 $\theta=18^\circ$，則 $2\theta+3\theta=90^\circ$ ⟹ $\sin2\theta=\cos3\theta$。
左：$2\sin\theta\cos\theta$。右：$\cos3\theta=\cos(2\theta+\theta)=\cos2\theta\cos\theta-\sin2\theta\sin\theta=(1-2\sin^2\theta)\cos\theta-2\sin^2\theta\cos\theta=\cos\theta(1-4\sin^2\theta)$。
兩邊除以 $\cos\theta\ne0$：$2\sin\theta=1-4\sin^2\theta$ ⟹ $4\sin^2\theta+2\sin\theta-1=0$ ⟹ $\sin\theta=\dfrac{-1\pm\sqrt5}{4}$，取正：$\dfrac{\sqrt5-1}{4}\approx0.309$。

$-\cos\dfrac{2\pi}{7}=\cos\dfrac{5\pi}{7}$，令 $S=\cos\dfrac{\pi}{7}+\cos\dfrac{3\pi}{7}+\cos\dfrac{5\pi}{7}$。
由和角公式相減：$2\sin a\cos b=\sin(a+b)-\sin(b-a)$。取 $a=\dfrac{\pi}{7}$： $$2\sin\frac{\pi}{7}\cdot S=\left(\sin\frac{2\pi}{7}-0\right)+\left(\sin\frac{4\pi}{7}-\sin\frac{2\pi}{7}\right)+\left(\sin\frac{6\pi}{7}-\sin\frac{4\pi}{7}\right)=\sin\frac{6\pi}{7}=\sin\frac{\pi}{7}.$$ 故 $S=\dfrac12$。（同法可證 $\cos\dfrac{2\pi}{7}+\cos\dfrac{4\pi}{7}+\cos\dfrac{6\pi}{7}=-\dfrac12$。）

不妨設 $P$ 在劣弧 $BC$ 上。圓周角：$\angle BPA=\angle CPA=60^\circ$（都對著 $60^\circ$ 的弧）。
在 $\overline{PA}$ 上取 $D$ 使 $\overline{PD}=\overline{PB}$，則 $\triangle PBD$ 為正三角形，$\overline{BD}=\overline{PB}$。又 $\angle ABD=\angle ABC-\angle DBC=60^\circ-\angle DBC=\angle PBC$，且 $\overline{AB}=\overline{CB}$、$\overline{BD}=\overline{BP}$，故 $\triangle ABD\cong\triangle CBP$，$\overline{AD}=\overline{CP}$。
所以 $\overline{PA}=\overline{PD}+\overline{DA}=\overline{PB}+\overline{PC}$，$\overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}=2\overline{PA}\le2\cdot(\text{直徑})=4$，等號在 $\overline{PA}$ 為直徑（$P$ 是弧 $BC$ 中點）時成立。
用三角函數也行：設 $P$ 對應角 $\theta$，三段距離都是 $2\sin(\cdot)$，化簡後同樣得 $2\overline{PA}$。

單位圓上取 $A(1,0)$、$P(\cos x,\sin x)$，過 $A$ 的切線交射線 $OP$ 於 $T$，則 $\overline{AT}=\tan x$。
面積比較：$\triangle OAP\lt$ 扇形 $OAP\lt\triangle OAT$，即 $\dfrac12\cdot1\cdot\sin x\lt\dfrac12\cdot1^2\cdot x\lt\dfrac12\cdot1\cdot\tan x$。
同乘 $2$ 即得 $\sin x\lt x\lt\tan x$。這也是「扇形面積 $=\frac12r^2\theta$ 必須用弧度」的理由：用度數的話，中間那一項就不會是 $x$。

