坐標化一直推算不出來的題目？

=題目= 

圓上有四點 $A, B, C, D$，已知兩弦 $\overline{AC} \perp \overline{BD}$，設 $\overline{AB} = 2$，$\overline{CD} = 3$，則此圓面積為 $\underline{\hspace{2cm}}$。

=答案=

$\frac{13}{4} \pi$

=詳解=

設$O = \overline{AC} \cap \overline{BD} = (0, 0)$，$\overrightarrow{AC} = x$軸、$\overrightarrow{BD} = y$軸，$\angle BDC = \theta$，則$A = ( -2 \cos \theta, 0), C = ( 3 \sin \theta, 0), B = (0, -2 \sin \theta), D = ( 0, 3 \sin \theta)$，再設圓心為$K$，則$K = \left( \frac{-2 \cos \theta + 3 \sin \theta}{2}, \frac{-2 \sin \theta + 3 \cos \theta}{2} \right)$，於是$\overrightarrow{KC} = \left( \frac{3 \sin \theta + 2 \cos \theta}{2}, \frac{2 \sin \theta - 3 \cos \theta}{2} \right)$，得到$r = \left| \overrightarrow{KC} \right| = \sqrt{ \left( \frac{3 \sin \theta + 2 \cos \theta}{2} \right)^2 + \left( \frac{2 \sin \theta - 3 \cos \theta}{2} \right)^2 } = \frac{ \sqrt{13} }{2}$，因此圓面積$= \pi \left( \frac{ \sqrt{13} }{2} \right)^2 = \frac{13}{4} \pi$。

=參考文獻=

[1] 歪歪數學，坐標化一直推算不出來的題目 | 麗山高中教甄 | 不停更挑戰 DAY60，YouTube連結

[2] 宇宙數學教室，[107指考數甲，圓] 圓內兩線段互相垂直，求$\overline{CD}$長度

=附註=

朋友連威翔先生告知我有人在歪歪老師的YouTube頻道留言提到我，所以我野人獻曝一下。

三角形面積的終極密碼：希羅公式 (Heron's Formula) 推導全解析

大家好，相信大家在高中時都學過各式各樣的三角形面積公式。其中，希羅公式（又稱海龍公式）絕對是最特別的一個——它完全不需要知道任何角度，只需要三邊長，就能算出三角形的面積。

這份講義將帶你從最熟悉的公式出發，一步步推導，讓你徹底看懂希羅公式背後的代數與幾何之美。這不僅是個公式證明，更是對高中三角函數與代數運算能力的一次總回顧！

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Part 1: 我們的起點——必備的先備知識

在開始證明之前，讓我們先回憶一下幾個關鍵的工具：

• 三角形面積公式：這是我們最熟悉的公式之一，利用兩邊長及其夾角來計算面積。 $$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sin C $$
• 餘弦定理 (Law of Cosines)：連接三角形三邊長與一個內角的重要橋樑。 $$ \cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} $$
• 三角函數的平方關係：一個簡單卻極其強大的恆等式。 $$ \sin^2 C + \cos^2 C = 1 \implies \sin C = \sqrt{1 - \cos^2 C} $$

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Part 2: 推導的奇幻旅程

我們的目標是將面積公式 $\triangle = \frac{1}{2}ab \sin C$ 中的 $\sin C$ 換掉，讓整個公式只剩下邊長 $a, b, c$。

Step 1: 用邊長取代角度

首先，我們將平方關係代入面積公式，把 $\sin C$ 換成 $\cos C$ 的表示式。

$$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sin C = \frac{1}{2}ab \sqrt{1 - \cos^2 C} $$

接著，利用餘弦定理，將 $\cos C$ 換成用三邊長表示的式子。這一步是整個證明的核心！

$$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sqrt{1 - \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\right)^2} $$

Step 2: 展開與化簡的代數魔法

現在，公式裡已經沒有任何角度了，剩下的是純粹的代數運算。我們把 $\frac{1}{2}ab$ 乘進根號裡，方便後續計算。

$$ \triangle = \sqrt{\left(\frac{1}{2}ab\right)^2 \left[1 - \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\right)^2\right]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{4}a^2b^2 - \frac{1}{4}a^2b^2 \frac{(a^2 + b^2 - c^2)^2}{4a^2b^2}} $$ $$ = \sqrt{\frac{4a^2b^2 - (a^2 + b^2 - c^2)^2}{16}} $$

Step 3: 平方差公式的連環應用

觀察根號內的分子，你是否看到了熟悉的結構？沒錯，就是**平方差公式** $x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$！這裡的 $x$ 是 $2ab$，$y$ 是 $(a^2+b^2-c^2)$。

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} \left[ (2ab)^2 - (a^2 + b^2 - c^2)^2 \right]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} [2ab - (a^2 + b^2 - c^2)][2ab + (a^2 + b^2 - c^2)]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} (2ab - a^2 - b^2 + c^2)(2ab + a^2 + b^2 - c^2)} $$

Step 4: 重新整理，再次使用平方差

我們將括號內的項重新整理，配成完全平方式。

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} [c^2 - (a^2 - 2ab + b^2)][(a^2 + 2ab + b^2) - c^2]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} [c^2 - (a-b)^2][(a+b)^2 - c^2]} $$

