School Mathematics Newsletter (SMN)
Foreword
It has long been our wish to inform teachers at large the development of Mathematics Education in Hong Kong, the organisation of our section, and many of the tasks we commit, e.g., forthcoming professional development courses, the Hong Kong Mathematics Olympiad, the School Mathematics Project Competition, etc., and to share with teachers some of our professional dialogues – in the form of a booklet called the School Mathematics Newsletter (in short, the SMN).
We hope that the SMN could serve as “news” in the wider sense. Reading it could enhance our understanding of information about the development of the Mathematics curriculum, informed practical ideas as well as intellectual stimulation about mathematics, its nature, its learning, its teaching and its assessment.
The Mathematics Education Section Curriculum Development Institute
Room 403, Kowloon Government Offices 405 Nathan Road
Yau Ma Tei Kowloon
Organisation of Mathematics Education Section, CDI (2010/2011)
Chief Curriculum Development Officer Mr LEE Pak-leung (until 3 April 2011) Mr NG Siu-kai (from 4 April 2011) Senior Curriculum Development Officer Mr LEUNG Kwong-shing
Mr WAI Kwok-keung
Mr YUNG Chi-ming, William Curriculum Development Officer Ms AU Wing-mei
Mr CHAN Sau-tang
Mr CHAN Siu-chuen, Vincent Mr CHENG Sze-man, Robert Mrs CHEUNG FUNG Tak-fong Ms CHEUNG Kit-ling
Dr FUNG Chi-yeung Ms HO Yee-hung
Mr LEE Chun-yue, Stanley Mr LEE Kin-sum, Gary Ms LEUNG Kit-ying, Randy Dr NG Yui-kin
Ms TANG Mei-yue, Christine Ms WEI Mi-yine, Lavonne
目錄
頁
Foreword i
Organisation of Mathematics Education Section, CDI ii
目錄 iii
1. 雜談─由乘法說起 1
2. 繡曲線─令人賞心悅目的數學 13
3. Similar Figures A Definition 31
4. 數學的進一步應用─探索托勒密定理及其
應用
43 5. Geometric Construction of a Regular Pentagon
– From the Works of Euclid and Richmond
67
6. 正五邊形尺規作圖法探究活動 77
7. 香港數學競賽回顧 89
8. The Fifteenth Mathematics Camp 2010/11 101 9. Mathematics Project Competition and
Mathematics Book Report Competition for Secondary Schools (2010/11)
111
10. 2010/2011 Statistical Project Competition for Secondary School Students
125 11. Introduction to 2010/11 Statistics Creative
Writing Competition
135
12. 2011/12 年度教師專業發展課程 139
空白頁
1. 雜談—由乘法說起
馮志揚
數學引人入勝的地方是成功解決問題之後的快樂，從而便令 人對數學情有獨鍾，愛不釋手。同樣道理，能夠解決教學上 的數學問題或教學策略的問題，亦帶給數學教育工作人員同 樣的喜悅，令他們鍥而不捨地繼續進行數學教育的工作。教 師在日常的教學中可能會遇到學生提出具挑戰性的問題或 在教學過程中對某些課題感到疑惑，以下是近日教師遇到的 一些數學教學問題的探究。
乘法
香港課程發展委員會在 1983 年編印的《小數課程綱要 - 數 學科》（簡稱「綱要」）頁 19 指出，乘法學習的開始，乘法 的記錄方法如 3 × 2 = 6 和 2 × 3 = 6 可代表 3 個 2 是 6。換言 之， 2 和 3 在乘式中的位置完全與它是否 2 個 3 或 3 個 2 無 關。「綱要」在同一頁的備考中，亦說出 3 倍的「3」可放在
乘式的第一個數或第二個數；「綱要」在乘法學習的初始顯
然已接受了整數的乘法交換性質，我們已經無須特別強調乘 數和被乘數這些詞彙。
Gullberg 約於 1997 年對於乘法在這方面的處理手法亦有類 似的看法：被乘數和乘數這兩個數學詞彙，已經是過時了。
The terms multiplicand [被乘數] and multiplier [乘數] are today obsolescent, and are generally called just “factors”
(Gullberg, 1997, p. 118).