降冪：$\sin^2A+\sin^2B=1-\dfrac{\cos2A+\cos2B}{2}=1-\cos(A+B)\cos(A-B)=1-\dfrac12\cos(A-B)$。
乘積：$\sin A\sin B=\dfrac{\cos(A-B)-\cos(A+B)}{2}=\dfrac12\cos(A-B)-\dfrac14$。
相加：$1-\dfrac12\cos(A-B)+\dfrac12\cos(A-B)-\dfrac14=\dfrac34$。
幾何看法：三角形的三內角 $41^\circ,19^\circ,120^\circ$，由正弦定理三邊比為 $\sin41^\circ:\sin19^\circ:\sin120^\circ$，餘弦定理 $c^2=a^2+b^2-2ab\cos120^\circ=a^2+b^2+ab$，所以原式 $=\sin^2120^\circ=\dfrac34$。

$y=\dfrac{3(1-\cos2x)}{2}+2\sqrt3\sin2x-\dfrac{1+\cos2x}{2}=1-2\cos2x+2\sqrt3\sin2x=1+4\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{6}\right)$。
$2x-\dfrac{\pi}{6}\in\left[-\dfrac{\pi}{6},\dfrac{11\pi}{6}\right]$，$\sin=-1$ 在 $\dfrac{3\pi}{2}$ ⟹ $x=\dfrac{5\pi}{6}$，$m=1-4=-3$。

把 $P$ 對 $\overrightarrow{OX}$ 鏡射得 $P_1$、對 $\overrightarrow{OY}$ 鏡射得 $P_2$。周長 $=\overline{P_1Q}+\overline{QR}+\overline{RP_2}\ge\overline{P_1P_2}$，等號在 $Q,R$ 落在線段 $P_1P_2$ 上時成立。
$\overline{OP_1}=\overline{OP_2}=10$，且 $\angle P_1OP_2=2\theta$（兩次鏡射把角度加倍），故 $\overline{P_1P_2}=2\cdot10\cdot\sin\theta=16$。

$\angle BCP=\angle BAP=\theta$（同弧 $BP$ 的圓周角），且 $\angle APB=90^\circ$。故 $\overline{PA}=12\cos\theta$、$\overline{PB}=12\sin\theta$。
$12(\cos\theta-\sin\theta)=3$ ⟹ $\cos\theta-\sin\theta=\dfrac14$，平方：$1-2\sin\theta\cos\theta=\dfrac1{16}$ ⟹ $\sin\theta\cos\theta=\dfrac{15}{32}$。

對過原點、傾角 $\varphi$ 的直線鏡射：$(x,y)\mapsto(x\cos2\varphi+y\sin2\varphi,\ x\sin2\varphi-y\cos2\varphi)$。
$L_1$ 的傾角 $135^\circ$：$P(1,1)\mapsto Q(-1,-1)$（也可直接看：$x+y=0$ 的鏡射就是 $(x,y)\to(-y,-x)$）。
$L_2$ 的傾角 $30^\circ$，$2\varphi=60^\circ$：$R=\left(-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}{2},\ -\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac12\right)=\left(\dfrac{-1-\sqrt3}{2},\dfrac{1-\sqrt3}{2}\right)$。
另解：連做兩次鏡射等於繞原點旋轉 $2(30^\circ-135^\circ)=-210^\circ$（即 $150^\circ$）：$R=(\cos150^\circ-\sin150^\circ,\ \sin150^\circ+\cos150^\circ)$，結果相同。

$\tan81^\circ=\dfrac{1}{\tan9^\circ}$、$\tan63^\circ=\dfrac{1}{\tan27^\circ}$。對任意 $\theta$：$\tan\theta+\dfrac{1}{\tan\theta}=\dfrac{\sin^2\theta+\cos^2\theta}{\sin\theta\cos\theta}=\dfrac{2}{\sin2\theta}$。
原式 $=\dfrac{2}{\sin18^\circ}-\dfrac{2}{\sin54^\circ}=\dfrac{2(\sin54^\circ-\sin18^\circ)}{\sin18^\circ\sin54^\circ}$。
分子：$\sin54^\circ-\sin18^\circ=2\cos36^\circ\sin18^\circ$（由和差角相減）；分母：$\sin54^\circ=\cos36^\circ$。故原式 $=\dfrac{4\cos36^\circ\sin18^\circ}{\sin18^\circ\cos36^\circ}=4$。

