中華民國第 61 屆中小學科學展覽會 作品說明書
排版\030407-封面
國中組 數學科
030407-封面
找回消失的正 N 邊形
學校名稱：臺南市私立瀛海高級中學 (附設國中)
作者： 指導老師：
國一 黃博瑞 國二 蘇鋕愷
黃世諺 楊詠晴
關鍵詞：正多邊形、尺規作圖、圓內接正多邊形
1
摘要
本篇作品旨在探討已知平面上n個點，分別落在正n邊形的各邊上，能否藉由這n個點 找出正n邊形？而找出的正n邊形是否唯一呢？我們利用數學繪圖軟體Geogebra 結合國中所 學的幾何尺規作圖觀念作圖，從正三角形開始探討，進而延伸到正方形、正五邊形、…、正 八邊形，最後探討至正n邊形。
作圖探討後我們發現當邊數較小的時候，可以透過平行或是邊長相等的概念畫出正多邊 形；但邊數較大的時候，就需要透過圓內接多邊形的性質才能畫出正多邊形。我們透過圖形 也發現平面上只要給定n −1個點，即可畫出正n邊形，且除了正三角形畫出來的不只一個，
其餘的正多邊形都只能畫出唯一一個，最後我們利用三角形的全等及圓內接多邊形的性質證 明之。
壹、 研究動機
從歷屆數學科展的資料中發現，有些人的研究靈感是來自於這個網站：
http://mathafou.free.fr/index_en.html，好奇之下也去了這個網站瀏覽看看。尋寶中在幾何問題 集錦發現了一個有趣的問題，其描述如下：
我在沙灘上畫一個等邊三角形。我在每一側都放了一塊石頭。兩天後，石頭仍然在哪 裡，但是風把三角形吹走了。你能再從石頭上找到三角形嗎？
這個問題引起了我們的興趣，因此決定以消失的n邊形作為我們的研究題目，除了想要 知道能不能畫回原來的正三角形之外，也好奇的想要知道如果消失的是正n邊形的話，能不 能夠再被找回來？研究就從這裡開始。
貳、 研究目的
一、已知平面上三點，分別落在各邊上，能否畫出正三角形？畫出的正三角形是否唯一呢？
若不是唯一，能否找到「最大邊長」的一個正三角形？
二、已知平面上四點，分別落在各邊上，能否畫出正方形？畫出的正方形是否唯一呢？
三、已知平面上已知平面上n點，分別落在各邊上，能否畫出正n邊形？
2
參、 研究設備及器材
筆、紙、尺規、電腦、數學繪圖軟體 GeoGebra
肆、 研究過程與方法
一、 先備知識
(一) 過兩點做一圓使得此兩點所形成的劣弧為特定角度，例如120：
已知P、 Q 兩點，做一圓圓心為I ，使得圓心角 PIQ 為120，則IPQ=IQP=30 ， 所有對到PQ劣弧的圓周角皆為60。
[法一] 以數學繪圖軟體作圖如下:
1. 選取「線段」工具，畫 PQ 。
2. 選取「畫指定角工具」，依序選取 Q 、P兩點(先選一點，在選旋轉中心點，在輸入指 定角，跳出畫指定角對話方塊，輸入30，選擇逆時針方向。
3. 選取「射線」工具，依序選取P、 Q 兩點，完成PQ
⎯⎯→的連接。
4. 重複第二步驟，選取「畫指定角工具」，依序選取P、Q 兩點，跳出畫指定角對話方塊，
輸入30，選擇順時針方向。
5. 重複第三步驟，選取「射線」工具，依序選取 Q 、P兩點，完成QP
⎯⎯→的連接。
6. 選取「交點」工具，畫出PQ
⎯⎯→和QP
⎯⎯→交點I 。
7. 利用「選取」工具，分別依序選取PQ
⎯⎯→和QP
⎯⎯→和點P、 Q 兩點，按右鍵隱藏物件。
連接 PI 、 IQ 。
8. 選取「畫圓工具」，依序選取圓心I 和P或 Q 任一點，畫出圓心為I ，過P、 Q 兩點 的圓。
3
【圖 1】
[法二] 以簡易尺規作圖如下：
1. 以PQ 為邊長作一正三角形 PQR (分別以P、 Q 兩點為圓心， PQ 長度為半徑，
向外分別畫圓弧，相交於R點，連接 PR 、 R Q )。
2. 分別作 PQ 、 PR 的中垂線，交於I 點。
3. 以點I 為圓心，I 與P的距離為半徑作圓，所畫出之PQ，即為所求。
二、 分段討論
(一) 平面上，給定三點，畫出正三角形。
1. 已知平面上三點P、 Q 、R，畫出一個正三角形ABC。
(1) 分 別 作 圓 心I 和 圓 心 J ， 使 得 所 有 對 到PQ和QR 劣 弧 的 圓 周 角 皆 為60， 即 120
PIQ QJR
= = 。
(2) 在圓I 上任取一點動點A，作AP
⎯⎯→和AQ
⎯⎯→
，使得AQ
⎯⎯→
交圓J於一點，取交點為B。 (3) 作BR
⎯⎯→
，交AP
⎯⎯→
於一點，取交點為C，則ABC即為所求。
4
【圖 2】
證明：
如【圖 2】所示，IPQ= IQP= ，則30 PIQ=120 =PQ，而PAQ為圓周角，