利用乘法交換性質為基石，我們在學習乘法概念的初始階段 便可以接受a × b 和 b × a 同時代表 a 個 b 和 b 個 a，而無需 要求第一個數a 必定代表某數 b 的 a 倍，或第二個數 b 必定 代表某數a 的 b 倍；我們亦可將乘式 a × b 簡單讀成「a 乘 b」。
最大公因數和最小公倍數
2000 年編定的《數學教育領域數學課程指引（小一至小六）》
建議學生只用列舉因數和倍數的方法先找尋兩個數的公因 數和公倍數，從而選出這兩個數的最大公因數（H.C.F.）和 最小公倍數（L.C.M.）（頁 36），目的是讓學生從這個過程 中可以真正了解公因數和公倍數的概念，和為甚麼只有最大 的和最小的公因數，及只有最小的公倍數而沒有最大的公倍 數的理由。例如，要求 24 和 15 的最大公因數和最小公倍數，
我們先分別列舉兩數的因數：
24 的因數是 1，24；2，12；3，8；4，6；順次為 1，2，3，
4，6，8，12，24。
15 的因數是 1，15；3，5；順次為 1，3，5，15。
所以，大家都有的的因數（公因數）由小至大排列是 1，3。
所以，24 和 15 的最大的公因數是 3，而最小的公因數是 1。
同理，要求 24 和 15 的最小公倍數，我們先分別列舉兩數的 倍數：
24 的倍數是 24，48，72，96，120，144，168，192，216，
240，264，288，……。
15 的倍數是 15，30，45，60，75，90，105，120，135，150，
165，180，195，210，225，240，255，……。
由上列的數字，可見 24 和 15 的公倍數由小至大排列如下
：120，240，……。
因此，24 和 15 的最小的公倍數是 120；24 和 15 卻沒有最大 的公倍數。
如果有必要給學生介紹一個增潤的、「較簡單」的找尋 H.C.F.
和 L.C.M. 的技巧，我們可以利用輾轉相除法(I)，先求 H.C.F.，
然後再利用公式「兩數相乘的結果亦與他們的 H.C.F. 和 L.C.M. 相乘的結果相同」(II)，計算 L.C.M.。例如，求 24 和 15 的 H.C.F. 和 L.C.M. 時，先利用輾轉相除的方法，求兩數 的H.C.F.，步驟如下：
2415 = 1 … 9 (先將較大的一個數 24 被較小的數 15 相 除)
159 = 1 … 6 (因餘數 9 不是零，將餘數 9 去除原來的 除數15)
96 = 1 … 3 (因餘數 6 不是零，將餘數 6 去除原來的 除數9)
63 = 2 (因餘數 3 不是零，將餘數 3 去除原來的 除數6)
H.C.F. 是 3 (因餘數是零，除數 3 便是兩數的 H.C.F.) 現在，因為 2415 = H.C.F. L.C.M.
所以，24 和 15 的 L.C.M. 是 24153 = 120。
不可不知的是：我們亦可利用輾轉相除求 H.C.F. 的方法，將 一個未約簡的分數，約至最簡。利用上述的兩整數 24 和 15 為例，要將分數15
24約至最簡，我們利用輾轉相除先找出 24 和15 的 H.C.F.，即 3，然後將 3 去除 15 和 24，得5
8。無容 置疑，八分之五是約至最簡的分數了。
製作三角形
要探究有沒有較簡單的方法找出兩個正整數A 和 B 的 H.C.F.
和 L.C.M.，和引導學生了解和應用這技巧的原理，我們似 乎需要做一些「研究」。同理，究竟任意的三根木棒能否首 尾相連，圍成一個三角形呢？如果我們對製作三角形的有關
條件未作深究，而隨意在黑板上繪圖一個三邊分別是 1 厘
米，2 厘米和 3 厘米的三角形，和一個三邊分別是 2 厘米，
2 厘米和 4 厘米的三角形，讓學生利用教師建議的長度的小 木棒製作三角形，後果是很難想像的。原來，只要最長的一 根木棒的長度少於其他兩根長度的和，這三根木棒便可以首 尾相連，圍成一個三角形(III)。否則，利用上述的1 厘米，2 厘米和3 厘米木棒，或 2 厘米，2 厘米和 4 厘米的木棒，製 作三角形，只是徒然。一個看似簡單的三根木棒製作三角形 的課堂活動，我們亦何嘗不是要先下一番苦功，才能了解箇 中的道理。
學生興趣
香港的小學數學教學的宗旨首要任務是引起學生對數學學 習的興趣（香港課程發展議會，2000，頁 4）。數學的本質 是用最經濟的語言表達抽象的概念和被確認的數學知識，要 求學生用清晰無誤的乘式表達是肯定的。成功運用簡單直接 的語言解答問題，與接受教師和同學的鼓勵，均能讓學生產 生成就感，增強對數學學習的信心。學習較快捷有效的計算 策略，無可否認，亦能引起學生的學習興趣，內在的愉快感 覺更驅動學生積極的學習。要在課堂揮灑自如，靈活安排數 學教學活動和熟練地讓學生愉快地建構可行的數學知識，對 我們來說，確是一大挑戰。
參考資料
香港課程發展委員會（1983）。《小數課程綱要 - 數學科》。
香港：香港課程發展委員會。
香港課程發展議會（2000）。《數學教育領域數學課程指引（小 一至小六）》。香港：香港印務局。
Gullberg, J. (1997). Mathematics – From the Birth of Numbers.
