中學數學漫談一一扇形之美

中學數學漫談一 一扇形之美

洪鋕雄

您看過“楚留香”連續劇嗎? 劇中的男主 角楚香帥綸巾披褂, 手持香扇一把, 舉手投足 無不豐采奪人, 當他右手把扇子一摔, 摔出一 個扇形時, 那種帥勁美到最高點, 不知迷倒多 少女性觀眾, 令人久久難忘 −− 這是影劇的 扇形之美。

在幾何上的扇形比這個更美, 不僅美在 外形, 也美在內涵, 怎麼個美法且聽我道來:

先說明在數學上扇形的定義: 在一個圓 上截取一段圓弧, 然後過此弧的兩端點分別 與圓心連線作兩條半徑, 則此二半徑與圓弧 所圍的區域就稱為一個扇形。 依此定義您可 說鐘面上的秒針自某位置開始轉動, 轉動的 角度不超過360度, 則轉動所掃過的一個區域 就是一個扇形; 當然一把扇, 將其張開也是一 個扇形, 棒球場上以本壘為中心的紅土部分 也是一個扇形。

扇形在幾何上怎麼個美法? 您曉得直圓 錐的側面積怎麼求得的嗎? 我們可以利用扇 形的面積來求。 先提一下下列公式: 設扇形的 半徑為 r, 弧長為 S, 中心角為 θ (弧度), 面 積為 A, 則

(1) S = rθ (2) A = 1

2r²θ = 1 2rS

曉得上面公式後, 我們就可以用它來求直圓 錐的側面積: 設直圓錐的底半徑為 r, 斜高為 l, 設想此圓錐是用紙黏成的, 現拿一把剪刀 沿斜高剪開, 然後將圓錐面攤開就成一個以 l 為半徑, 底周長為弧長的扇形了, 如圖 1, 因 直圓錐的底周長為 2πr, 故攤開後之扇形弧 長為 2πr, 因此扇形面積 = ¹₂l(2πr) = πrl, 此即為直圓錐之側面積, 以上的解法很美, 美 在將立體的圖形展開成平面的圖形, 您認為 是嗎?

圖 1

其次我們來看看是否存在一個扇形它的 周長等於它的面積 (指兩者度量相等), 分析 如下: 設扇形的半徑為 r, 中心角為 θ (弧 度), 則弧長 = rθ, 周長 = 2r + rθ, 面積

= ¹₂r²θ, 依題意有 2r + rθ = ¹₂r²θ, 兩邊 消去 r, 解得 θ = _r−2⁴ (r 6= 2), 因此得到

1

下列結論: 假如一個扇形的半徑 6= 2, 則當 θ = _r−2⁴ 時, 此扇形的周長必等於此扇形的 面積。

其次假如我們固定扇形的周長, 則何時 面積最大? 即令 2r + rθ = L (為定值), 則 由 AM ≥ GM 得:

L = 2r + rθ ≥ 2√

2r²θ 即 2r²θ ≤ L² 4 所以1

2r²θ ≤ L²

16 為最大面積。

此時 2r = rθ 所以θ = 2 (弧度) 即周長固 定為 L 時, 則當中心角 = 2 (弧度) 時, 此扇 形有最大面積 ^L2

16。

反之, 固定扇形面積為 A, 即設 ¹₂r²θ = A ( A 為定值)。

則 r²θ = 2A, 所以2r + rθ ≥ 2√

2r²θ = 2√

4A = 4√ A 為最小周長, 此時 2r = rθ, 即 θ = 2。

也就是說: 面積固定為 A 時, 則當中心角

= 2 (弧度) 時, 此扇形有最小周長 4√ A。

(此結論亦可由 ^L₁₆² = A, 解得 L = 4√ A) 給您一個練習:

練習1. 試證等周長的扇形與矩形, 兩者 的最大面積相等。 (key: 設周長為 L, 則最大 面積均為 ^L2

16)。

下面我們提出一連串有關扇形的問題, 這些題目由淺入深, 希望您能從中領會其中 解法之美, 有些細節留給您去想想個中道理:

題1: 下圖2 之扇形 AOB 中,⁶ AOB

= 90^◦, 半徑 OA = OB = 1, 分別以 OA, OB 為直徑在扇形內部作半圓, 求斜線部分 的面積。

圖 2 解:

1. 連接 AC 與 BC 則 AC 與 BC 共線, 且弓形 AC 與 CB。 兩者面積的和等於 梭形 0C 之面積 (為何?)