其角度為PQ所對圓心角PIQ的一半，因此 1 60 PAQ 2 PIQ
= = ；同理可證，
QBR= 60 ，則可推得BAC亦為60，可得ABC為正三角形，即等邊三角形。
此等邊三角形是否唯一？由於點A為動點，隨著點A在圓I 上移動，等邊三角形會跟著 移動，圓上的點A可以有無限多個點，因此有無限多個等邊三角形。而當A、B之間的距離 最大時，此等邊三角形會有最大邊長。
2. 已知平面上三點P、 Q 、R，作正三角形ABC時，任何的割線 AQB 都會給出等邊三 角形嗎？
不一定，如【圖 8】所示，當動點A落在PQ的劣弧上時，此時是無法形成正三角形的。
3. 最大的正三角形會有最大的邊長，即最大的割線AQB ，何時會有最大的割線AQB ？ 證明：
5
如【圖 3】所示，過圓心I、J分別作IM 、JN 垂直割線AQB於M、N兩點。過J作KJ
垂 直IM 於 k 。 IM 、 JN 分 別 為 AQ 、 QB 的 弦 心 距 ， 所 以 AQ=2MQ 、QB=2NQ ，
2 2
AB= MN = KJ 。在IJK，因為IJK為直角三角形，所以斜邊IJ KJ，如【圖 3】、【圖 4】、【圖 6】所示。當AB/ /IJ時，如【圖 5】所示，AB=2IJ為最大值，可形成最大邊長的正 三角形。
4. 已知平面上兩點P、 Q ，作正三角形ABC時，顯而易見，可以做出無限多個正三角 形。
6
【圖 3】 【圖 4】
【圖 5】 【圖 6】
【圖 7】 【圖 8】
7
(二) 平面上，給定幾點，畫出正方形。
1. 已知平面上四點P、 Q 、R、S，畫出一個正方形ABCD。
(1) 連接P、 Q 和R、S，作 PQ 、RS 。分別取P、 Q 之中心點I 和R、S之中心點 J。
(2) 分別以I 、J為圓心， PI 、JS為半徑作圓。
(3) 分別在PQ 、RS 上作中垂線交圓I 、J於M 、N兩點。
(4) 作 MN⎯→分別交圓I 於點A和圓J於點C。 (5) 作AQ
⎯⎯→和 CR⎯⎯→，交於點B。
(6) 作 AP⎯⎯→和CS
⎯⎯→
，交於點D。正方形ABCD即為所求。
【圖 9】
證明：
I 為圓心，且 IM 為直徑 PQ 上的中垂線，因此PIM = QIM = 。而 PAQ90 所對圓 弧為180，可推得PAQ= ； MAQ90 所對圓弧為90，可推得MAQ= 。同理可證，45
90
RCS = 、BCN =45。由上述可證明ABC為等腰直角三角形，同理可證ACD亦為 等腰直角三角形，所以ABCD為正方形。
8
2. 同第 1 點的方法，但是改為以 QR 、PS取中點I 、J。
【圖 10】
3. 已知平面上三點P、 Q 、R，畫出一個正方形ABCD。
(1) 連接P、 Q 和 Q 、R，作 PQ 、 QR。分別取P和 Q 與 Q 和R之中心點，即中點J、 I 。
(2) 分別以I 、J為圓心， IR 、 JQ為半徑作圓。
(3) 分別在PQ 、RS 上作中垂線交圓I 、J於M 、N兩點。
(4) 作 MN⎯→分別交圓I 於點A。 (5) 作AQ
⎯⎯→
和AR
⎯⎯→
。 (6) 過點P向AQ
⎯⎯→做垂線，交AQ
⎯⎯→於點B，交 MN⎯→於點C。
(7) 過點C向AR
⎯⎯→做垂線，交AR
⎯⎯→於點D，正方形ABCD即為所求，如【圖 11】所示。
9
平面中P、Q、R、S四點中，任取三點做出四個正方形，例如【圖 11】中是取P、Q、
R三點，【圖 12】是取 Q 、R、S三點，【圖 13】是取P、 Q 、S，【圖 14】則是取P、R、 S，總共可以做出四個正方形。
【圖 11】 【圖 12】
【圖 13】 【圖 14】
10
(三) 平面上，給定各邊各一點，共五點，畫出正五邊形。
1. 已知平面上五點P、 Q 、R、S、T，畫出一個正五邊形ABCDE。
(1) 連接P、 Q 和S、T，在同側分別作PQI = OPI = 、18 JST = JTS = 18 ，則 144
PIQ SJT
= = 。
(2) 分別以I 、J為圓心，作 PI 、JS為半徑作圓。
(3) 在圓I 、圓J上，分別畫指定角PIM = TJN = 72 ，點M 、點N為圓I 和圓J上 的點。
(4) 作MN
⎯→分別交圓I 、圓J於點A和點C。
(5) 作AQ
⎯⎯→、AP
⎯⎯→、CT
⎯⎯→
和CS
⎯⎯→
，取AP
⎯⎯→和CT
⎯⎯→
的交點為點B。 (6) 過R點作DE/ /MN
⎯→ ⎯→
。 (7) 取MN
⎯→
和CS