N.Y.: Norton.
筆記 (I)
輾轉相除法是基於以下的定理。用數學語言表達，這定理可 以寫成：假設A 和 B 是兩正整數，A > B，Q 和 R 分別是 B 除A 時的商和餘數。那麼，A 和 B 的最大公因數 =B 和 R 的 最大公因數。
（換言之，被除數和除數的最大公因數等於除數和餘數的最 大公因數）
注意：
1. 如果 R = 0，因為 0 有無窮多個因數，所以，B 和 0 的 最大公因數是B。所以，A 和 B 的最大公因數 = B。
（換言之，如果被除數A 被除數 B 整除，被除數和除數 的最大公因數等於除數B）
2. 整個輾轉相除求最大公因數的過程，與商無關。
3. 以上定理的證明，可參考陳景潤（1978）。《初等數論》。 北京：科學出版社。
在小學裏，我們並不鼓勵定理的證明；反之，學生較易理解 的方法是利用簡單的、精挑細選的例子檢查、驗證、歸納定 理。例如，要檢驗輾轉相除法能否讓我們找到兩正整數的最 大公因數（H.C.F.），我們分別選出兩正整數，利用列舉的方 法找出它們的H.C.F.，完成下表。然後，對於表中的每對整 數，進行除法的運算。第一次的運算是利用較小的整數（除
數）去除較大的一個（被除數）。如果餘數不是零的話，便
將這餘數去除這次運算的除數。如果經過運算後，餘數仍然
不是零的話，便再將這次運算後的餘數去除這次運算的除數，
依次類推，直至餘數是零為止。這時，將最後一次除法運算 中的除數記錄在表中。完成後，可讓學生比較每對正整數、
它們的H.C.F.、和最後一次除法運算中餘數是零的除數；再 比較各對的結果，求同存異，去蕪存菁，猜想各數的關係。
然後，學生可自擬新的一對正整數，重覆以上各步驟，檢查 和證實猜想。在整個探究的過程中，學生除了鞏固列舉法求 H.C.F.的技巧、重看整數除法和餘數概念之外，亦在不知不 覺間學習輾轉相除的技巧，增強創造力和批判性思考能力。
整數 整數 H.C.F. 最後一次除法運算中
餘數是零的除數
1. 8 6
2. 6 9
3. 10 8
4. 11 6
5. 7 10
6. 6 10
7.
8.
(II)
用數學語言表達，這定理可以寫成：假設A和 B是兩正整數，
G 和 L 分別是 A 和 B 的最大公因數和最小公倍數。那麼，AB
= GL。
用日常的用語，我們說，兩數相乘等於最大公因數乘最小公 倍數。我們亦可說，最小公倍數等於兩數相乘後除以最大公 因數。
以上定理的證明，可參考陳景潤（1978）。《初等數論》。北 京：科學出版社。
在小學裏，可讓學生利用列舉因數和倍數的方法，找出最大 公因數（H.C.F.）和最小公倍數（L.C.M.），完成下表，初步 歸納四個數的關係。然後，再讓學生設計多幾對新的整數，
找出最大公因數和最小公倍數，檢查自已的猜想，作進一步 的推斷和總結。
整數 整數 H.C.F. L.C.M.
1. 2 3
2. 3 4
3. 5 6
4. 4 6
5. 6 8
6. 6 9
7.
8.