2. 所以斜線部分面積=弓形 ACB 之面積

= 扇形A0B 之面積−△AOB 之面積

=1

4π×1²−1

2×1²=π 4−1

2(平方單位)。

題2: 正方形之邊長為1, 分別以正方形的頂 點為圓心, 1 為半徑畫 4 個圓弧, 相交如下圖 所示, 求斜線部份的面積。

圖 3

3

解: 這個問題的解法很多, 我們藉 助於“餘弦定理”來解會比較方便, 先介紹何 謂“餘弦定理”? 就是: △ 中, 任一邊的平方 等於其他兩邊的平方和減去兩邊與夾角餘弦 乘積的兩倍。

1. 令正方形四頂點為 ABCD, 斜線部分的 四頂點為 P QRS, (如圖 4 所示)

圖 4

2. 連接 P Q, QR, RS, SP 與 BP , BQ, 則6 P BQ = ^π₆, (為何?) 正方形 P QRS 的面積 = P Q², 依餘弦定理得

P Q² = BP²+ BQ²− 2BP × BQ

× cos (⁶ P BQ)

= 1²+ 1² − 2 × 1 × 1 × cos π 6

= 2 −√ 3

3. 弓形 P Q 的面積

= 扇形BPQ 的面積 − △BP Q的面積

= 1

2 × 1² ×π 6 −1

2 × 1²× sinπ 6

= π 12 −1

4

4. 於是所求面積

= 正方形P QRS的面積 + 4 個弓形 PQ 的面積

= (2 −√

3) + 4(π 12 −1

4)

= π

3 + 1 −√

3(平方單位)

題3: 如圖5 扇形 OAB 之半徑 r, 圓心角為 60^◦, 試求其內接矩形 P QRS 之最大面積。

圖 5 解:

1. 作 ⁶ AOB 的平分線交 QR 於 M, 則

6 MOA = 30^◦, 令 ⁶ MOQ = θ, 則 OM = r cos θ, QM = r sin θ, 所以QR = 2r sin θ。

P Q = r cos θ − r sin θ cot 30^◦

= r(cos θ − sin θ√ 3)

= 2r(sin 30^◦cos θ − cos 30^◦sin θ)

= 2r sin (30^◦− θ)。

2. 面積 = 4r²sin θ · sin (30^◦ − θ) = 2r²[cos (2θ − 30^◦) − cos 30^◦] (化積成 差)。

3. 顯然 2θ − 30^◦ = 0^◦ 時有最大面積 2r²(1 −^√₂³) = (2 −√

3)r²。

將以上問題擴大到一般情形:

給定一扇形, 半徑為 r, 中心角為 2α (r >

0, 0 < α < ^π₂), 求此扇形內接矩形 P QRS 的最大面積 (Q, R 在圓弧上 P, S 分在兩半 徑上)(參閱圖 5)

令這最大面積是扇形面積的 S(α) 倍, 試證

1

2 < S(α) < _π²。 (70年全國數競第一階段試 題)

解:

1. 最大面積仿上易求得為 r²tan^α₂。 2. S(α) = ^r2tan

α r2 2

2 (2α) = ^tan

α

α2 = ¹₂^tan

α α2 2

, 因為0 < ^α₂ < ^π₄, 所以^tan

α α2

2 > 1 (參閱 後面圖 9 所證明之性質), 故 S(α) > ¹₂。 3. 其次當 θ ∈ (0,^π₄) 時, 若能證明 ^{tan θ}_θ 遞

增則當 θ = ^π₄ 時, 就可得到 S(α) 的上 限 ²

π。 如圖 6 所示

圖 6 扇形△OAEODG > 扇形OCE

扇形ODG = 扇形OEF

扇形OGB >

扇形△OEBOGB

所以 ^△OAE

扇形ODG > 扇形^△OEBOGB。 利用 ^a

b > ^c_d ⇒ ^a+c_b+d > _d^c

可得 ^{△OAE+△OEB}

扇形ODG+扇形OGB>扇形^△OEBOGB

即 ^△OAB

扇形ODB>扇形^△OEBOGB

所以^{tan θ}

θ > ^{tan φ}_φ , 於是得: θ > φ ⇒

tan θ

θ > ^{tan φ}_φ

4. 因為0 < ^α₂ < ^π₄ 所以S(α) = ¹₂^tan

α α2 2 <

1 2

tan^π₄

π

4 = _π² (另外唸過理科數學的同學亦 可用三角函數微分的方法證明 f^′(θ) >

0, 於是 f (θ) 遞增, 此處 f (θ) = ^{tan θ}_θ )。

題4: 有一扇形 AOB 其中心角 ⁶ AOB 為 θ, 半徑為 r, 設 P 為弧 AB 上任一點, 自

^d

P 向兩半徑 OA 及 OB 各作垂線, 垂足分 別為 Q 及 R, 試證線段 QR 的長為一定值 (圖 7)(82 年全國數競第二階段試題)。

圖 7 證明:

1. 連接 OP 設⁶ AOP = α,⁶ BOP = β, 則 α + β = θ, 且 ⁶ QP R = π − θ, 在 Rt△OP Q 中, P Q = r sin α, 又在 Rt△OP R 中, P R = r sin β。

2. 在 △P QR 中, 由 餘 弦 定 理 得 QR²

= P Q²+ P R²− 2P Q P R cos(⁶ QP R)

= r²sin²α + r²sin²β

−2r²sin α sin β cos (π − θ)

5

= r²(sin²α+sin²β+2 sin α sin β cos θ)

= r²(1 − cos 2α

2 + 1 − cos 2β 2 +2 sin α sin β cos θ)

= r²[1 −1

2(cos 2α + cos 2β) +2 sin α sin β cos θ]

= r²[1 −1

2 · 2 cos(α + β) cos(α − β) +2 sin α sin β cos θ]

= r²[1−cos θ cos(α−β)+(cos(α−β)

− cos(α + β)) cos θ]

= r²[1 − cos θ cos(α − β)

+ cos(α − β) cos θ − cos²θ]

= r²(1 − cos²θ) = r²sin²θ 為 定 值

練習2: 在扇形 AOB 中 O 為中心, OA = OB = r, P 為圓弧 AB 上任一

^d

點, 而 P 至 OA 的距離為 a, 至 OB 的距 離為 b, 試將 r 以 a, b 表示之 (77大學聯, 答 案: ^√2₃√

a²+ab+b²)。

練習3: 圖8中, 扇形 AOB 之半徑為14, 中心角為 θ, 在 AB 上有一點 P , 由 P 對

^d

OA 作垂直線段 P Q, 其長 13, P 對 OB 作 垂直線段 P R, 其長 11, 求 (1) θ (2) 斜線部 分的面積 (答案: (1) ^2π₃ (2) ^196π₃ − 47√

3)。

圖 8

其 次 我 們 來 談 一 個 問 題, 您 曉 得 三 角 函 數 中, sin x 的 導 函 數 為cos x, cos x 的 導 函 數 為 − sin x 嗎?

即 ^{d sin x}

dx = cos x, ^{d cos x}_dx = − sin x, 這 兩 個 公 式 的 導 出 跟“扇 形”也 扯 上 關 係:

原 來 我 們 可 藉 助 於“扇 形”先 導 出 下 列 性 質 (1), 再 由 (1) 導 出 (2) 而 最 後 可 導 出 sin x, cos x 的 微 分 公 式:

(1) 設 ^−π₂ < x < ^π₂, x 6= 0, 則

| sin x| < |x| < | tan x|。

(2) lim

x→0 sin x

x = 1。

(1) 證明: 分 下 列 兩 種 情 形 進 行:

1. 0 < x < ^π₂: 如 下 圖 9 單 位 圓 中,

6 AOB = x, 過 A 作 圓 的 切 線 交

−−→OB 於 C,

圖 9

則 △AOB < 扇 形AOB < △AOC, 由 扇 形面 積 = ¹₂r²θ (r 表 半 徑, θ 表 中 心 角 以 弧 度 計), 可 得 ¹₂sin x <

1

2x < ¹₂tan x, 所 以 sin x < x <

tan x, 即 | sin x| < |x| < | tan x|。

2. −^π₂ < x < 0: 即 0 < −x < ^π₂, 由 1 可 得 sin(−x) < −x < tan(−x),

−sin x < −x < −tan x 即 | sin x| <

|x| < | tan x|。

綜上 1.2 知: −^π₂ < x < ^π₂, x 6= 0, 恆 有

| sin x| < |x| < | tan x|。

(2) 證明: 所 以x → 0 所 以 − ^π₂ < x < ^π₂, x 6= 0 由 (1) 知 | sin x| < |x| < | tan x| =

| sin x|

| cos x|

⇒ 1 < _{| sin x|}^|x| < _{| cos x|}¹ ⇒ 1 < sin x^x < _{cos x}¹ (因 為 sin x 與 x 同 號, 而 cos x > 0)