⎯⎯→
、AQ
⎯⎯→的交點為點D、點E，則五邊形ABCDE即為所求。
【圖 15】
11
證明：
I IPQ= IQP=18 PIQ=144 PAQ PQ
PAQ= (3601 144 )=108 TCS 108 2
1 1
ABC BCA= TCN= TN=36 BAC= PAM= PM=36
2 2
ABC=180 36 36 =108 DCA= TCS TCN=108 36 =72 DE//MN
− =
− − − −
為圓心，且 ， ，又 的角度為所對優弧 的一半，
。同理可證， 。
在 中， ， ，
。 。
DE//CA CDE=180 DCA=180 72 =108
AED 108 ABCDE 108 ABCDE ACDE CAE+ CDE=72 +108 =180 ( )
ACD
( )
E
− −
=
， 同側內角互補。
同理可證， 。 五邊形 的五個角皆為 ，即 為等角五邊形。
又四邊形 中， 對角互補
為圓內接四邊形。
連接BE̅̅̅̅，交AC̅̅̅̅於點 U。作DF//CB，交BE̅̅̅̅於點 F。
72 =36
DE//CA且DF//CBFDE=108 − ， DFE=108 − 36 =72DEF=72 DF//DE， 。 四邊形BCDE 中， ∠BCD + ∠BED = 108° + 72° = 180°(對角互補)
∴BCDE 為圓內接四邊形。
三點決定一個圓，而四邊形 ACDE 和四邊形 BCDE 中，重複三個點，
∴五邊形ABCDE 為圓內接五邊形。
分別作AB̅̅̅̅、BC̅̅̅̅的中垂線GO̅̅̅̅、HO̅̅̅̅相交於點 O，
連接OA̅̅̅̅，以OA̅̅̅̅為半徑，點 O 為圓心作圓 O，五邊形 ABCDE 即為圓 O 的圓內接五邊形。
分別連接OB̅̅̅̅、OC̅̅̅̅、OD̅̅̅̅、OE̅̅̅̅。
在∆COB、∆AOB 中，CB̅̅̅̅ = AB̅̅̅̅，CO̅̅̅̅ = AO̅̅̅̅、OB̅̅̅̅ = OB̅̅̅̅，
∴∆COB≅ ∆AOB(SSS 全等)，∠CBO =∠ABO。
∠CBO +∠ABO=∠CBA= 108°，∴∠CBO =∠ABO= 54°、∠BCO =∠BAO= 54°。
作OK̅̅̅̅垂直CD̅̅̅̅於點 K， OC̅̅̅̅ = OD̅̅̅̅，∴ OK̅̅̅̅為中垂線，CK̅̅̅̅ = KD̅̅̅̅。
在∆GCO、∆KCO 中，CO̅̅̅̅ = CO̅̅̅̅、∠CGO=∠CKO= 90°，∠GCO= 54°，
12
∠KCO= ∠KCG − ∠OCG = 108° − 54° = 54°，
∴∆GCO≅ ∆KCO(AAS 全等)，GC̅̅̅̅ = KC̅̅̅̅ =1
2CB̅̅̅̅，∴CD̅̅̅̅ = BC̅̅̅̅。
同理可證，AE̅̅̅̅ = AB̅̅̅̅，DE̅̅̅̅ = AE̅̅̅̅，∴五邊形 ABCDE 的五邊等長，ABCDE 為等邊五邊形。
∴ABCDE 為正五邊形。如【圖 16】所示。
【圖 16】
13
考慮若某兩點落在同一邊上，即給定的點與正五邊形上的頂點重合。可能狀況如下：
當MN通過點S 時，則 C、S 重合，過點 C 做平行於 BE 的直線，交 RE E 於 D 點。仍可 做出正五邊形，重合於原來的五邊形，如【圖 17】所示。
移動點 S，當點 S 落在 BE 上時，則 D、S 重合，仍為原來的五邊形，如【圖 18】所示。
若MN通過點T 時，則 C、T 重合，過點 C 做平行於 AD 的直線，交 AP 於點 B，仍可做 出正五邊形，重合於原五邊形，如【圖 19】所示。
移動點T，當點 T 落在 AP 上時，則 T、B 重合，仍為原來的正五邊形，如【圖 20】所示。
移動點P，若 AP 和CT之交點恰與點P 重合，仍為正五邊形，如【圖 21】所示。
若MN通過點P 時，則 A、P 重合，過點 P 做平行於CE的直線，交CT於點B，仍可做 出正五邊形，重合於原五邊形，如【圖 22】所示。
移動點 Q 的結果，與移動點 S 的結果相同，如【圖 23】、【圖 24】所示。
14
【圖 17】 【圖 18】
【圖 19】 【圖 20】
【圖 21】 【圖 22】
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【圖 23】 【圖 24】
(四) 平面上，給定幾點，畫出正六邊形
1. 已知平面上六點P、 Q 、R、S、T、U，分別落於各邊上，畫出一個正六邊形 ABCDEF。