(III)
用數學語言表達，這定理可以寫成：假設a，b，c 是三條線
段的長(長度單位相同)，c a，c b。如果 c < a + b，那麼 這三條線段可圍成一個三角形。
我們可利用餘弦定理證明。
先證
2 2 2
1 1
2 a b c
ab
(1)
證明
2 2 2
1 1
2 a b c
ab
2 2 2
2 2 2 2
2 2
0 0
0 0
ab a b c ab
a b c c a b
a b c a b c c a b c a b
和
由於線段的長必為正數，所以，0 a b c，
同時，根據假設 c a b， 換言之，0 a b c。所以，
不等式 (2) 成立。
又根據線段的長必為正數和假設 ca c, b，所以
0 c b a c a b 和 0 c a b c a b 即不等式 (3) 成立。因此，(1) 式 1 2 2 2 1
2
a b c
ab
成立。
又由三角函數餘弦的定義，我們可以找到一和唯一的角，叫 做 ，使得 0 180 和 cos 2 2 2
2 a b c
ab
。
利用這角 ，和長度分別是 a 和 b 的線段，我們可以構作 一個夾角是 的三角 PQC，如圖。
(2) (3)
C
b a
Q P
現在設PQ = k 利用餘弦定理，
2 2 2
2 2 2 2 2
2
2 cos
k a b ab
a b a b c
c k c
即存在一個三角形，它的三邊邊長分別是a、b、c。定理得
證。
讀者亦可自行證明︰假設三角形ABC 的邊長分別是 a、b 和 c (長度單位相同)。如果 c 為最大，則 c < a + b 。[提示︰
0
C ，C ≠ 180，所以 1 cos 2 2 2 1 2
a b c
C ab
。將不
等式化簡，可以得到不等式 (2) 和 (3)。]
在小學的課堂，學生可以在白紙上或方格紙上隨意選取三 點，用直線連起三點，繪出一個三角形，再利用厘米單位量 度三邊的（大約）長度，便可以驗證最長的一邊必定小於而 不等於另兩邊的和。
要注意的是當遇到三邊相同的三角形和兩邊相同而第三邊 不同的三角形，學生可能會對最長邊的定義感到困難。例如 在三角形
(i) a = b = c = 2，最長的邊是 2，而其他兩邊是 2 和 2，所以 最短的兩邊的和是 2 + 2 = 4。在三角形 (ii) a = b = 2，c = 3，
最長的邊是 3，而其他兩邊是 2 和 2，所以最短的兩邊的和
是 2 + 2 = 4。在三角形 (iii) a = b = 2，c = 1，最長的邊是 2，
而其他兩邊是 2 和 1，所以最短的兩邊的和是 2 + 1 = 3。參 看下表。
三角形 a b c 最長的一邊 其他兩邊 其他兩 邊的和
（i） 2 2 2 2 2 2 4
（ii） 2 2 3 3 2 2 4
（iii） 2 2 1 2 2 1 3
（iv）
（v）
空白頁
2. 繡曲線—令人賞心悅目的數學
梁潔英
在大多的小學生眼中，數學就等同於數的運算，有些高小的 學生甚至會覺得數學困難乏味。須知數學教學的目的除了要 讓學生理解及掌握數學的計算技巧外，培養學生的「空間 感」，讓他們欣賞圖形的規律及結構也同樣重要（香港課程 發展議會，2000，頁 4）。
繡曲線正是讓學生體會數學的美的一個好例子。在小學而 言，「繡曲線」是小六的增潤項目（6S-E1），其學習重點是
讓學生欣賞及製作繡曲線圖樣（香港課程發展議會，2000，
頁 49）。在小學的繡曲線一般的做法就是只須畫一組直線，
便能讓直線包圍出一個曲線圖樣，如圖1 和圖 2。
圖 1
圖2
探討的問題
我們要如何組合那些直線才可包出曲線圖樣來？究竟有沒 有一些法則可遵循？在小學的教科書裏可找到的法則一般 是以整數加的組合作聯線的指標。
小學所謂的整數是指零和正整數 1，2，3，…，而一般整數 N 的基本加的組合是指（a）N 是正整數，和（b）N 是兩個 正整數的和。表一顯示整數 9 的八個基本加的組合。
1 8 2 7 3 6 4 5 5 4 6 3 7 2 8 1
表一: 整數 9 的八個基本組合 以下說明聯線的方法（稱為整數組合的方法）
1. 學生根據整數 N（例如 N = 9）的各基本加法組合列表，
如表一
2. 繪畫兩相交的直線，交點為零點（以數字 0 標示）
3. 在每線上的零點開始，在相等的距離於線上順次標示數 字 1、2、3、…、N 1（以 N = 9 為例：標示的數字為 1、2、3、…、8）。在第一條線上連續的兩個數字的距
離是無需與另一線上的兩連續數字的距離相同（如圖3
以 N = 9 為例）
第二條線
圖3
4. 利用直線把其中一條線上的數字 1 聯到另一條線上的 數字 8； 2 聯到 7， 3 聯到 6，如此類推，如表二所示
1 8 2 7 3 6 4 5 5 4 6 3 7 2 8 1
表二: 整數 9 的八個基本組合的聯線方法
圖 4（兩相交的直線大約成直角）是聯線後的結果，在這幅 完全只有直線的圖像中隱隱包含了一條曲線！
第一條線
圖 4
是否利用整數組合的方法聯出多條直線就能包圍出曲線的 樣子來？
在上一節，我們利用了整數組合的方法「繡了一條曲線」。
值得我們探究的問題是：利用整數加的組合方法聯線是否必 然可以繡出曲線來？又這聯線的方法是唯一的法則嗎？
圖 5 和 圖 6 均是根據表一的整數 9 的八個基本加的組合和 表二的聯線方法，用直線繪出的圖樣。
圖 5
0
圖 6