看！又是兩組平方差！我們再次把它們分解開來。

$$ = \sqrt{\frac{1}{16} [c - (a-b)][c + (a-b)][(a+b) - c][(a+b) + c]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} (c - a + b)(c + a - b)(a + b - c)(a + b + c)} $$

Step 5: 引入半周長 s，迎接最終型態

為了讓公式更優雅，我們引入一個新的符號：半周長 (semi-perimeter) $s$。

$$ s = \frac{a+b+c}{2} $$

現在，我們來看看根號裡的四個括號如何用 $s$ 來表示：

• $a+b+c = 2s$
• $a+b-c = (a+b+c) - 2c = 2s - 2c = 2(s-c)$
• $a+c-b = (a+b+c) - 2b = 2s - 2b = 2(s-b)$
• $b+c-a = (a+b+c) - 2a = 2s - 2a = 2(s-a)$

將這些代回我們的面積公式：

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} \cdot 2(s-a) \cdot 2(s-b) \cdot 2(s-c) \cdot 2s} $$ $$ = \sqrt{\frac{16}{16} \cdot s(s-a)(s-b)(s-c)} $$

於是，我們得到了最終的完美形式：

$$ \triangle = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} $$

---

Part 3: 總結與反思

我們從一個包含角度的面積公式 $\triangle = \frac{1}{2}ab \sin C$ 出發，巧妙地結合了餘弦定理與多次的平方差運算，最終推導出一個只與三邊長有關的優美公式。

這個過程不僅展現了數學符號運算的威力，也體現了從不同知識點（面積、邊、角）之間建立聯繫的數學思想。希望這次的複習，能讓你對高中數學有一個更全面、更深刻的理解。

[107指考數甲，圓] 圓內兩線段互相垂直，求$\overline{CD}$長度

==問題== 

設$A$，$B$，$C$，$D$為圓上的相異四點。已知圓的半徑為$\frac{7}{2}$，$\overline{AB}=5$，兩線段$\overline{AC}$與$\overline{BD}$互相垂直，如圖所示（此為示意圖，非依實際比例）。則\( \overline{CD} \)的長度為何？（化成最簡根式）

[107，指考，數學甲]

==答案==

$2\sqrt{6}$

==解析==

設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的交點為$O$。然後再假設$\angle BAC = \theta$，於是$\overparen{BC}$之弧度為$2 \theta$。由於$\angle BDC$所對的弧也是$\overparen{BC}$，因此$\angle BDC = \theta$。

接著座標化，取$\overline{AC}$為$x$軸，$\overrightarrow{AC}$之方向為正向；取$\overline{BD}$為$y$軸，$\overrightarrow{BD}$之方向為正向。於是$O$點座標為$(0, 0)$。

再假設$\overline{CD} = x$，於是$\overline{OC} = x \sin \theta, \overline{OD} = x \cos \theta, \overline{OA} = 5 \cos \theta, \overline{OB} = 5 \sin \theta$，從而可得各點座標$A = (-5 \cos \theta, 0), B = (0, -5 \sin \theta), C = (x \sin \theta, 0), D = (0, x \cos \theta)$。

再設圓心為$K$，注意到$K$點的$x$座標與$\overline{AC}$中點的$x$座標相同，$y$座標與$\overline{BD}$中點的$y$座標相同，因此可得$K$點的座標為$\left( \frac{x \sin \theta - 5 \cos \theta}{2}, \frac{x \cos \theta - 5 \sin \theta}{2} \right)$。

由題目條件「圓的半徑為$\frac{7}{2}$」可知

$$\overline{KC} = \frac{7}{2},$$

$$\sqrt{ \left( \frac{x \sin \theta - 5 \cos \theta}{2} - x \sin \theta \right)^2 + \left( \frac{x \cos \theta - 5 \sin \theta}{2} - 0 \right)^2 } = \frac{7}{2},$$

等號兩邊左右同時平方，展開得

$$\frac{x^2 \sin^2 \theta + 10 x \sin \theta \cos \theta + 25 \cos^2 \theta + x^2 \cos^2 \theta - 10 x \sin \theta \cos \theta + 25 \sin^2 \theta}{4} = \frac{49}{4},$$

於是

$$\frac{(x^2 \sin^2 \theta + x^2 \cos^2 \theta) + (25 \cos^2 \theta + 25 \sin^2 \theta)}{4} = \frac{49}{4},$$

$$\frac{ x^2(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) + 25( \cos^2 \theta + \sin^2 \theta)}{4} = \frac{49}{4},$$

$$\frac{ x^2 \cdot 1 + 25 \cdot 1}{4} = \frac{49}{4},$$

$$x^2 + 25 = 49,$$

$$x^2 = 24,$$

$$x = \pm \sqrt{24} = \pm 2 \sqrt{6} \quad {\text{負不合}},$$

$$x = 2 \sqrt{6}.$$

因此所求$\overline{CD} = 2 \sqrt{6}$。

(解答終了)

二次方程式之根與係數關係和正切和角公式的一道題目

==問題==

設$\tan \alpha, \tan \beta$為$x^2 - 3x - 5 = 0$之二根，則$\sin^2 (\alpha + \beta) - 3 \cos (\alpha + \beta) \sin (\alpha + \beta) + 5 \cos^2 (\alpha + \beta)=$？