(1) 連接P、 Q 和T、U，在同側分別作PQI = QPI = 、30 JTU = JUT = 30 ， 則PIQ= TJU =120。
(2) 分別以I 、J為圓心，以 PI 、JT 為半徑作圓。
(3) 在圓I 、圓J上，分別畫指定角PIM = UJN = 60 ，點M 、點N為圓I 和圓J上 的點。
(4) 作MN
⎯→
分別交圓I 、圓J於點A和點C。 (5) 作AQ
⎯⎯→、AP
⎯⎯→、CT
⎯⎯→和CU
⎯⎯→，取AP
⎯⎯→和CT
⎯⎯→的交點為點B。
(6) 過R點作EF
⎯→平行於CB
⎯→，交AQ
⎯⎯→於點F；即EF/ /CB
⎯→ ⎯→
。 (7) 過S點作DE
⎯→平行於BA
⎯→，交CT
⎯⎯→
於點D；即DE/ /BA
⎯→ ⎯→
。 (8) 設EF
⎯→和DE
⎯→相交於點E，則六邊形ABCDEF即為所求。
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【圖 25】
證明：
I 為圓心，且∠IPQ=∠IQP=30°，∠PIQ=120°，∠PAQ 的角度為所對︵
PQ優弧的一半，
∴∠PAQ=1
2(360° − 120°) = 120°。同理可證，∠TCU=120°。
在∆ABC 中，∠BCA=∠UCN =1
2
︵UN=30°，∠BAC=∠PAM = 1
2
︵PM=30°，
∴∠ABC=180° − 30° − 30° = 120°，AB̅̅̅̅ = BC̅̅̅̅。∠DCA =∠TCU −∠UCN = 120° − 30° = 90°。同理可證，∠FAC= 90°。
∠DCA+∠FAC = 180°，∴CD̅̅̅̅//AF̅̅̅̅ (同側內角互補)。
延長CB⃗⃗⃗⃗⃗ 、FA⃗⃗⃗⃗ 兩射線，設交於點 K。
在∆ABK 中，∠ABK =180° − ∠ABC = 180 − 120° = 60°，∠BAK = 180° − ∠BAF = 180 − 120° = 60°，∴∠BAK = 180 − 120° = 60°。
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BC⃡⃗⃗⃗ //FE⃡⃗⃗⃗ ，∴∠EFA = ∠EFK = 180° − 60° = 120° (同側內角互補)。
作BL⃡⃗⃗⃗ 垂直AC̅̅̅̅於點 L，並取BL̅̅̅̅ = LO̅̅̅̅，則∠CBL = 90° − ∠BCL = 90° − 30° = 60°。
在∆CBL、∆COL 中，CL̅̅̅̅ = CL̅̅̅̅，BL̅̅̅̅ = OL̅̅̅̅，∠CLB = ∠CLO = 90°，
∴∆CBL≅ ∆COL(SAS 全等)，CB̅̅̅̅ = CO̅̅̅̅，∠CBL = ∠COL = 60°，∠BCL = ∠OCL = 30°。
∴∆BCO 為正三角形。同理可證∆ABO 亦為正三角形，∠BOA = ∠OAB = 60°。
又(∠COB + ∠BOA) + ∠OAB = 180°(同側內角互補)，
∴CO̅̅̅̅//BA̅̅̅̅，四邊形 COAB 為平行四邊形，且四邊等長，故為菱形。
延長AB⃗⃗⃗⃗⃗ 、DC⃗⃗⃗⃗⃗ 兩射線，設交於點 G。在∆GCB 中，∠GCB =180° − ∠DCB = 180 − 120° = 60°，∠CBG = 180° − ∠CBA = 180 − 120° = 60°，∴∠CGB = 180 − 120° = 60°。
又 DE⃡⃗⃗⃗⃗ //BA⃡⃗⃗⃗ ，∴∠CDE = ∠GDE = 180 − 60° = 120° (同側內角互補)。
同理可證，延長BA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF⃗⃗⃗⃗ 兩射線，設交於點 H。
在∆AFH 中，∠AFH =180° − ∠EFA = 180 − 120° = 60°，∠FAH = 180° − ∠BAF = 180 − 120° = 60°，∴∠AHF = 180 − 120° = 60°。
又 DE⃡⃗⃗⃗⃗ //BA⃡⃗⃗⃗ ，∴∠DEF = ∠DEH = 180 − 60° = 120° (同側內角互補)。
∴六邊形ABCDEF 為等角六邊形。
取CD̅̅̅̅中點V，連接DV̅̅̅̅//VB̅̅̅̅。
∠DCB + ∠CBO = 120° + 60 = 180°， ∴ CD̅̅̅̅//BO̅̅̅̅ (同側內角互補)。