這兩幅圖中的直線是平行的；圖 5 中的數字是由小至大、由 左到右順次排列而成，圖 6 的數字卻不如圖 5 中的排列方式 一樣，由左方開始，第一條線的數字由小到大，而第二條線 的數字卻是由大到小。無論如何，我們仍然可以把圖 5 和 圖 6 看成是一些很有規律和美感的圖樣，但它們並不隱含一些 曲線在內。由此可見，利用整數加的組合作聯線的方法作圖，
未必一定可以繡出曲線來，只有兩條如圖 4 中的相交直線，
才能繡出曲線。
當然，以上的一個繪圖結果只是一個未經反覆驗證的猜想，
教師可引導學生作多角度的探究，通過不同的例子進一步檢 查這結果，例如，
1. 利用不同整數的組成（若對象是小一的學生，18 以內 數的組成更佳：為將來學習整數的進位加法和退位減法 鋪路）
2. 改變平行線的距離（學生可利用方格紙繪畫兩條不相交 的直線，而未必需要認識平行和平行線的詞彙。教師亦
可藉此釐清、鞏固學生平行線和平行線距離的概念）
3. 改變刻度間的距離（學生可利用方格紙、直尺、不同的 方格數量、長度及長度單位標示數字和刻度 – 可視為學 習度量概念和量度技巧的鞏固活動）
相交的數軸會包出怎樣的曲線來？
我們在上兩節察覺到當兩直線不相交時，以整數加的組合作 聯線的方法並不能繡出曲線（圖 5 和 6），但當兩直線相交 時，利用整數組合的方法（參考「探討的問題」一節）卻似 乎能讓我們得心應手。以下我們更進一步，在固定的正整數 值 N 下，以兩直線的不同相交角度，包括直角、比直角大及 比直角小的角，探討繡出的曲線圖樣的變化。以下稱兩直線 為數軸，相交的角為兩數軸的夾角。 圖 7 至圖 10 為利用不 同的夾角繡出的一些曲線圖樣。
圖 7：夾角比直角小 圖 8：夾角比直角小
圖 9：夾角是直角 圖 10：夾角比直角大 除了觀察以上的繪圖結果，學生亦可利用改變兩數軸夾角的 大小或不同整數的組合繪畫更多不同的圖像，從而歸納：夾 角較小或聯出的直線愈多時，曲線就愈明顯。這樣不但可讓 學生重溫不同的數的組成，更可加深他們對幾何空間概念的 認識。
如何在一條直線上（兩數軸重疊）繡出曲線？
當兩數軸相交於 180 時，它們便變成一條直線，若嘗試以 整數組合的方法，它只會在這直線上不斷畫出不同長度的直 線，包不出任何曲線來，但利用在線上一點製作垂直這線的 垂直線的方法，和依隨以下的步驟（例如，Bolt, 1985, p. 68），
卻能巧妙地在直線上包出了曲線：
1. 任意畫一條直線 MN 2. 在直線外固定一點 A
3. 在直線上隨意選取一點 P
4. 繪畫過 P 點垂直於 AP 的垂直線 QP（如圖 11）
5. 在直線任意選取不同位置的 20 點 P，重覆步驟 3 和 4
（如圖12）
圖11 M Q
P
N A
A M
N
圖 12
這個在一直線上製作繡曲線的活動，既有趣，又可作為訓練 學生在不同方位的直線上，繪畫過線上一點的垂直線，這有
助學生日後辨認和繪畫多邊形不同邊的高。以圖13 的平行
四邊形ABCD 為例，已知 P 和 Q 分別在 AD 和 BC 上。究竟 QP 是否平行四邊形 ABCD 的高呢？學生可利用剛提及的技
巧在圖 13 找答案。同樣的技巧亦可應用來繪畫以 Q 為頂點 的三角形 QAB 的高（圖 14）。
圖 13 QP 是否平行四邊形 ABCD 的高？
圖14 試繪畫過 Q 點的高 QP A
P
Q
B D
C
P
Q
B
A
變化多端的繡曲線圖樣
從以上繡曲線的內容中，我們發覺可以在兩相交的直線上繡 出曲線。如果把這方法推展下去，即在所有多邊形內應該也 可繡出曲線，而它們繡出來的曲線圖樣又會是怎樣的呢？
例如，一個三角形有三條邊和三個角，就可以看成有三組相 交的數軸，所以在三角形內可繡出幾組曲線。又若把各數軸 刻度的數目變化一下，繡出來的曲線圖樣就能千變萬化。如 圖 15 和 16 中的兩個全等三角形，其中一條數軸的刻度數目 不同，繡出的曲線圖樣也不同。教師亦可著學生改變三個角 的大小，看看繡出來的曲線圖樣有何不同。
圖 15 圖 16
當多邊形邊的數目增至無限多時，我們可否在圖形內包出曲 線呢？我們又可以利用在直線上製作垂直線的方法，在圓內 製作垂直線（例如，Bolt, 1985, p.66）：
1. 任意畫一個圓
2. 在圓裏近周邊的位置固定一點 A 3. 在圓周上隨意選取一點 P
4. 繪畫垂直於 AP 的直線 PQ（如圖 17），Q 點可以在圓周 上或在圓外
4. 在圓周上任意選取不同位置的點 P，並重覆步驟 3 和 4 5. 我們可以看到這些直線能包圍出一條曲線（如圖 18）。
圖 17 圖 18
由此可見不但是在直線上，或在曲線上，我們也能利用直線 包圍出曲線來。
× A P
Q
A
曲線能繡出曲線來嗎？
繡曲線所以受到我們的欣賞是因為直線可繡出曲線，但曲線 可否繡出曲線呢？
看看圖 19，它是由九個不同大小的圓組成的曲線圖像 – 橢 圓。
圖 19
相信六年級的學生按照以下的方法（例如，Bolt, 1985, p. 67）， 定能把圖像製作出來：
1. 先畫一個圓（例如半徑取 5 厘米）
A O B
2. 在圓上畫一直徑 AOB，O 為圓心
3. 以每隔 1 厘米為間隙畫出 9 條垂直於 AOB 的直線 PQ，
P 和 Q 均在圓周上 (如圖 20，圖中顯示為其中一條 PQ) 4. 以 PQ 為直徑，R 為圓心，畫出一個圓 (如圖 21)
5. 重覆步驟 4
圖 20 圖21
在小學哪個年級可引入繡曲線的學習內容
繡曲線是一個很有趣的課題，它涵蓋的數學能力可由小一的 數的基本組合以至高中的微積分（例如，可參考 Penguin Dictionary of Mathematics, envelope – 包絡 (I) – 的定義），所 以在設計「繡曲線」的教學內容時，可配合學生的已有知識 及學習內容，讓學生從學習數學中欣賞數學的美。