==解答==

由根與係數關係得

$$\tan \alpha + \tan \beta = \frac{-(-3)}{1} = 3,$$

$$\tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{-5}{1} = -5.$$

因此由正切和角公式得

$$\tan (\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} = \frac{3}{1 - (-5)} = \frac{1}{2}.$$

於是可知$\alpha + \beta$是第一或第三象限角，$\sin$與$\cos$同號！解出

$$\cos (\alpha + \beta) = \pm \frac{2}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \pm \frac{2}{\sqrt{5}},$$

$$\sin (\alpha + \beta) = \pm \frac{1}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \pm \frac{1}{\sqrt{5}}.$$

從而

$$\begin{align*} &\sin^2 (\alpha + \beta) - 3 \cos (\alpha + \beta) \sin (\alpha + \beta) + 5 \cos^2 (\alpha + \beta) \\ =& \left( \pm \frac{1}{\sqrt{5}} \right)^2 - 3 \cdot \left( \pm \frac{2}{\sqrt{5}} \right) \left( \pm \frac{1}{\sqrt{5}} \right) + 5 \cdot \left( \pm \frac{2}{\sqrt{5}} \right)^2 \\ =& 3. \end{align*}$$

==註記==

本題出自於某本《徐氏數學》，圖中紅圈的部分是網友在臉書的高中數學討論區請教的部分。

我真覺得徐氏所寫的解法常常是天外飛來一筆，相當吝惜筆墨來解釋，對於學生的幫助相當有限，以致於常常有學生看不懂。我是沒有特別去細讀，但我印象中，徐氏某些解法其實在數學上是有漏洞的，因此我很少推薦學生去讀徐氏作為輔助教材。

107指考數甲的複數問題

==問題== 

設$O$為複數平面上的原點，並令點$A, B$分別代表複數$z_1, z_2$，且滿足$|z_1| = 2, |z_2| = 3, |z_2 - z_1| = \sqrt{5}$。若$\frac{z_2}{z_1} = a+bi$，其中$a, b$為實數，$i = \sqrt{-1}$。試選出正確的選項。

(1)  $\cos \angle AOB = \frac{2}{3}$

(2)  $|z_2 + z_1| = \sqrt{23}$

(3)  $a > 0$

(4)  $b > 0$

(5)  設點$C$代表$\frac{z_2}{z_1}$，則$\angle BOC$可能等於$\frac{\pi}{2}$

[107，指考，數甲]

==答案==

(1), (3), (5)

==解答==

        由$|z_1| = 2$可假設$z_1 = 2(\cos \theta_1 + i \sin \theta_1)$。

        由$|z_2| = 3$可假設$z_2 = 3(\cos \theta_2 + i \sin \theta_2)$。

        於是

$$z_2 - z_2 = (3 \cos \theta_2 - 2 \cos \theta_1) + i (3 \sin \theta_2 - 2 \sin \theta_1).$$

由$|z_2 - z_1| = \sqrt{5}$得

$$\sqrt{(3 \cos \theta_2 - 2 \cos \theta_1)^2 + (3 \sin \theta_2 - 2 \sin \theta_1)^2} = \sqrt{5}.$$

左右平方得

$$(3 \cos \theta_2 - 2 \cos \theta_1)^2 + (3 \sin \theta_2 - 2 \sin \theta_1)^2 = 5.$$

對左式展開得

$$9 \cos^2 \theta_2 - 12 \cos \theta_2 \cos \theta_1 + 4 \cos^2 \theta_1 + 9 \sin^2 \theta_2 - 12 \sin \theta_2 \sin \theta_1 + 4 \sin^2 \theta_1 = 5.$$

整理為

$$9(\cos^2 \theta_2 + \sin^2 \theta) -12 (\cos \theta_2 \cos \theta_1 + \sin \theta_2 \sin \theta_1) + 4(\cos^2 \theta_1 + \sin^2 \theta_1) = 5,$$

$$9 - 12 \cos (\theta_2 - \theta_1) + 4 = 5,$$

就得到

$$\cos (\theta_2 - \theta_1) = \frac{2}{3}.$$

由平方恆等式$\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi = 1$有

$$\sin (\theta_2 - \theta_1) = \pm \sqrt{1 - \left( \frac{2}{3} \right)^2} = \pm \frac{\sqrt{5}}{3}.$$

由$\frac{z_2}{z_1} = a+bi$得

$$\frac{3(\cos \theta_2 + i \sin \theta_2)}{2(\cos \theta_1 + i \sin \theta_1)} = a+bi.$$

利用複數極式的除法關係得

$$\frac{3}{2}\left[ \cos (\theta_2 - \theta_1) + i \sin (\theta_2 - \theta_1) \right] = a + bi.$$

因此

$$a = \frac{3}{2} \cos (\theta_2 - \theta_1) = \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3} = 1,$$

$$b = \frac{3}{2} \sin (\theta_2 - \theta_1) = \frac{3}{2} \cdot \left( \pm \frac{\sqrt{5}}{3} \right) = \pm \frac{\sqrt{5}}{2}.$$