在∆VCD、∆VOB 中，CV̅̅̅̅ = OV̅̅̅̅，∠VCD = ∠VOB = 60°，∠CDV = ∠OBV(內錯角相等)，
∴∆VCD≅ ∆VOB(AAS 全等)，CD̅̅̅̅ = OB̅̅̅̅，VD̅̅̅̅ = VB̅̅̅̅。
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又∆BCD 為正三角形，∴VB̅̅̅̅為∆BCD 之中線，亦為中垂線，
∴∠CVD = ∠OVB = 90°，∠CDV = ∠OBV = 30°。
連接DO̅̅̅̅，在∆VCD、∆VOD 中，CV̅̅̅̅ = OV̅̅̅̅，DV̅̅̅̅ = DV̅̅̅̅，∠DVC = ∠DVO = 90°，
∴∆VCD≅ ∆VOD(SAS 全等)，CD̅̅̅̅ = OD̅̅̅̅，∠DCV = ∠DOV = 60°，∴∆CDO 亦為正三角形。
連接OE̅̅̅̅、OF̅̅̅̅，依序同理可證， ∆AOF、∆ODE、∆OEF 皆為正三角形，
∴六邊形ABCDEF 為等邊六邊形，亦為正六邊形。
【圖 26】
19
2. 已知平面上五點，分別落於其中五個邊上，畫出一個正六邊形 ABCDEF。
如【圖 27】所示，若只有五點(少了點 P)，從 R、S、T、U 四點著手，仍可畫出正六邊形 ABCDEF。
如【圖 28】所示，若只有五點(少了點 Q)，從 R、S、T、U 四點著手，仍可畫出正六邊形 ABCDEF。
如【圖 29】所示，若只有五點(少了點 R)，從 P、Q、T、U 四點著手，仍可畫出正六邊形 ABCDEF。
如【圖 30】所示，若只有五點(少了點 S)，從 P、Q、T、U 四點著手，仍可畫出正六邊形 ABCDEF。
如【圖 31】所示，若只有五點(少了點 T)，從 P、Q、R、S 四點著手，仍可畫出正六邊形 ABCDEF。
如【圖 32】所示，若只有五點(少了點 U)，從 P、Q、R、S 四點著手，仍可畫出正六邊形 ABCDEF。
20
【圖 27】 【圖 28】
【圖 29】 【圖 30】
【圖 31】 【圖 32】
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(五) 平面上，給定七點，分別落在各邊上，畫出正七邊形
1. 已知平面上七點A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7，分別落於各邊上，畫出一個正七 邊形ABCDEFG。
(1) 連接A1、A2和A6、A7，在同側分別作 1 2 2 1 90 360 IA A IA A 7
= = − 、
6 7 7 6 360 90 7
JA A JA A
= = − ，則 1 2 6 7 360 7 2 A IA A JA
= =
(2) 分別以I 、J為圓心，作A I1 、JA7 為半徑作圓。
(3) 在圓I、圓J上，分別畫指定角 1 7 360 A IM A JN 7
= = ，點M、點N為圓I 和圓J上 的點。
(4) 作MN
⎯→分別交圓I 、圓J於點B和點G。
(5) 作BA1
⎯⎯→、BA2
⎯⎯→、GA6
⎯⎯→、GA7
⎯⎯→，取、BA1
⎯⎯→、GA7
⎯⎯→的交點為點A。
(6) 分別作AB 、AG的中垂線交於點O，以點O為圓心，OA半徑為圓心作圓。
(7) 設此圓分別交BA2
⎯⎯→、GA6
⎯⎯→及AB 、AG的中垂線於點C、F、E和D。
(8) 連接CD、 DE 、 EF ，則七邊形ABCDEFG即為所求。
【圖 33】
22
證明：
如【圖 34】所示， I 為圓心，且 1 2 2 1 360
IA A IA A 90 38.57 7
= = − ≒ ，
∠A1IA2 = 180° − (∠IA1A2+ ∠IA2A1) 360
= 2 10 .86 7 ≒ 2 ，
∠A1BA2 的角度為所對A A 優弧的一半 1 2
∴ 1 2 1 360 360
A BA = (360 2)=180
2 7 7
− − (即正七邊形的角度)。
同理可證， 6 7 360 A GA =180
7
− 。
在∆ABG 中，
7 7
1 1 360 BGA= NGA = NA =
2 2 25. 5
7 71
≒ ， 1 1 1 1 360
ABG= MBA = MA =
2 2 25. 5
7 71
≒ ，
360 360
BAG=180 2=180
14 7
− − 。
360 360
FGB= FGA BGA=(180 ) 102.
