$15^\circ$、$75^\circ$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

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

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

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

一道三變數的受約束極值問題

=問題= 

設$a, b, c$為實數，若$a^2+b^2+c^2=\frac{9}{2}, a+b+c=1$，試求$c$值的範圍

[出處：許清土，南一版高中數學學習講義3A，109學年（上）]

=解法=

這裡提出本題的三種解法：2變數的Cauchy不等式、立體幾何、Lagrange乘子法。前兩種屬於高中數學的範疇，第三種則是多變數微積分。

2變數的Cauchy不等式

許清土老師在講義中給出的作法是用2變數Cauchy不等式，如下所示。

首先考慮$a, b$的Cauchy不等式，得

$$\left( a^2 + b^2 \right) \cdot \left( 1^2 + 1^2 \right) \ge \left( a \cdot 1 + b \cdot 1 \right)^2,$$

$$\left( a^2 +b^2 \right) \cdot 2 \ge \left( a + b \right)^2,$$

由$a^2 + b^2 + c^2 = \frac{9}{2}$與$a + b + c = 1$得$a^2 + b^2 = \frac{9}{2} - c^2$與$a + b = 1 - c$，代入以上的不等式，得

$$\left( \frac{9}{2} - c^2 \right) \cdot 2 \ge \left( 1 - c \right)^2,$$

整理得

$$3c^2 - 2c - 8 \le 0,$$

再因式分解有

$$(3c + 4)(c - 2) \le 0,$$

故得到

$$\frac{-4}{3} \le c \le 2.$$

立體幾何

考慮球面$S: x^2 + y^2 + z^2 = \left( \frac{3}{\sqrt{2}} \right)^2$，其球心在原點$O(0, 0, 0)$，而半徑為$\frac{3}{\sqrt{2}}$。再考慮平面$E: x + y + z = 1$。取動點$P(a, b, c)$，由於$P$之座標滿足方程式$x^2 + y^2 + z^2 = \frac{9}{2}$與$x + y + z = 1$，所以可知$P$在球面$S$與平面$E$的相交位置，也就是一個圓，命此圓為$K$。

設平面$E$與$x, y, z$軸的交點分別為$A, B, C$，座標分別是$A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1)$。於是圓$K$就落在正三角形$ABC$所決定的平面上，圓心$K$就是正三角形$ABC$的重心$\left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right)$。在圓$K$上任一點與球心$O$的距離皆為$\frac{3}{\sqrt{2}}$，而圓心$K$與球心$O$的距離為$\sqrt{\left( \frac{1}{3} \right)^2+\left( \frac{1}{3} \right)^2+\left( \frac{1}{3} \right)^2} = \frac{1}{\sqrt{3}}$，於是圓$K$的半徑$r = \sqrt{\left( \frac{3}{\sqrt{2}} \right)^2 - \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^2} = \frac{5}{6}\sqrt{6}$。

因為所求的是$c$的範圍，所以我們要找出在圓$K$上的最低點與最高點的$z$座標。由對稱性可知，圓$K$上的最低與最高點所決定的直線會是三角形$ABC$的對稱軸。取$A, B$中點$M\left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0 \right)$，再考慮向量$\overrightarrow{MC} = \left[ \begin{array}{c} \frac{-1}{2} \\ \frac{-1}{2} \\ 1 \end{array} \right]$，做伸縮得$\overrightarrow{v} = \left[ \begin{array}{c} -1 \\ -1 \\ 2 \end{array} \right]$，於是$\left| \overrightarrow{v} \right| = \sqrt{6}$，再與圓$K$的半徑相比較，可得

$$最高點 = 圓心K + \frac{5}{6} \overrightarrow{v} = \left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right) + \frac{5}{6} \left( -1, -1, 2 \right) = \left( \frac{-1}{2}, \frac{-1}{2}, 2 \right),$$

$$最低點 = 圓心K - \frac{5}{6} \overrightarrow{v} = \left( \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3} \right) - \frac{5}{6} \left( -1, -1, 2 \right) = \left( \frac{7}{6}, \frac{7}{6}, \frac{-4}{3} \right).$$

所以$\frac{-4}{3} \le c \le 2$。

附記

此題是我在2020/12/27教育嫆時遇到的，當時未立刻解出來，實在沒想到應該要怎樣去調整Cauchy不等式。所以就改用幾何的角度切入。自己的評價是，雖然運算簡單，但幾何圖形可能對一般學生難以想像，所以不太適合用作課堂教學用。

Lagrange乘子法

首先處理題目所給的方程式。由$a+b+c=1$得$c=1-a-b$，代入$a^2 + b^2 + c^2 = \frac{9}{2}$得$2a^2 + 2y^2 + 2ab -2a - 2b - \frac{7}{2} = 0$。所以取目標函數

$$f(a, b) = 1 - a - b.$$

而約束條件方程式則取為

$$g(a, b) = 2a^2 + 2y^2 + 2ab -2a - 2b - \frac{7}{2} = 0.$$

由於$f, g$都是多項式函數，在$\mathbb{R}^2$上皆可微，故由Lagrange乘子法知，存在$\lambda \in \mathbb{R}$使得

$$\nabla f = \lambda \cdot \nabla g,$$

亦即

$$\left[ \begin{array}{c} -1 \\ -1 \end{array} \right] = \lambda \left[ \begin{array}{c} 4a+2b-2 \\ 2a+4b-2 \end{array} \right].$$

因此有$a = b$。代回約束條件，得方程式

$$a^2 + a^2 + (1 - 2a)^2 = \frac{9}{2}.$$

解之可得

$$a = \frac{7}{6}  或  \frac{-1}{2}.$$

於是便有

$$f \left( \frac{7}{6}, \frac{7}{6} \right) = 1 - \frac{7}{6} - \frac{7}{6} = \frac{-4}{3},$$

以及

$$f \left( \frac{-1}{2}, \frac{-1}{2} \right) = 1 - \frac{-1}{2} - \frac{-1}{2} = 2.$$

由於$f$在$\mathbb{R}^2$上連續，因此得$c$之範圍為$\frac{-4}{3} \le c \le 2$。

=同場加映=

連威翔，一道三變數的受約束極值問題的另解（https://blog.xuite.net/isdp2008am/wretch/589551033）

=類題=

設$x, y, z \in \mathbb{R}$，已知$\left\{ \begin{array}{l} x+y+z=3 \\ xy + yz + zx=-9 \end{array} \right.$，求$x$的最大值與最小值。

[106，彰化女中，教師甄試，第一次]

[提示]：利用題目所給的兩條等式先求出$x^2+y^2+z^2$的值。

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。