就小學的課程設計而言，學生在初小學習整數的基本加減組 合、長度和距離、角的大小、平行和垂直等，都能結合繡曲
R
Q P
B
A O A O
Q P
R B
線的內容；而高小的學習內容中，除了多邊形和圓的認識外，
只要把 N a b，改為 Nmanb（a、b、N 均是正整數，
而 m 和 n 可以是整數、分數或小數； 方程右方的代數式稱 為 N 的線性組合），便可配合高小的簡易方程了，如表三和 圖 22 的例子。 在這個例子中，固定 N = 12， 1
m 2， 1 n3 ， 即 12
2 3 a b
。先由已知的 a，計算 b，然後將 a，b 連線。
a 2
a
3
b b
22 11 1 3
20 10 2 6
18 9 3 9
16 8 4 12
14 7 5 15
12 6 6 18
10 5 7 21
8 4 8 24
6 3 9 27
4 2 10 30
表三：整數N 是 12 的線性組合 2 3 a b
圖22 參考資料
香港中文大學中文教材發展委員會（1986）。《中學數學科詞
彙中譯》。香港：中文大學出版社。
香港課程發展議會（2000）。《數學教育學習領域 ─ 數學課 程指引(小一至小六)》。香港: 政府物流服務署。
Bolt, B. (1985). More Mathematical Activities: A Resource Book for Teachers. Cambridge: Cambridge University Press.
Nelson, D. (Ed.). (2008). Penguin Dictionary of Mathematics (4th ed.). London: Penguin Books.
0
筆記 (I)
《中學數學科詞彙中譯》將 “envelope” 譯作「包絡」（香港 中文大學中文教材發展委員會，1986，頁 8）。
3. Similar Figures A Definition
LEE Chun-yue Euclidean Definitions
Mathematics textbooks used in Hong Kong junior secondary schools often define similarity either as
1. Two figures are similar if they have the same shape and different sizes; or
2. Two figures are similar if they have the same shape.
Then theorems are established only for similar triangles – theorems that include
1. Two triangles are similar if and only if their corresponding angles are equal;
2. Two triangles are similar if and only if their corresponding sides are proportional.
The theorems are also stated for comparing volumes and surface areas of similar solids.
On the other hand, Euclid and authors of old geometry books(I) defined right away similar rectilinear figures by having the two criteria of
(a) all corresponding angles equal; and
(b) all corresponding sides proportional. (1) Mayne (1961) in fact defined same shape in terms of similar figures.
Similar figures are said to have the same shape. (p. 332) After his work on similar rectilinear figures, in book XI of his work, Euclid went on to define similar solids.
Two solids are similar if they are formed by the same number of similar planes(II).
Euclid’s definition of similarity has been well recognised, and it is common for textbook to introduce the definition by way of same shapes. But could similarity of rectilinear figures be defined in some other ways, without the use of the concept shape, and without the presence of the two criteria (a) and (b)?
