一道共線問題

==問題== 

已知$a>0, b<0$，點$P(a, b)$在$x^2 + y^2 = 15$上。若相異三點$A(a^2, a^3), B(b^2, b^3), C(1, 1)$共線，求$ab$之值。

==答案==

$-3$

==解答==

        由$a>0$且$b<0$可知$b \ne a$。

        由$A, B, C$三點相異得$a \ne \pm 1, b \ne \pm 1$。

        由於$A, B, C$三點共線，所以$\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AC}$平行，因此有

$$\frac{b^3 - a^3}{b^2 - a^2} = \frac{1 - a^3}{1 - a^2},$$

使用乘法公式展開，得

$$\frac{(b - a)(b^2 + ba +a^2)}{(b - a)(b + a)} = \frac{(1 - a)(1 + a + a^2)}{(1 - a)(1 + a)},$$

整理得

$$\frac{b^2 + ba + a^2}{b + a} = \frac{1 + a + a^2}{1 + a}.$$

交叉相乘得

$$(1 + a)(b^2 + ba +a^2) = (b + a)(1 + a + a^2).$$

展開化簡後得

$$b^2 + ab^2 = a + b.$$

移項為

$$(ab^2 - a) + (b^2 - b) = 0.$$

然後

$$a(b - 1)(b + 1) + b(b - 1) = 0,$$

$$(b - 1)[a(b+1) + b] = 0,$$

等號左右同時消去$b - 1$得

$$ab + a + b = 0.$$

改寫為

$$ab = -a - b.$$

已知$a^2 + b^2 = 15$，所以有

$$(ab)^2 = (-a - b)^2,$$

$$(ab)^2 = a^2 + 2ab + b^2,$$

$$(ab)^2 = 15 + 2ab,$$

$$(ab)^2 - 2ab - 15 = 0.$$

因式分解得

$$(ab - 5)(ab + 3) = 0.$$

由於$a, b$異號，所以$ab = -3$。

（解答終了）

$15^\circ$、$75^\circ$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

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

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

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

真的不宜評量嗎？

108課綱的高中數學課程，除了在高二的部分按照文、理組分為A、B兩版外，對於整整三年的課程安排架構，也打破了過去模塊式的章節安排。在這樣的情況之下，教師在進行評量時必須重新考慮所擬的題目是否符合學生當時所具備的知識，不能直接拿過去的陳題舊卷來使用。國家教育研究院出版的《12年國教數學領域課程手冊》中，除了對每條課綱進行解說外，也列舉了在評量方面不適宜的類型。實事求是，我們應該肯定國教院的用心，近乎手把手地指導第一線教師該如何教學與評量。然而，或許是集體工作的成果，手冊中的內容偶爾會出現不連貫的現象，顯而易見的理由應該是編撰者對於整套課程的設計並未瞭解透徹，部分規範文字在在顯示出編撰者想當然爾的樣貌，欠缺了現場教學的經驗，以致於將象牙塔中的想法硬是框到教學現場去，這顯然不是件好事。

以下茲舉一例作為討論。

在11年級A的課程內容中，條目F-11A-2正餘弦的疊合中，在「評量」欄目一處寫道：

撰寫此條目的作者如果要用三角函數的疊合來處理這道「不宜」的題目，猜想其作法大概是：令$\frac{1 - 6 \sin x}{3 + \cos x} = k$，然後整理為
$$k \cos x + 6 \sin x = 1 - 3k.$$
接下來利用疊合公式，可得
$$-\sqrt{k^2 + 36} \le 1 - 3k \le \sqrt{k^2 + 36}.$$
然後就可以找出$k$的最大值與最小值。（本作法感謝金門高中許淵智老師的討論指點）

然而，這道題目其實完全可以用高一所學的知識來處理。在10年級的課程內容中，有以下條目：
        G-10-2  直線方程式：涵蓋了「點到直線距離公式」。
        G-10-3  圓方程式
        G-10-4  直線與圓：涵蓋了「圓的切線方程式」。《手冊》在「教學斟酌」的欄目中稱
        「圓的參數式，依課程安排，講解極座標概念後，在適當處融入」。
        G-10-5  廣義角和極座標
所以，我們可以處理如下：
$$f(x) = \frac{1 - 6 \sin x}{3 + \cos x} = \frac{\frac{1}{6} - \sin x}{-3 - \cos x} \cdot (-6).$$
若取單位圓上的動點$P = (\cos x, \sin x)$，再取平面坐標上固定點$Q = \left( -3, \frac{1}{6} \right)$，於是
$$f(x) =  m_{\overline{PQ}} \cdot (-6).$$

由圖可看出
$$m_2 \le m_{\overline{PQ}} \le m_1,$$
其中$m_1, m_2$為過$Q$的切線的斜率。於是，我們假設切線方程式為$L: y - \frac{1}{6} = m(x + 3)$，再利用「點到直線距離公式」計算
$$d(O, L) = 1.$$
解出$m_1 = \frac{7}{24}, m_2 = \frac{-5}{12}$，得$(-6) \cdot \frac{-5}{12} \ge \frac{1 - 6 \sin x}{3 + \cos x} \ge (-6) \cdot \frac{7}{24}$，亦即所求最大值為$\frac{5}{2}$，最小值為$\frac{-7}{4}$。

以上的作法，充分的利用高一的知識，同時也展現了數形結合的美感。

這道題目雖然用三角函數疊合公式去求解可能略顯繁複，然而課程手冊直接安上「不宜」的標籤，我想不甚妥當，應該再補充指引本題適合放置的單元才是。