        下面開始討論每一個選項。

        (1) 正確。

由$z_2 = z_1 \cdot \frac{z_2}{z_1} = z_1 \cdot \left( 1 \pm \frac{\sqrt{5}}{2}i \right) = z_1 \cdot \frac{3}{2} \left( \frac{2}{3} \pm \frac{\sqrt{5}}{3} \right)$可知點$B$是由點$A$以原點$O$為旋轉中心、逆/順時針旋轉$\arccos \frac{2}{3}$後，再伸縮$\frac{3}{2}$倍而得。注意此時點$B$的位置有2種可能。無論如何，必有$\cos \angle AOB = \frac{2}{3}$。

        (2) 錯誤。

因為

$$\begin{align*} |z_2 + z_1|&= \left| 3(\cos \theta_2 + i \sin \theta_2) + 2(\cos \theta_1 + i \sin \theta_1) \right| \\ &= \left|  (3 \cos \theta_2 + 2 \cos \theta_1) + i (3 \sin \theta_2 + 2 \sin \theta_1) \right|  \\ &= \sqrt{(3 \cos \theta_2 + 2 \cos \theta_1)^2 + (3 \sin \theta_2 + 2 \sin \theta_1)^2} \\ &= \sqrt{9 + 12 \cos (\theta_2 - \theta_1) + 4} \\ &= \sqrt{21}.  \end{align*}$$

       (3) 正確。

因為$a = \frac{3}{2}$。

       (4) 錯誤。

因為$b = \pm \frac{\sqrt{5}}{2}$。

       (5) 正確。

因為$z_2 = \frac{z_2}{z_1} \cdot z_1 = \frac{z_2}{z_1} \cdot 2(\cos \theta_1 + i \sin \theta_1)$，所以可知點$B$是由點$C$以原點$O$為旋轉中心、逆時針旋轉$\theta_1$後，再伸縮2倍而得。設$\theta_1$的最小正同界角為$\theta_1^+$，則$\angle BOC = \theta_1^+$或$2\pi - \theta_1^+$。特別當我們取$\theta_1 = \frac{\pi}{2}$時，就有$\angle BOC = \frac{\pi}{2}$。因此$\angle BOC$確實可能等於$\frac{\pi}{2}$。

（解答終了）

==附註==

雖然這是一道幾何問題，但我硬是把解答寫的像是代數問題一樣嚴謹而仔細，沒有放示意圖。我當然可以很幾何地處理這道問題，不過倘若太依賴圖形，選項(5)很容易出問題。我大部分都是幾何學取向，偶爾會突然切換為代數取向，追求極致的邏輯嚴謹。

$15^\circ$、$75^\circ$與相關角度的三角函數值

經典推導法 

首先是我們的老朋友，$30^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}$三角形，姑且就直接設定邊長是$1, \sqrt{3}$與$2$，如下圖所示：

接著我們延伸底邊$\sqrt{3}$，向右伸長$2$，然後再與原來三角形的頂點連接，如下圖所示：

注意這樣做的結果就是在本來的三角形的右側生出一個等腰三角形，而且兩底角都是$15^{\circ}$！

我們就獲得一個$15^{\circ}-75^{\circ}-90^{\circ}$的直角三角形。

接著開始來計算斜邊：

$$\sqrt{1^2 + (2+\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 4 + 4\sqrt{3} + 3} = \sqrt{8 + 2\sqrt{12}} = \sqrt{(\sqrt{6} + \sqrt{2})^2} = \sqrt{6} + \sqrt{2}.$$

於是就可以求出

$$\sin 15^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{1 \cdot (\sqrt{6} - \sqrt{2})}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 15^{\circ} = \frac{2 + \sqrt{3}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{(2 + \sqrt{3}) \cdot (\sqrt{6} - \sqrt{2})}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}.$$

然後利用$\sin (90^\circ - \theta) = \cos \theta$可以再求出

$$\sin 75^{\circ} = \sin (90^\circ - 15^\circ) = \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 75^{\circ} = \cos (90^\circ - 15^\circ) = \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}.$$

然後我們可以開始計算$\tan$，利用$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$，得

$$\tan 15^\circ = \frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{6} - \sqrt{2})^2}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{8 - 4\sqrt{3}}{4} = 2 - \sqrt{3},$$

$$\tan 75^\circ = \frac{\sin 75^\circ}{\cos 75^\circ} = \frac{\cos 15^\circ}{\sin 15^\circ} = \frac{1}{\frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ}} = \frac{1}{\tan 15^\circ} = \frac{1}{2 - \sqrt{3}} = \frac{1\cdot (2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = 2 + \sqrt{3}.$$

整理

$$\begin{array}{ccc} & 15^\circ & 75^\circ \\ \sin & \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} & \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\ \cos & \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} & \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \\  \tan & 2 - \sqrt{3} & 2 + \sqrt{3} \end{array}$$

正方形內嵌正三角形推導法

考慮正方形$ABCD$，在其中以$A$為一頂點，做一內嵌正三角形$\triangle AEF$。

由於$\overline{AB} = \overline{AD}, \overline{AE} = \overline{AF}, \angle ABE = \angle ADF = 90^\circ$，所以$\triangle ABE \cong \triangle ADF$（SAS）。從而$\angle BAE = \angle FAD = 15^\circ$。

為方便起見，我們取$\overline{AE} = 1$，於是$\overline{AB} = \cos 15^\circ, \overline{BE} = \sin 15^\circ, \overline{EC} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \overline{FC} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \overline{FD} = \sin 15^\circ, \overline{AD} = \cos 15^\circ.$