$\sin^2k^\circ+\sin^2(90^\circ-k^\circ)=\sin^2k^\circ+\cos^2k^\circ=1$。$k=1,\dots,44$ 與 $89,\dots,46$ 配成 $44$ 對，各得 $1$；剩下 $\sin^245^\circ=\dfrac12$。總和 $44+\dfrac12=\dfrac{89}{2}$。

$\tan149^\circ\tan29^\circ=\dfrac{\tan149^\circ-\tan29^\circ}{-\sqrt3}-1$、$\tan149^\circ\tan89^\circ=\dfrac{\tan149^\circ-\tan89^\circ}{\sqrt3}-1$、$\tan89^\circ\tan29^\circ=\dfrac{\tan89^\circ-\tan29^\circ}{\sqrt3}-1$。
相加：$\dfrac{1}{\sqrt3}\big[-(\tan149^\circ-\tan29^\circ)+(\tan149^\circ-\tan89^\circ)+(\tan89^\circ-\tan29^\circ)\big]-3=0-3=-3$。一般式：三角兩兩之差的 $\tan$ 若都是 $\pm\sqrt3$，「差」的部分一定望遠鏡式相消，答案永遠是 $-3$。

$4\cos^220^\circ=2(1+\cos40^\circ)$ ⟹ 分母 $=\cos20^\circ-2\cos40^\circ$。
$\cos40^\circ=\cos(60^\circ-20^\circ)=\dfrac12\cos20^\circ+\dfrac{\sqrt3}{2}\sin20^\circ$ ⟹ 分母 $=\cos20^\circ-\cos20^\circ-\sqrt3\sin20^\circ=-\sqrt3\sin20^\circ$。
故原式 $=\dfrac{\sin20^\circ}{-\sqrt3\sin20^\circ}=-\dfrac{1}{\sqrt3}$。不必用和差化積，一次差角公式就夠；原卷解答用 $\sin20^\circ-\sin50^\circ$ 的和差化積，殊途同歸。

代入：$4(\sin\beta\cos\gamma+\cos\beta\sin\gamma)=5\cos\beta\cos\gamma$。兩邊同除以 $\cos\beta\cos\gamma$（題目既然能寫出 $\tan\beta+\tan\gamma$，這兩個餘弦都不為 $0$）：$4(\tan\beta+\tan\gamma)=5$ ⟹ $\tan\beta+\tan\gamma=\dfrac54$。同樣的做法也能推出三角形恆等式 $\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$（L5-2）。

$\sin(106\pi-7)=\sin(-7)=-\sin7$；$\tan\dfrac{106\pi-7}{2}=\tan\left(53\pi-\dfrac72\right)=\tan\left(-\dfrac72\right)=-\tan\dfrac72$。
故 $f(106\pi-7)=-a\sin7+b\tan\dfrac72+3=-\left(a\sin7-b\tan\dfrac72\right)+3=-(f(7)-3)+3=-7+3=-4$。$7$ 弧度本身是多少不重要，這題考的是週期與奇偶性，不是求值。

$\overline{AB}+2\overline{BC}=2\sin C+4\sin(120^\circ-C)=2\sin C+4\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\cos C+\dfrac12\sin C\right)=4\sin C+2\sqrt3\cos C$。
疊合：振幅 $\sqrt{16+12}=2\sqrt7$，故最大值 $2\sqrt7$；等號在 $\tan C=\dfrac{4}{2\sqrt3}=\dfrac{2}{\sqrt3}$（$C\approx49^\circ$，落在 $0^\circ\lt C\lt120^\circ$ 內）時成立。正弦定理是高一下的先備知識；本題用到三角函數的地方是「用一個角表示兩邊、再疊合」。