⇒ cos x < ^{sin x}_x < 1 因 為x → 0 時, cos x → 1 所 以 由 挾 擠 定 理 知 lim_x→0

sin x x = 1。

於 是

d sin x dx

    

x=a

= lim

x→a

sin x − sin a x − a

= lim

x→a

2 cos^x+a₂ · sin^x−a₂ x − a (分 子 利 用 sin x − sin y

= 2 cosx + y

2 · sin x − y 2 )

= lim

x→acos x + a

2 · sin^x−a₂

x−a2

= lim

x→acos x + a 2 · lim_x−a

2 →0

sin ^x−a₂

x−a2

= cos a · 1 = cos a 所 以 d sin x

dx = cos x, 同 理 可 得 d cos x

dx = − sin x

最 後 我 們 再 來 證 明 一 個 問 題:

球 面 上 兩 點 間 之 弧 長 以 通 過 該 兩 點 之 大 圓 的 圓 弧 為 最 短。

證明:

1. 設 球 面 S : x² + y²+ z² = r² 上 兩 點 A、 B (設 同 緯 度) (可 以 將 球 適 當 的 作 翻 轉 而 達 此 要 求, 故 不 失 其 一 般 性)。

2. 設 A、 B 兩 點 所 在 的 餘 緯 度 為 φ (φ = 90^◦−φ^′, φ^′ 表 緯 度, 北 緯 取+, 南 緯 取−)(參 閱 圖 10) 令 ⁶ AOB = θ, 小 圓 弧 之 圓 心 為 E,⁶ AEB = α (0 < θ, α < π), 大 圓 弧AB 長 為 S,

^d

小 圓 弧AB 長 為 S

^d

^′ (圖 11), 則 小 圓 弧之 半 徑 EB = r · sin φ (圖 12)。

S = rθ,

S^′ = EB · α = (r sin φ)α = rα sin φ。

7

3. 將 △EAB 繞 AB 翻 轉 使 與 △OAB 共 平 面 (圖 13), 則 ⁶ BOE = ^θ₂,

6 BEO = ^α₂。 由 正 弦 定 理 得 ^OB

sin^α₂ =

BE

sin^θ₂, 此 中 OB = r, BE = r sin φ。

所 以r sin^θ₂ = r sin φ sin^α₂, 即 sin^θ₂ = sin φ sin^α₂, 所 以^{sin φ}₁ = ^sin

θ

sin2^α₂(∗)。

(φ^′ 表 P 點 的 緯 度, θ 表 P 點 的 經 度。) 圖 10

圖 11

圖 12

圖 13

現欲證明 S^′ > S 即欲證 ^S_S^′ = ^{rα sin φ}_rθ =

α sin φ

θ > 1, 即欲證 _α^θ < ^{sin φ}₁ 由上 面 (∗) 知: 即欲證

θ α2

2 < ^sin

θ 2

sin^α₂, 也就是

sinα/2

α/2 < ^{sin θ/2}_θ/2 , 因大圓半徑 OB > 小 圓半徑 EB, 故 α/2 > θ/2。 所以 只要 證明 f (x) = ^{sin x}_x 為減函數即可, (其中 0 < x < ^π₂)。

4. 應用三角之和角公式 設 0 < β < α < ^π₂ 令 α = β + r, r > 0,

則 sin β

β − sin α

α = α sin β − β sin α αβ

= 1

αβ[(β + r) sin β − β sin(β + r)]

= 1

αβ[(β + r) sin β − β(sin β cos r + cos β sin r)]

= 1

αβ[β sin β(1 − cos r) + r sin β

−β cos β sin r]

而 1 − cos r > 0,

且 r sin β − β cos β sin r

= r sin β − (β cos β) sin r

> r sin β − sin β sin r

(因為β < tan β = sin β cos β)

= sin β(r − sin r) > 0 (因為r > sin r) 所以sin β

β > sin α

α , 當β < α 時,

故 f (x) = ^{sin x}_x 為減函數。

所以本問題得證。

這 就 是 我 們 坐 飛 機 從洛 杉 磯經漢 城飛 回台 北, 飛 機 不 直 接 朝 向 漢 城飛, 而 要 繞 到 北 極 南 方阿 留 申群 島 上 空 飛 行 的 道 理, 因 為 後 者 的 航 線 是 在 一 大 圓 弧 上 的 緣 故。

參考資料

1. 台大數學系主編: 中華民國科學才能青年 選拔活動高中數學競試試題及答案分析專集, 台北市中華文化復興運動推行委員會。

2. 國立台灣師大附中主編: 高中數學充實教材 第三輯, 台北市教育部中等教育司出版。

—本文作者任教於省立嘉義女子高中_—