比較$\overline{AB}$與$\overline{DC}$，得等式

$$\cos 15^\circ = \sin 15^\circ + \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

左右兩邊同時平方，化簡得

$$\sin 15^\circ \cos 15^\circ = \frac{1}{4}.$$

從而有

$$\cos 15^\circ + \sin 15^\circ = \sqrt{(\cos 15^\circ + \sin 15^\circ)^2} = \sqrt{1 + 2\cdot \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{6}}{2}.$$

因此由$\left\{ \begin{array}{l} \cos 15^\circ - \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \cos 15^\circ + \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6}}{2} \end{array} \right.$解得

$$\sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}, \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}.$$

其他相關角度的三角函數值

處理的技巧很簡單，就是善用對稱性。

• 點$(x, y)$對$x$軸對稱的結果為$(x, -y)$，對$y$軸對稱的結果為$(-x, y)$。

• 比較少用的是，過原點而斜率為$m$的直線，無論是對$x$軸對稱還是對$y$軸對稱，結果都是過原點而斜率為$-m$的直線。

• 最為少用的是，過原點而斜率為$m$的直線，若對直線$y = x$對稱，則結果是過原點而斜率為$\frac{1}{m}$的直線。（事實上，這結果就是反函數微商公式$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}}$！）

我們的出發點就是下面這個三角形：

以及兩條直線的斜率：

$105^\circ$的三角函數值

下面其他角度列出計算過程，請讀者自己想出我是怎樣進行對稱。

$165^\circ$的三角函數值

$$\sin 165^\circ = \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 165^\circ = -\cos 15^\circ = - \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 165^\circ = - \tan 15^\circ = -(2 - \sqrt{3}).$$

$195^\circ$的三角函數值

$$\sin 195^\circ = - \sin 165^\circ = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 195^\circ = \cos 165^\circ = - \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 195^\circ = - \tan 165^\circ = -[-(2 - \sqrt{3})] = 2 - \sqrt{3}.$$

$255^\circ$的三角函數值

$$\sin 255^\circ = - \sin 105^\circ = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 255^\circ = \cos 105^\circ = - \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 255^\circ = - \tan 105^\circ = -[-(2 + \sqrt{3})] = 2 + \sqrt{3}.$$

$285^\circ$的三角函數值

$$\sin 285^\circ = \sin 255^\circ = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 285^\circ = \cos 75^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 285^\circ = - \tan 255^\circ = -\tan 75^\circ = -(2 + \sqrt{3}).$$

$345^\circ$的三角函數值

$$\sin 345^\circ = \sin (-15^\circ) = -\sin 15^\circ = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 345^\circ = \cos (-15^\circ) = \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 345^\circ = -\tan 15^\circ = -(2 - \sqrt{3}).$$

三角函數積化和差的一個推導方式

        在證明三元算幾不等式$\frac{p + q + r}{3} \ge \sqrt[3]{pqr}$時，我們會用到以下的因式分解

$$a^3 + b^3 +c^3 - 3abc = (a+b+c)(a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca).$$ 

其中

\begin{eqnarray*}  a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca &=& \frac{1}{2}\left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 -2ab - 2bc - 2ca \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (a^2 - 2ab + b^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + (c^2 -2ca +a^2) \right] \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \right]. \end{eqnarray*}

這裡用到一個特殊的技巧是$a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca = \frac{1}{2}\left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 -2ab - 2bc - 2ca \right)$，才可在後續進行配方。我將這個技巧稱為「內乘2、外除2」。

        現在，我們使用這個技巧來推導三角函數的積化和差。以$\sin x \cdot \sin y$為例：

\begin{eqnarray*}  \sin x \cdot \sin y &=& \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sin x \cdot \sin y \\ &=& \frac{1}{2} \cdot \left( 2 \sin x \sin y + \cos x \cos y - \cos x \cos y \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (\cos x \cos y + \sin x \cdot \sin y) - (\cos x \cos y - \sin x \sin y) \right] \\ &=& \frac{1}{2} \left[ \cos (x-y) - \cos (x+y) \right] \end{eqnarray*}

同樣的技巧，也可以推導出

\begin{eqnarray*}  \sin x \cdot \cos y &=& \frac{1}{2} \left[ \sin (x + y) + \sin (x - y) \right],  \\  \cos x \cdot \cos y &=& \frac{1}{2} \left[ \cos (x+y) + \cos (x - y) \right]. \end{eqnarray*}

我個人認為，這樣的作法，大概比傳統從和、差角公式出發來的簡潔。

印度理工學院聯合入學考試(IIT JEE)，2018，Advanced，Paper 1，三角函數疊合

Question 13 

（原文）

Let $a, b, c$ be three non-zero real numbers such that the equation

$$\sqrt{3} a \cos x + 2b \sin x = c, x \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right],$$

has two distinct real roots $\alpha$ and $\beta$ with $\alpha + \beta = \frac{\pi}{3}$. Then the value of $\frac{b}{a}$ is ?