To me, these questions interest me very much. After searching for the answers for quite a while, I discover that similarity of rectilinear figures can actually be defined by means of the concept of transformation, a topic newly introduced in the Hong Kong Secondary Mathematics curriculum in 1999(III). The following shows my argument.
A New Definition for Similarity
I would like to define similar rectilinear figures in the following way.
Two figures are similar if and only if one of the figures coincides with the other figure within finite number of times of reflection, rotation, translation and/or dilation transformation.
I assume reflection, rotation and translation to have their usual meanings, but dilation is defined here as either a magnification or a contraction(IV). Mathematically, a point A is transformed by dilation at a point O with a scaling factor k (k being a non-zero real number) to the image A on the line OA if only if OA : OA = k : 1.
Next, I want to prove that the similar figures under such a definition will have the properties that (a) the corresponding angles of similar figures are equal and (b) the sides about the equal angles are proportional.
I will not discuss reflection, rotation and translation because readers can easily verify that these transformations are rigid motions in which all lengths and angles are preserved. Instead, I will simply focus on dilation and prove the following proposition.
Proposition
In figure 1, AB is any line segment and O is a point of projection.
If AB is transformed by dilation at O with scaling factor k (k can be any real number except 0 or 1) to the image AB (i.e., for any point U on AB and U the image of U under the dilation, OU:OU
= k : 1. In particular, OA:OA = OB:OB = k : 1), then 1. AB // AB, and
2. k AB = AB
One should note that in usual practice, the results can easily be obtained by properties of similar triangles stated in (1).
However, it will fall into “circular reasoning”, since the properties of similar figures have not been derived from the definition yet. Hence, to avoid logical loopholes, I need to prove the proposition without using any knowledge of similar triangles. The next section is the proof.
O
A
B
A
B
Figure 1
Proof
1 We first prove that AB // AB.
Assume the contrary, AB and AB are not parallel but they intersect at a point X. See Figure 2.
Figure 2
Join AB and OX. For convenience, we denote the area of each triangle in the figure by a small letter. For example, the area of
OAB is denoted by p, the area of OBX by q etc. See figure 3.
X O
A
B A
B
Claim. If
and
, then
(1)
The proof is left to the reader as an exercise.
Now, using the theorem that areas of triangles of equal heights are proportional to their base lengths, and remembering that
1 : k ' OB : OB ' OA :
OA , we obtain
1
k q p
k r s t
（OA : OA = k : 1 k） (2)
1
k q
k r
（OB : OB = k : 1 k） (3) From (2) and (3) and comparing the result (1), replacing , ,
, , respectively by k k
1 , q , r , p , and s + t , we get X O
A
B A
B
Figure 3 p
q r
s p t k
1
k 1
t s
p k k
1 (4)
Also,
t p k k
1 （OA : OA’ = k : 1 k） (5) Applying result (1) again to (4) and (5), we get
s k
k 0
1
which cannot be true because k is non-zero.
Hence, AB // AB.
2 We then go on to prove k AB = AB , or AB : AB = k : 1, by applying the result AB // A’B’ which we have just shown. Let C be a point on A’B’ such that AC // BB’. Join AB’. See figure 4.
O
A
B
A
B
C
Figure 4 p
s k
1
k 1
q
q H
1
Clearly, ABBC is a parallelogram, AB = CB.
Suppose that AB : AB = CB : AB = H : 1.
It is required to show that H = k.
As before, we denote the area of each triangle by small letters, as shown in figure 4.
s q
q p k k
1 （OA : OA = k : 1） (6) q
p k k
1 （OB : OB = k : 1） (7) Applying result (1) to (6) and (7), we get
s q k k
1 (8)
But
s q H H
1 （CB : AB = H : 1） (9) Hence, H = k.
Hence, AB : AB = OA : OA = OB : OB = k : 1.
Thus, the proof is complete.
With this proposition, one can easily conclude that the dilation transformation is angle-preserving (note the parallel property which has been proved). Moreover, given a figure, if it is transformed by dilation all corresponding lengths are proportional. As a consequence, the following statement holds.
If a figure can be transformed by a finite number of times of reflection, rotation, translation and dilation to coincide with another figure, then the corresponding angles of these two figures are equal and all the corresponding lengths of the figures are proportional.
Summary
We have seen different ways in defining similarity of rectilinear figures. Table A is a summary of the three definitions discussed.
Table A
The Three Definitions of Similarity of Rectilinear Figures Textbooks Euclid My point of
view Two
Rectilinear Figures are Similar
Having the same shape
(a) All
corresponding angles equal and (b) All corresponding sides
proportional
Coincide after a finite number of reflection, rotation, translation and dilation Similarity of rectilinear figures can indeed be defined by means of transformation. The next question that arouses my interests is therefore: Could similarity of figures of a higher dimension be
defined by means of transformation? This is another good question that is worth studying.