7 14 86
− − − ≒ ，AB̅̅̅̅ = AG̅̅̅̅。
OM1
⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 為AB̅̅̅̅的中垂線，
在OAM、1 OBM1 ∆OAM1、∆OBM1中，∠OM1A = ∠OM1 = 90°，OM̅̅̅̅̅̅ = OM1 ̅̅̅̅̅̅、AM1 ̅̅̅̅̅̅ = BM1 ̅̅̅̅̅̅， 1
1 1
OAM OBM
(SAS 全等)， ∠AOM1 = ∠BOM1，∠OAM1 = ∠ OBM1， OA̅̅̅̅ = OB̅̅̅̅，點 B 在圓 O 上。
同理可證，∆OGM7 ≅ ∆OAM7(SAS 全等) ，∠OGM7 = ∠OAM7，∠GOM7 = ∠AOM7， OG̅̅̅̅ = OA̅̅̅̅，點 G 在圓 O 上。
又在∆OAM1、∆OAM7中，OA̅̅̅̅ = OA̅̅̅̅，∠OM1A = ∠ OM1B = 90°，AM̅̅̅̅̅̅ = AM1 ̅̅̅̅̅̅ =7 1 1 AB = AG 2 2 、 AM1
̅̅̅̅̅̅ = BM̅̅̅̅̅̅， 1
∆OAM1 ≅ ∆OAM7 (RHS 全 等 ) ， ∠AOM1 = ∠AOM7， ∠OAM1 = ∠ OAM7， OM̅̅̅̅̅̅ = OM1 ̅̅̅̅̅̅ 。7
∠OAM1+ ∠ OAM7 = ∠ GAB，
1 7 1
1 360 360
OAM = OAM = (180 )=90 = OBM
2 7 14
− − 。
∠ OBC = ∠A1BA2− ∠ OBM1 = 360 360 360 1 (180 ) (90 ) = 90 = OBM
7 14 14
− − − − 。
23
作BC̅̅̅̅中垂線OM̅̅̅̅̅̅。 2
在∆OBM1、∆OBM2中，OB̅̅̅̅ = OB̅̅̅̅，∠OM1B = ∠ OM2B = 90°，∠ OBM1 = ∠ OBM2，
∆OBM1 ≅ ∆OBM2(AAS 全等)，∠ BOM1 = ∠ BOM2，BM̅̅̅̅̅̅ =1 1 2 1 AB = BM = BC
2 2 ，
AB̅̅̅̅ = BC̅̅̅̅。
連接OC̅̅̅̅， OM̅̅̅̅̅̅為BC2 ̅̅̅̅的中垂線，
∆OBM2 ≅ ∆OCM2(SAS 全等)，∠ BOM2 = ∠ COM2 = 1 360 360 90 (180 ) =
2 7 14
− − ，
∠ OBM2 = ∠ OCM2 = 360 1 360 90 = OAB = (180 )
14 2 7
− − 。
OAB ≅ ∆OCB(SAS 全等)。
作FG̅̅̅̅中垂線OM̅̅̅̅̅̅， 6
同理可證，∆OGM7 ≅ ∆OGM6(AAS 全等)，OGA ≅ ∆OGF(SAS 全等)，AG̅̅̅̅ = FG̅̅̅̅。
∠ OFG = ∠ OGF =1 360 (180 )
2 7
− 。
ABCDEFG 為圓內接七邊形，
同理可證∠ AOB =360 360 14 2 = 7
= ∠ BOC = ∠COD = ∠DOE = ∠DOF = ∠FOG = ∠GOA，
七邊形 ABCDEFG 為正七邊形。
【圖 34】
24
(六) 平面上，給定八點，分別落在各邊上，畫出正八邊形
1. 已知平面上八點A1、A2、A3、A4、A5、A6、A7、A8，分別落於各邊上，畫出一個 正七邊形ABCDEFGH 。
(1) 連接A1、A2和A7、A8，在同側分別作 1 2 2 1 90 360 IA A IA A 8
= = − 、
6 7 7 6
90 360 JA A IA A 8
= = − ，則 1 2 6 7 360 2 90
A IA A JA 8
= = = 。
(2) 分別以I 、J為圓心，作A I1 、JA8為半徑作圓。
(3) 在圓I 、圓J上，分別畫指定角 1 8 360 45 A IM A JN 8
= = = ，點M 、點N為圓I 和圓J上的點。
(4) 作直線MN分別交圓I 、圓J於點B和點H。 (5) 作BA1
⎯⎯→、BA2
⎯⎯→、HA7
⎯⎯→ 、HA8
⎯⎯→ ，取BA1
⎯⎯→、HA8
⎯⎯→ 的交點為點A。
(6) 分別作AB、AH的中垂線交於點O。
(7) 以點O為圓心，OA半徑為圓心作圓，設此圓分別交BA2
⎯⎯→、HA7
⎯⎯→ 於點C、G。
(8) 作OA
⎯→
、 OB⎯→、 OH⎯→，交圓O於點E、F、D。
(9) 連接CD、 DE 、 EF 、FG則八邊形ABCDEFGH 即為所求。
【圖 35】
25
【圖 36】
證明：
如【圖 36】所示， I 為圓心，且∠IA1A2 = ∠IA2A1 = 360 90 = 45
8
− ，
∠A1IA2 = 180° − (∠IA1A2+ ∠IA2A1) =360
2= 90 8
，
∠A1BA2 的角度為所對A A1 2 優弧的一半，
1 2
1 360 360
A BA = (360 2)= 180 =135
2 8 8
− − (即正八邊形的角度)。
同理可證， ∠A7HA8 = 360 180 =135