（中譯）

設a, b, c皆為非零實數，已知x的方程式

$$\sqrt{3} a \cos x + 2b \sin x = c,$$

在$\left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right]$的範圍中有相異兩解$\alpha, \beta$，且$\alpha + \beta = \frac{\pi}{3}$，求$\frac{b}{a}$之值。

Solution

因為$\alpha, \beta$相異，所以可以假設$\alpha < \beta$，於是$-\frac{\pi}{2} \le \alpha < \beta \le \frac{\pi}{2}$，故$\alpha$與$\beta$不可能是同界角。

利用三角函數疊合公式，我們可將題目的方程式化為

$$\sqrt{\left( \sqrt{3}a \right)^2 + \left( 2b \right)^2} \left( \sin x \frac{2b}{\sqrt{\left( \sqrt{3}a \right)^2 + \left( 2b \right)^2}} + \cos x \frac{\sqrt{3} a}{\sqrt{\left( \sqrt{3}a \right)^2 + \left( 2b \right)^2}} \right) = c,$$

即

$$\sin \left( x + \theta \right) = \frac{c}{\sqrt{3a^2 + 4b^2}},$$

其中$\theta$滿足$\cos \theta = \frac{2b}{\sqrt{3a^2 + 4b^2}}, \sin \theta = \frac{\sqrt{3} a}{\sqrt{3a^2 + 4b^2}}$。將$\alpha, \beta$代回，於是有

$$\sin \left( \alpha + \theta \right) = \sin \left( \beta + \theta \right).$$

因為$\alpha, \beta$不為同位角，所以

$$\alpha + \theta = \pi - (\beta + \theta) + n \cdot 2\pi, n \in \mathbb{Z}.$$

化簡得

$$2 \theta = \frac{2\pi}{3} + n \cdot 2\pi.$$

於是

$$\cos 2\theta = \cos \frac{2\pi}{3} = \frac{-1}{2}, \sin 2\theta = \sin \frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

利用二倍角公式，得到

$$\left( \frac{2b}{\sqrt{3a^2 + 4b^2}} \right)^2 - \left( \frac{\sqrt{3} a}{\sqrt{3a^2 + 4b^2}} \right)^2 = \frac{-1}{2}$$

與

$$2 \cdot \frac{\sqrt{3} a}{\sqrt{3a^2 + 4b^2}} \cdot \frac{2b}{\sqrt{3a^2 + 4b^2}} = \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

我們可得$a, b$同號，且

$$2\left( 4b^2 - 3a^2 \right) = -\left( 3a^2 + 4b^2 \right)$$

與

$$8ab = 3 \left( 3a^2 + 4b^2 \right),$$

得到

$$8ab = 6a^2 - 8b^2.$$

於是

$$(3a + 2b)(a - 2b) = 0.$$

由$a, b$同號得$a = 2b$，於是

$$\frac{b}{a} = \frac{b}{2b} = \frac{1}{2}.$$

（解答終了）

附記：

本文承連威翔先生指正部分打字錯誤，特此感謝。

日本數學奧林匹亞JMO，1991，初賽，問題3，給定三角形三中線長度，求三角形面積

==問題==

==譯文==

三角形ABC的中心為G，$\overline{GA} = 2\sqrt{3}, \overline{GB} = 2\sqrt{2}, \overline{GC} = 2$，求三角形ABC的面積。

==解答==

本題偶爾見於國中幾何題中，是較具難度的題目，略有名氣。常見的做法為考慮重心G對某邊(例如$\overline{BC}$)中點的對稱點(要用點對稱！)，然後作出一個小平行四邊形，觀察其中的一部分的三角形，會發現三條線段長度正巧符合直角三角形邊長關係，從而得出原來三角形ABC的一部分為直角三角形。再利用三中線六等分三角形的概念，即可推知三角形面積。

此作法的優點是所用到的工具僅限於國中程度，相當巧妙。然而，巧雖巧矣，普通學生實在很難想到。(我的學生邢○○：「這誰想的到啊！？」)

(其實也不難想，就是稍微修改通常所見到證明三角形重心存在性之證明，但這是馬後炮。)

(我自己教學時，證明重心存在性，是用兩中線分割面積比來證的。因為，我覺得一般課本的證法不好想到。台北南門國中曾明德老師撰文一篇討論重心的教學，可參考。)

我目前還沒看到哪本書給出不同的作法，大家都是抄來抄去。

以下給出一個利用三角函數的作法。

如圖設定各點座標。

由於G是重心，所以有$\frac{A+B+C}{3}=G(0, 0)$，按x, y分量來看，得
$$\left\{ \begin{align*} 2\sqrt{3} + 2\sqrt{2}\cos \theta + 2\cos \varphi &= 0 \\ 2\sqrt{2} \sin \theta + 2 \sin \varphi &= 0 \end{align*} \right.$$
整理得
$$\left\{ \begin{align*} \sqrt{2}\cos \theta + \cos \varphi &= -\sqrt{3} \\ \sqrt{2} \sin \theta + \sin \varphi &= 0 \end{align*} \right.$$
平方相加得
$$2 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) + 2\sqrt{2}(\cos \theta \cos \varphi + \sin \theta \sin \varphi) + (\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi) = 3.$$
所以有
$$\cos (\theta - \varphi) = 0.$$
因此$\theta - \varphi = 90^\circ$（$\theta - \varphi$當然不可能是$180^\circ$或是其他角度）。從而可知$\triangle CGB$為直角三角形，且$\angle G = 90^\circ$。故
$$\triangle ABC = \triangle CGB \times 3 = \left( 2\sqrt{2} \times 2 \times \frac{1}{2} \right) \times 3 = 6 \sqrt{2}.$$