令 $u=x+y$、$v=x-y$，則 $2y=u-v$、$2x=u+v$，差角展開：$\cos(u-v)-\cos(u+v)=2\sin u\sin v$，而 $y^2-x^2=-(x-y)(x+y)=-uv$。所以 $2\sin u\sin v+uv=0$。
因 $|u|,|v|\le2\sqrt2\lt\pi$，在 $(-\pi,\pi)$ 內 $\sin t$ 與 $t$ 同號，故 $\sin u\sin v$ 與 $uv$ 同號，兩個同號的數相加為 $0$ 只能都是 $0$ ⟹ $u=0$ 或 $v=0$ ⟹ $y=\pm x$。代回 $x^2+y^2=2$ 得 $x^2=1$，四組解 $(1,1),(1,-1),(-1,1),(-1,-1)$；驗算 $x=y=1$：$\sin^21+\cos^21=1=y^2$ ✓。

$P(\cos\beta,\sin\beta)$ 在單位圓 $X^2+Y^2=1$ 上，也在直線 $L:(\cos\alpha-1)X-(\sin\alpha)Y-\cos\alpha=0$ 上，故 $d(O,L)\le1$：
$\dfrac{|\cos\alpha|}{\sqrt{(\cos\alpha-1)^2+\sin^2\alpha}}\le1$ ⟹ $\cos^2\alpha\le2-2\cos\alpha$ ⟹ $(\cos\alpha+1)^2\le3$ ⟹ $-1-\sqrt3\le\cos\alpha\le\sqrt3-1$。
最大值 $\sqrt3-1$；此時 $d=1$，$L$ 與單位圓相切，切點方向就是對應的 $\beta$，所以等號取得到。「三角式 ⟹ 單位圓上的點與直線」用的是高一直線與圓的觀點（點到直線距離），教甄常考這種跨章的接法。

(A) $x\lt0$：$x^2\gt0$，而 $-\pi\lt x\lt0$ 時 $\sin x\lt0$、$x\le-\pi$ 時 $x^2\gt9\gt1$，無交點；$0\lt x\lt1$：$\sin0.5\approx0.479\gt0.25$、$\sin1\approx0.841\lt1$，$\sin x-x^2$ 先正後負且圖形凹口向下，恰交一次（$x\approx0.877$）⟹ 共 $2$ 點，正確。
(B) $\sin x$ 與 $x^3$ 都是奇函數，$x\gt0$ 時 $\sin x-x^3$ 由正（$x$ 小時 $\sin x\approx x\gt x^3$）變負（$x=1$ 時 $0.841\lt1$），恰交一次（$x\approx0.929$），對稱過去 $x\lt0$ 再一次 ⟹ 共 $3$ 點，正確。
(C) $x\gt0$ 時 $\sin x\lt x$、$x\lt0$ 時 $\sin x\gt x$，只交於原點 $1$ 點，錯。(D) $x\gt1$ ⟹ $x^2\gt1\ge\sin x$，正確。(E) 取 $x=0.9$：$\sin0.9\approx0.783\lt0.81=x^2$，錯。

$\cos\dfrac\pi{12}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}4$、$\sin\dfrac\pi{12}=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}4$，
$6\sqrt2\cos\left(x+\dfrac\pi{12}\right)=6\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}4\cos x-6\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}4\sin x=3(\sqrt3+1)\cos x-3(\sqrt3-1)\sin x$。
$-\cos3x+\sin3x=-\sqrt2\left(\cos3x\cdot\dfrac{\sqrt2}2-\sin3x\cdot\dfrac{\sqrt2}2\right)=-\sqrt2\cos\left(3x+\dfrac\pi4\right)$。
令 $y=x+\dfrac\pi{12}$、$c=\cos y$，由三倍角 $\cos3y=4c^3-3c$：
原式 $=1+6\sqrt2c-\sqrt2(4c^3-3c)=1+\sqrt2\,(9c-4c^3)$，$-1\le c\le1$。
$9c-4c^3\le3\sqrt3$ ⟺ $4c^3-9c+3\sqrt3\ge0$ ⟺ $\left(c-\dfrac{\sqrt3}2\right)^2(4c+4\sqrt3)\ge0$，在 $c\ge-\sqrt3$ 時一定成立，等號在 $c=\dfrac{\sqrt3}2$。
最大值 $=1+\sqrt2\cdot3\sqrt3=1+3\sqrt6$（$y=\dfrac\pi6$，即 $x=\dfrac\pi{12}$ 時）。
端點 $c=1$ 只得 $1+5\sqrt2\approx8.07$，比 $1+3\sqrt6\approx8.35$ 小，最大值出現在區間內部。電腦掃描 $x\in[0,2\pi)$ 的最大值 $8.34847\ldots$ ✔。