8
− 。
在∆ABH 中， 8 1 8 1
BHA= NHA = NA = 45 =22.5
2 2
， 1 1 1
ABH= MBA = MA =22.5
2 ，
BAH =180 −22.52=135。
GHB = GHA BHA=135 22.5 =112.5
− − ，AB̅̅̅̅ = AH̅̅̅̅。
OM1
⃡⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 為AB̅̅̅̅的中垂線，
在∆OAM1、∆OBM1中，
∠OM1A = ∠OM1B = 90°，OM̅̅̅̅̅̅ = OM1 ̅̅̅̅̅̅、AM1 ̅̅̅̅̅̅ = BM1 ̅̅̅̅̅̅， 1
26
∆OAM1 ≅ ∆OBM1(SAS 全等) ∠AOM1 = ∠BOM1，∠OAM1 = ∠ OBM1
，OA̅̅̅̅ = OB̅̅̅̅，點 B 在圓 O 上。
同理可證，OHM8 ≅ ∆OAM8(SAS 全等) ，∠OHM8 = ∠OAM8，∠HOM8 = ∠AOM8， OH̅̅̅̅ = OA̅̅̅̅，點 H 在圓 O 上。
又在∆OAM1、∆OAM8中，
OA̅̅̅̅ = OA̅̅̅̅，∠OM1A = ∠ OM8A = 90°，AM̅̅̅̅̅̅ = AM1 ̅̅̅̅̅̅ =8 1 1 AB = AH
2 2 、AM̅̅̅̅̅̅ = AM1 ̅̅̅̅̅̅， 8
∆OAM1 ≅ ∆OAM8(RHS 全等)， ∠AOM1 = ∠AOM8，∠OAM1 = ∠ OAM8， OM1
̅̅̅̅̅̅ = OM̅̅̅̅̅̅。∠OAM8 1+ ∠ OAM8 = ∠ HAB，
∠OAM1 = ∠OAM8 =1 360 360 1 (180 ) = 90 = OBM
2 8 16
− − 。
∠ OBC = ∠A1BA2− ∠ OBM1 = 360 360 360 1 (180 ) (90 ) = 90 = OBM
8 16 16
− − − − 。
作BC̅̅̅̅中垂線OM̅̅̅̅̅̅。在∆OBM2 1、∆OBM2中，
OB̅̅̅̅ = OB̅̅̅̅，∠OM1B = ∠ OM2B = 90°，∠ OBM1 = ∠ OBM2，
∆OBM1 ≅ ∆OBM2(AAS 全等)，
∠ BOM1 = ∠ BOM2，BM̅̅̅̅̅̅ =1 1 2 1 AB =BM = BC
2 2 AB =BC 。 連接OC̅̅̅̅， OM̅̅̅̅̅̅為2 BC的中垂線，
∆OBM2 ≅ ∆OCM2(SAS 全等)，∠ BOM2 = ∠ COM2 = 1 360 360 90 (180 ) =
2 8 16
− − ，
∠ OBM2 = ∠ OCM2 = 360 1 360 90 = OAB = (180 )
16 2 8
− − 。
∆OAB ≅ ∆OCB(SAS 全等)。
作GH̅̅̅̅中垂線OM̅̅̅̅̅̅，同理可證，OHM7 8 ≅ ∆OHM7(AAS 全等)，OHA ≅ ∆OHG(SAS 全等)，
AH̅̅̅̅ = GH̅̅̅̅。∠ OGH = ∠ OHG =1 360
(180 ) =67.5
2 8
− 。
ABCDEFGH 為圓內接八邊形，同理可證 360 360
AOB = 2 = = 45 = BOC = COD = DOE = DOF = FOG = GOH = HOA
16 8
，
八邊形 ABCDEFG 為正八邊形。
(七) 平面上，給定n點，分別落在各邊上，畫出正n邊形 (n 5)
27
1. 若n為奇數，給定n點，A1、A2、 、An，畫出的正n邊形為P P1 2 Pn。 (1) 連接A1、A2和An−1、An，在同側分別作 IA A1 2 IA A2 1 90 360
n
= = − 、
1 1
90 360
n n n n
JA A JA A
− − n
= = − ，則 A IA1 2 A JAn 1 n 360 2
− n
= = 。
(2) 分別以I 、J為圓心，作A I1 、JAn 為半徑作圓。
(3) 在圓I 、圓J上，分別畫指定角 A IM1 A JNn 360 n
= = ，點M 、點N為圓I 和圓J
上的點。
(4) 作MN
⎯→分別交圓I 、圓J於點P2和點Pn。
(5) 作P A2 1
⎯⎯→ 、P A2 2
⎯⎯→ 、P An n 1
⎯⎯→
− 、P An n
⎯⎯→ ，取P A2 1
⎯⎯→ 、P An n
⎯⎯→ 的交點為點P1。
(6) 分別作P P1 2、P P1 n的中垂線交於點O，以點O為圓心，OP1半徑為圓心作圓。
(7) 設此圓分別交P A2 2
⎯⎯→ 、P An n 1
⎯⎯→
− 、及P P1 2、P P1 n的中垂線於點P3、Pn−1、 1
1 2
Pn+
+ 和 1
2
Pn+ 。 (8) 作P P2 3、P P3 4、 、Pn−2Pn−1的中垂線，交圓O於各點，直到n個點皆被畫出。
(9) 則n邊形 1 2 1 1 1
2 2 1
n n n n
P P P P+ + P P−
+ 即為所求。
