108學測的平面向量夾角問題

=問題= 

如圖，$A, B, C, D$為平面上的四個點。已知$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{BD}$兩向量等長且互相垂直，則$\tan \angle BAD$為何？

=解答=

設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的交點為$O$，再設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的長度皆為$h$，而$\overline{OA} = a, \overline{OB} = b$。

將此圖形放置於平面坐標上，使$O$為原點，$\overline{AC}$與x軸重合。於是各點的座標分別為$A=(-a, 0), C=(h-a, 0), B=(0, -b), D=(0, h-b)$。所以得

$$\overrightarrow{BC} = \left[ \begin{array}{c} h-a \\ b \end{array} \right], \overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} a \\ -b \end{array} \right], \overrightarrow{AD} = \left[ \begin{array}{c} a \\ h-b \end{array} \right].$$

由$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$得

$$ \left[ \begin{array}{c} h-a \\ b \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} a \\ -b \end{array} \right] + \left[ \begin{array}{c} a \\ h-b \end{array} \right],$$

於是有$a = \frac{1}{3}h, b = \frac{1}{3}h$。所以

$$\overrightarrow{AB} = \left[ \begin{array}{c} \frac{1}{3}h \\ \frac{-1}{3}h \end{array} \right], \overrightarrow{AD} = \left[ \begin{array}{c} \frac{1}{3}h \\ \frac{2}{3}h \end{array} \right].$$

故

$$\cos \angle (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}) = \frac{1 \cdot 1 + (-1) \cdot 2}{\sqrt{1^2+(-1)^2} \cdot \sqrt{1^2 +2^2}} = \frac{-1}{\sqrt{10}}.$$

從而$\sin \angle BAD = +\sqrt{1 - \left( \frac{-1}{\sqrt{10}} \right)^2} = \frac{3}{\sqrt{10}}$，且

$$\tan \angle BAD = \frac{\frac{3}{\sqrt{10}}}{\frac{-1}{\sqrt{10}}} = -3.$$

=附註=

題目既然給了兩向量互相垂直，直接設座標應該是最快的想法，剩下的只要計算細心即可。也有別位老師給出其他作法，如

但這實在是太麻煩，沒必要搞那麼複雜。

=拋磚引玉=

＞文華高中陳瑋岳老師

臉書的朋友，台中文華高中陳瑋岳老師提供了另一個作法，如下所示：

陳瑋岳老師的真跡

＞高雄湯氏數學

一樣也是我的臉書朋友，高雄湯氏數學補習班的湯茗富老師亦提供了一個作法，如下圖所示：

湯茗富老師的真跡

我實在很幸運，有這些數學教育界的朋友，彼此互相激盪腦力，一起為台灣的數學教育打拼。

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。