條件變成 $-2a\cos A+a=0$ ⟹ $\cos A=\dfrac12$ ⟹ $A=\dfrac\pi3$。
$c\ge a$ ⟺ $C\ge A=\dfrac\pi3$；又 $B=\dfrac{2\pi}3-C\gt0$ ⟹ $\dfrac\pi3\le C\lt\dfrac{2\pi}3$。
正弦定理：$b=2\sqrt3\sin B$、$c=2\sqrt3\sin C$。
$2c-b=2\sqrt3\left[2\sin C-\sin\left(\dfrac{2\pi}3-C\right)\right]=2\sqrt3\left[2\sin C-\dfrac{\sqrt3}2\cos C-\dfrac12\sin C\right]=2\sqrt3\left(\dfrac32\sin C-\dfrac{\sqrt3}2\cos C\right)$
$=2\sqrt3\cdot\sqrt3\left(\dfrac{\sqrt3}2\sin C-\dfrac12\cos C\right)=6\sin\left(C-\dfrac\pi6\right)$。
$C-\dfrac\pi6\in\left[\dfrac\pi6,\dfrac\pi2\right)$ ⟹ $\sin\left(C-\dfrac\pi6\right)\in\left[\dfrac12,1\right)$ ⟹ $3\le2c-b\lt6$。
左端 $3$ 在 $C=\frac\pi3$（正三角形，$a=b=c=3$）取到；右端 $6$ 要 $C=\frac{2\pi}3$、$B=0$，三角形不存在，所以取不到。

第二象限那段弧：$x$ 軸上方、兩端是 $(2h,0)$ 與 $O$，弦長 $2|h|$。設它對應的圓心角為 $2\alpha$，則 $\sin\alpha=\dfrac{|h|}{r}$，弧長 $=r\cdot2\alpha$。
第四象限那段弧：$y$ 軸右方、兩端是 $(0,2k)$ 與 $O$，弦長 $2|k|$。設圓心角為 $2\beta$，則 $\sin\beta=\dfrac{|k|}{r}$，弧長 $=r\cdot2\beta$。
圓過原點 ⟹ $h^2+k^2=r^2$ ⟹ $\sin^2\alpha+\sin^2\beta=1$ ⟹ $\sin\beta=\cos\alpha$。$\alpha$、$\beta$ 都是銳角（圓心在弦的另一側，這兩段是劣弧），所以 $\alpha+\beta=\dfrac\pi2$。
兩段弧長相加：$2r(\alpha+\beta)=3\pi+\pi$ ⟹ $r\pi=4\pi$ ⟹ $r=4$。
再算回去：$2r\alpha=3\pi$ ⟹ $\alpha=\frac{3\pi}8$、$\beta=\frac\pi8$，圓心 $\left(-4\sin\frac{3\pi}8,\,-4\sin\frac\pi8\right)$ 確實在第三象限。電腦沿圓周量兩段弧長，得 $3\pi$ 與 $\pi$ ✔。

轉 $+60^\circ$：$y_B=\rho\sin\theta\cos60^\circ+\rho\cos\theta\sin60^\circ=\dfrac12\cdot12+\dfrac{\sqrt3}2a=18$ ⟹ $a=8\sqrt3$；
$x_B=\rho\cos\theta\cos60^\circ-\rho\sin\theta\sin60^\circ=\dfrac12a-\dfrac{\sqrt3}2\cdot12=4\sqrt3-6\sqrt3=-2\sqrt3=b$。$ab=-48$。
轉 $-60^\circ$：$18=6-\dfrac{\sqrt3}2a$ ⟹ $a=-8\sqrt3$，$b=\dfrac12a+\dfrac{\sqrt3}2\cdot12=2\sqrt3$。$ab=-48$。
兩種情形都得 $ab=-48$。
驗：$\overline{OA}^2=192+144=336$、$\overline{OB}^2=12+324=336$、$\overline{AB}^2=(10\sqrt3)^2+6^2=336$ ✔。