（解答結束）

==後記==

寫完上面的正文後，再google一下，做點文獻回顧。搜尋關鍵字「已知三中線長求面積」，略略看了一下，不論是網誌還是YouTube影片，幾乎所有人的作法也是一樣的。只有在這裡看到一個使用向量的解法。向量的作法很精緻，我的作法直接，本質等價，表現氣質不同。

不過說到底，這種題目給國中生做，挑戰性蠻高的。一個問題是，在普通的國中課程框架內，找對稱點這種本質上為幾何變換的解題手法，頗難應用到一般的題目上去，就變成了知識網絡中的孤立點。就算教了，學生泰半只會覺得「好難想到」，要嘛隔兩天就忘了，不然就是渾渾噩噩地背起來。我認為還是放在高中階段再解會比較恰當。

$\sin 18^{\circ}$及其相關的數值

==定理==

$\displaystyle \sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$。

==推導==

首先注意$18^{\circ} \times 5 = 90^{\circ}$。命$\theta = 18^{\circ}$，即有$5\theta = 90^{\circ}$。

我們已知的基礎公式有：

1. $\sin \varphi = \cos (90^{\circ} - \varphi)$；
2. $\sin 3 \varphi = 3 \sin \varphi - 4 \sin^3 \varphi$；
3. $\cos 2 \varphi = \cos^2 \varphi - \sin^2 \varphi = 2 \cos^2 \varphi -1 = 1 - 2 \sin^2 \varphi$。

於是有

\begin{align*}
\sin 3 \theta &= \sin (90^{\circ} - 2 \theta),  \\
\sin 3 \theta &= \cos 2 \theta, \\
3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta &= \cos 2 \theta, \\
3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta &= 1 - 2 \sin^2 \theta.
\end{align*}

得方程式

$$4 \sin^3 \theta - 2 \sin^2 \theta - 3 \sin \theta + 1 = 0.$$
此地我們要解出$\sin \theta$。注意到方程式係數和為$0$，所以容易因式分解得
$$(\sin \theta - 1)(4 \sin^2 \theta + 2 \sin \theta - 1) = 0,$$
從而得
$$\displaystyle \sin \theta = 1, \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}.$$
但$\sin 18^{\circ} > 0$且$< 1$，所以
$$\displaystyle \sin 18^{\circ} = \frac{-1 + \sqrt{5}}{4}.$$

(證明終了)

==其他相關數值==

• $\displaystyle \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$，同時注意$\cos 18^{\circ} > 0 $，所以$\cos 18^{\circ} = + \sqrt{1 - \sin^2 18^{\circ}} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。

• $\displaystyle \sin 72^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin 72^{\circ} = \sin (90^{\circ} - 18^{\circ}) = \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。

• $\displaystyle \cos 72^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$

[証]. 利用$\cos 72^{\circ} = \cos (90^{\circ} - 18^{\circ}) = + \sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$。

• $\displaystyle \sin 108^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin 108^{\circ} = \sin (90^{\circ} + 18^{\circ}) =  + \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。

• $\displaystyle \cos 108^{\circ} = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$

[証]. 利用$\cos 108^{\circ} = \cos (90^{\circ} + 18^{\circ}) =  - \sin 18^{\circ} = - \frac{\sqrt{5} - 1}{4} = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$。

• $\displaystyle \sin 36^{\circ} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$

[証]. $\sin 36^{\circ} = \sin 2 \times 18^{\circ} = 2 \sin 18^{\circ} \cos 18^{\circ} = 2 \cdot \frac{\sqrt{5} - 1}{4} \cdot \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$。

• $\displaystyle \cos 36^{\circ} = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$

[証]. $\cos 36^{\circ} = \cos 2 \cdot 18^{\circ} = 2(\cos 18^{\circ})^2 - 1 = 2 \left( \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4} \right)^2 -1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$。

• $\displaystyle \sin 42^{\circ} = \frac{\sqrt{30 + 6 \sqrt{5}} - \sqrt{5} + 1}{8}$

[証]. 利用$\sin 42^{\circ} = \sin (60^{\circ} - 18^{\circ}) =  \sin 60^{\circ} \cos 18^{\circ} - \cos 60^{\circ} \sin 18^{\circ}$。

• $\displaystyle \cos 42^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}} + \sqrt{15} - \sqrt{3}}{8}$

[証]. 利用$\cos 42^{\circ} = \cos (60^{\circ} - 18^{\circ}) =  \cos 60^{\circ} \cos 18^{\circ} + \sin 60^{\circ} \sin 18^{\circ}$。

==整理==

\begin{array}{ccc}
\text{角度} \theta & \sin \theta & \cos \theta \\
\hline
18^{\circ} & \frac{\sqrt{5} - 1}{4} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} \\
36^{\circ} & \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4} & \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \\
42^{\circ} & \frac{\sqrt{30 + 6 \sqrt{5}} - \sqrt{5} + 1}{8} & \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}} + \sqrt{15} - \sqrt{3}}{8} \\
72^{\circ} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} &\frac{\sqrt{5} - 1}{4}  \\
108^{\circ} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} & \frac{1 - \sqrt{5}}{4}
\end{array}