2. 若n為偶數，給定n點，A1、A2、 、An，畫出的正n邊形為P P1 2 Pn。
28
(1) 連接A1、A2和An−1、An，在同側分別作 IA A1 2 IA A2 1 90 360 n
= = − 、
1 1
90 360
n n n n
JA A JA A
− − n
= = − ，則 A IA1 2 A JAn 1 n 360 2
− n
= = 。
(2) 分別以I 、J為圓心，作A I1 、JAn 為半徑作圓。
(3) 在圓I 、圓J上，分別畫指定角 A IM1 A JNn 360 n
= = ，點M 、點N為圓I 和圓J
上的點。
(4) 作MN
⎯→分別交圓I 、圓J於點P2和點Pn。
(5) 作P A2 1
⎯⎯→ 、P A2 2
⎯⎯→ 、P An n 1
⎯⎯→
− 、P An n
⎯⎯→ ，取P A2 1
⎯⎯→ 、P An n
⎯⎯→ 的交點為點P1。
(6) 分別作P P1 2、P P1 n的中垂線交於點O，以點O為圓心，OP1半徑為圓心作圓。
(7) 設此圓分別交P A2 2
⎯⎯→ 、P An n 1
⎯⎯→
− 於點P3、Pn−1。 (8) 作OP1
⎯→、OP2
⎯→、OP3
⎯→、 、OPn 1
⎯→
− 、OPn
⎯→，交圓O於各點，直到n個點皆被畫出。
(9) 則n邊形P P1 2 P Pn−1 n即為所求。
29
一、畫出正三角形，也透過圖形確定不是唯一。但是可以找出最大邊長的正三角形。
二、根據條件可以畫出正方形，正五邊形、正六邊形，並提出證明。
三、利用動態幾何軟體可以分析正三角形的頂點移動的圖形。
四、根據條件畫出正七邊形、正八邊形，可以將畫圖方式延伸到正n 邊形。
五、透過圖形發現少一個點也可以畫出，推論只要透過(n-1)的頂點就可以畫出正 n 邊形。
六、作圖方式需要根據正n 邊形邊數的奇偶做適度的修正。
陸、 討論
一、當邊數少的時候，可以透過平行或是邊長相等的概念就可畫出正多邊形，例如正方 形、正五邊形和正六邊形，但是當邊數多的時候，就需要透過圓內接多邊形的性質才能過 畫出圖形，例如正七邊形、正八邊形和正n 邊形。
二、在證明的過程中，可以發現，只需要利用國小和國中學過的幾何概念，例如三角形全 等，圓內接多邊形等概念，就可以證明出來多邊形為正多邊形。
三、只有正三角形有機會因為所給定的三個點的位置造成可以畫出很多個正三角形，因 而所畫出的正三角形不是唯一一個，但是卻可以找到一個最大邊長的正三角形。其餘的 正多邊形，都只能畫出唯一的一個。
四、正多邊形，減少一個給定的點，也就是減少一個條件，所畫出來的圖形是一樣的正多 邊形。
伍、 研究結果
30
一、數學的動機來自於解決生活中的問題，而數學的美存在於日常生活之中，希望能夠從 中找出規律進而解決相似的問題。我們從一個簡單的數學題目開始著手，最後結合國中 數學課程內容中的幾何概念，讓我們在研究的過程中感受到數學帶來的震撼與喜悅。
二、研究的過程雖然很辛苦，但是畫出每一個圖形和完成每一個證明都令我們覺得雀躍，
我們竟然能從一個小問題開始，進而完成整個研究，令人感到很有成就感。
三、我們在研究中畫出了正三角形、正方形、…正八邊形，也將畫圖的方法延伸到正 n 邊 形。
捌、 參考資料及其他
一、黃家禮編著（1997）。幾何明珠。台北市：九章出版社。
二、嚴鎮軍主編（2020）。初中數學競賽教程。台北市：九章出版社。
三、九章出版社（2001）。巧添輔助線。台北市：九章出版社。
四、 http://mathafou.free.fr/index_en.html
柒、 結論
【評語】 030407
本作品所考慮的是如下的問題：給平面上落在一個正 n 邊形 n 個邊上的 n 個點，是否可以找回原來的正多邊形？如果可以，
該如何作圖？作者們針對正三角形、正方形、正五～八邊形，分 別做了討論，給出了作圖方式，並針對作圖方式的合理性給出論 證。前半部關於正三角形和正方形的作圖方式頗具巧思，說明也 很清楚，值得鼓勵。在討論正八邊形的作圖方式時，作者們的作 法是先找出正八邊形的幾個頂點和正八邊形的外接圓，再透過對 稱的方式找出其餘的頂點。如果這樣的作圖方法是可行的，那麼 對於很多的正偶數邊形，應該都可以透過同樣的方式作圖才是，
這有點奇怪。作者們可能忽略了，原本的目標是要找出通過給定 的若干個點的一個正多邊形。如何保證所找到的正八邊形確實會 通過原本給定的這些點呢？（我們是有可能在同一個圓內找到兩 個正多邊形，而這兩個正多邊形是共用一些點的。如何保證所找 出的就是我們想找的正確的那一個？）這可能是要進一步好好思 考的問題。另一方面，在論述正五邊形和正六邊形的作圖方式正 確無誤的這個部分，作者們在說明完作圖所得出的是等角五邊形 和等角六邊形後，要進一步說明各邊的長度都相等時，用到了一 些作圖過程中不保證一定會有的圖形的特性，這也讓人對作圖方 式是否正確有一些疑問。作者們確實給出了一些好的想法，如果 能夠更進一步，把一些過程釐清，給出更清楚的論述，作品應該 會更完整也更好。
C:\Users\cutes\Downloads\030407-評語