$3\sin x-\cos x$：振幅 $\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，週期 $2\pi$。
$\sin2x+3\cos2x$：振幅 $\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，週期 $\pi$。
$2\sin x+2\cos x$：振幅 $\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt2$，週期 $2\pi$。
圖上 $y=f(x)$ 在同樣的寬度裡多出一倍的波，週期是另外兩條的一半 ⟹ $f(x)=\sin2x+3\cos2x$。
$g$、$h$ 的週期相同，比振幅：$\sqrt{10}\gt\sqrt8=2\sqrt2$。圖上 $g$ 的最高點和 $f$ 一樣高、$h$ 比較矮 ⟹ $g(x)=3\sin x-\cos x$、$h(x)=2\sin x+2\cos x$。選 (3)。

長 $2\sqrt3$ 的弦：半弦 $\sqrt3$、半徑 $2$ ⟹ 所對的圓心角是 $\dfrac{2\pi}{3}$，弦到圓心的距離是 $1$。弓形面積 $\dfrac12\times2^2\times\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac12\times2^2\times\sin\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{4\pi}{3}-\sqrt3$。
長 $2$ 的弦：和兩條半徑圍成正三角形，圓心角 $\dfrac{\pi}{3}$，弦到圓心的距離是 $\sqrt3$。弓形面積 $\dfrac12\times2^2\times\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\sqrt3}{4}\times2^2=\dfrac{2\pi}{3}-\sqrt3$。
一條帶狀 $=\left(\dfrac{4\pi}{3}-\sqrt3\right)-\left(\dfrac{2\pi}{3}-\sqrt3\right)=\dfrac{2\pi}{3}$，兩條一樣大。
重疊的一塊：以 $O$ 為原點，讓 $\overline{CD}$ 落在直線 $y=1$、$\overline{BE}$ 落在直線 $x=1$，則 $B(1,\sqrt3)$、$D(\sqrt3,1)$，兩弦交於 $P(1,1)$。重疊區域由 $\overline{PB}$、$\overline{PD}$ 與弧 $BD$ 圍成，等於扇形 $OBD$ 減去 $\triangle OPB$、$\triangle OPD$。
$\angle BOD=60^\circ-30^\circ=30^\circ=\dfrac{\pi}{6}$，扇形 $OBD=\dfrac12\times2^2\times\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}$；$\triangle OPD$ 以 $\overline{PD}=\sqrt3-1$ 為底、高 $1$，面積 $\dfrac{\sqrt3-1}{2}$，$\triangle OPB$ 也一樣。重疊 $=\dfrac{\pi}{3}-(\sqrt3-1)$。
木橋面積 $=\dfrac{2\pi}{3}+\dfrac{2\pi}{3}-\left(\dfrac{\pi}{3}-\sqrt3+1\right)=\pi-1+\sqrt3$，所以 $(a,b,c)=(1,-1,1)$，$abc=-1$。

設正方形的邊長是 $1$。圓心距 $\overline{AC}=\sqrt2$，兩半徑是 $\overline{AB}=1$ 與 $\overline{CE}$：$\sqrt2=1+\overline{CE}$ ⟹ $\overline{CE}=\sqrt2-1$，$\overline{BE}=1-(\sqrt2-1)=2-\sqrt2$。
直角三角形 $ABE$ 中，$\tan\angle EAB=\dfrac{\overline{BE}}{\overline{AB}}=2-\sqrt2$。
$\tan\angle CAE=\tan(45^\circ-\angle EAB)=\dfrac{1-(2-\sqrt2)}{1+(2-\sqrt2)}=\dfrac{\sqrt2-1}{3-\sqrt2}=\dfrac{(\sqrt2-1)(3+\sqrt2)}{(3-\sqrt2)(3+\sqrt2)}=\dfrac{2\sqrt2-1}{7}$。