106，指考，數學甲，單選3

==問題==

試問在$0 \leq x \leq 2\pi$的範圍中，$y = 3 \sin x$的函數圖形與$y = 2 \sin 2x$的函數圖形有幾個交點？
(1) 2個交點
(2) 3個交點
(3) 4個交點
(4) 5個交點
(5) 6個交點

[106，指考，數學甲，單選3]

==解答==

本題相當於計算方程式$3 \sin x = 2 \sin 2x$在$0 \leq x \leq 2\pi$的範圍中有多少個根。
\begin{eqnarray*}
3 \sin x &=& 2 \sin 2x \\
3 \sin x &=& 2 \cdot 2 \sin x \cos x \quad [2\text{倍角公式}] \\
3 \sin x &=& 4 \sin x \cos x \\
3 \sin x - 4 \sin x \cos x&=& 0 \\
\sin x (3 - 4 \cos x) &=& 0 \\
\Rightarrow \sin x = 0 \text{或} \cos x = \frac{3}{4}.
\end{eqnarray*}
若$\sin x = 0$，則$x = 0, \pi, 2\pi$。

若$\cos x = \frac{3}{4}$，則$x = \arccos \frac{3}{4}, 2\pi - \arccos \frac{3}{4}$。(註：此地設定反餘弦函數$\arccos : [-1, 1] \rightarrow [0, \pi]$)

方程式在$[0, 2 \pi]$共$5$解所以有$5$個交點，選(4)。

(解答結束)

103(上)北一女高二第一次期中考，多選題4，選項(5)

「若$\angle A=\angle D>90^{\circ}, a=d=10, b=e=8$，則$\triangle ABC$及$\triangle DEF$全等」

[解] 在$\angle ABC$中設$\overline{AB}=x$，在$\triangle DEF$中設$\overline{DE}=y$。由餘弦定理(長度型)得
$100=x^2+64-16x\cos A$，
$100=y^2+64-16y\cos D$，
(請留意$\cos A=\cos D$)。
於是有
$x^2+64-16x\cos A=y^2+64-16y\cos D$，
整理得
$(x^2-y^2)-16\cos A(x-y)=0$，
$(x-y)(x+y)-16\cos A(x-y)=0$，
$(x-y)(x+y-16\cos A)=0$。
注意$\angle A$是鈍角，所以$\cos A<0$，得$x+y-16\cos A>0$，因此$x-y=0$，即有$x=y$。
因為三邊長相等，所以兩三角形全等(SSS)。
故本選項正確。

102，新竹高工職高一數學，第一次期中考，題目&詳解

日本東北学院大学数學入試‬一題

在李躍進的《基礎數學試題精選》中見到這一題，想要去查出年份與原文，一時網路卻查不到。

許志農教授《高中數學珍寶》，不等式一題

=題目=

已知：如下圖，正方形$\alpha$(邊長為$a$)與正方形$\beta$(邊長為$b$)的面積和為$1$。

求證：剛好包住正方形$\alpha$與正方形$\beta$的矩形面積$\displaystyle \frac{1 + \sqrt{2}}{2}$。

 [出處：國立臺灣師範大學數學系許志農教授著《高中數學珍寶》]

=評析=

國立蘭陽女中的陳敏皓老師在HPM 通訊第十七卷第一期的《算幾不等式的證明
(II) 與（III）》介紹了這道題目，並給出了採用算幾不等式的解法，有興趣的人可參考
http://math.ntnu.edu.tw/ horng/letter/hpm1701.pdf。

=解答=

由$\alpha^2 + \beta^2 = 1$聯想三角函數中最重要的等式
$$
\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1.
$$
由此自然會想設
$$
a = \cos \theta, b = \sin \theta.
$$
注意到$\alpha, \beta$都必須是非負實數，所以角度$\theta$必須有所限制，顯然限制範圍是
$$
0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}.
$$
觀察題目所給圖形可知，包住兩個正方形的最小矩形，其面積為$a(a + b)$，因此有
\begin{eqnarray*}
a(a + b) &=& a^2 + ab \\
&=& \cos^2 \theta + \cos \theta \cdot \sin \theta \\
&=& \frac{1 + \cos 2 \theta}{2} + \frac{1}{2} \sin 2 \theta \\
&=& \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (\cos 2\theta + \sin 2\theta) \\
&=& \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \cos 2\theta + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin 2\theta \right) \\
&=& \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \left( \sin \frac{\pi}{4} \cos 2\theta + \cos \frac{\pi}{4} \sin 2\theta \right) \\
&=& \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \sin \left( \frac{\pi}{4} + 2\theta \right)
\end{eqnarray*}
現在分析以上函數式中$\displaystyle \sin \left( \frac{\pi}{4} + 2\theta \right)$的最大值。由
$$
0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2},
$$
有
$$
\frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{4} + 2\theta \leq \frac{5}{4}\pi,
$$
因此當$\displaystyle \theta = \frac{\pi}{8}$時，$\displaystyle \sin \left( \frac{\pi}{4} + 2\theta \right)$有最大值$1$，所以$a \times (a + b)$有最大值$\displaystyle \frac{1 + \sqrt{2}}{2}$。

102年，學測，數學，單選10

 

幾何觀v.s.代數觀

今天備課，做了一回模考題，其中有一題，我的解法與解答解法迥異，特撰此文作為2014年末巨獻！