Notes
(I)
Such a definition can be found in a book The Thirteen Books of Euclid's Elements (2nd ed., Vols. 1-13), New York: Dover, written in 1925 by Heath, Sir Thomas Little. The book was in fact translated from the text of Heiberg – published in 1908.
The definition can also be found in p.332 of The Essentials of School Geometry, written by Mayne in 1961, and published in London by Macmillan.
Such a definition can also be found in page 142 of the book 藍紀 正、朱恩寬（1992）。《歐幾里得幾何原本》。台北：九章。The book was translated from Heath’s book The Thirteen Books of Euclid's Elements (2nd ed., Vols. 1-13).
(II)
Such a definition can be found in page 463 of the book 藍紀正、
朱恩寬（1992）。《歐幾里得幾何原本》。台北：九章。The book was translated from Heath’s book The Thirteen Books of Euclid's Elements (2nd ed., Vols. 1-13).
(III)
Hong Kong Curriculum Development Council. (1999).
Syllabuses for Secondary Schools Mathematics Secondary 1-5.
Hong Kong: Printing Department.
(IV)
The Syllabuses for Secondary Schools Mathematics Secondary 1-5 used dilation/contraction (Hong Kong Curriculum Development Council, 1999, p. 21), but I prefer to use a single word dilation to stand for both magnification and contraction.
4. 數學的進一步應用─探索托勒密定理及其應用
韋美然
探究托勒密定理(I) 及其應用是高中數學課程必修部分「數學 的進一步應用」學習單位的其中一個建議課題（香港課程發 展議會與香港考試及評核局，2007, 頁 32）。同學透過探究 和應用托勒密定理，在解較複雜的應用題時尋找能提供解題 線索的資料，探究不同的解題策略或綜合不同數學環節的知 識（香港課程發展議會與香港考試及評核局，2007, 頁 32）
之外，亦可從另一角度思考初中曾學習的幾個重要課題，例 如，畢氏定理，相似三角形概念，和只限於 0 和 90 之間 的三角比的關係（香港課程發展議會，1999，頁 26），認識 及欣賞他們在初中和高中所學習的不同數學知識 ─ 例如高 中的三角形中的正弦和餘弦定理 ─ 的連貫性（香港課程發 展議會與香港考試及評核局，2007, 頁 11）。
我們因應以上所提及的學習重點，討論托勒密定理及其應 用，提供解題線索的資料，探究不同的解題策略或綜合不同 數學環節的知識。
托勒密定理
在圓內接四邊形 ABCD 中（圖 1），兩條對角線長度的乘積 相等於兩組對邊長度的乘積之和，
即 (AB)(CD) + (BC)(AD) = (AC)(BD)
A
D
C
B
圖 1
老師可以下列方法引導學生證明托勒密定理：
A
D
C
B E
圖 2
先於對角線AC 加上 E 點使 ∠ADE =∠BDC （圖 2）。
然後，按下列步驟完成證明：
1. 證明ADE BDC。
2. 以 AD、BC 及 BD 表示 AE。
3. 證明CDE BDA。
4. 以 AB、AC、BD 及 CD 表示 AE。
5. 證明 (AB)(CD) + (BC)(AD) = (AC)(BD)
歸納推理
教師可讓學生分別繪畫不同大小的圓，在圓的周界上任選四 點，順序標示為 A、B、C、D，如圖 1。量度各長度 AB、BC、
CD、DA、AC 和 BD，然後驗證等式 (AB)(CD) + (BC)(AD) = (AC)(BD) 定理分析：充分條件
在任意的圓中，如果有一內接四邊形 ABCD （即四邊形 ABCD 的四個頂點 A、B、C、D 都是在圓周上），那麼，以 下的相等關係必定成立：
兩組對邊長度的乘積之和（即對邊長度相乘之後，
然後相加） 相等於兩條對角線長度的乘積（即對 角線長度相乘）
換言之，結論會為一個等式：等式的一方為一個乘積；另一 方為兩個乘積的和。
應用
當學生認識了托勒密定理以後，我們便可舉不同的例子幫助 學生瞭解托勒密定理的實用性。教師可先讓學生嘗試解決問 題和說出問題的不同解法，透過同學和教師的討論，學生作 出 自 己 的 解 題 策 略 。 當 然 ， 教 師 亦 可 利 用 例 如 Polya 波利亞(II) 所建議的解決問題策略，先與學生探究未知和已
知資料的關係，設定計算或證明的步驟；教師可示範思考的 方向，讓學生完成他們能做到的計算和證明。
例一：在圖中，ABCD 是一圓內接四邊形。已知 AB = 13, BC = 20 及 AC = 21。若 AD、BD 及 CD 的長度分別為 2x, 5x 及5 13，求x 的值。
20
D
C B
A
5 13 13
21 2x
5x
圖 3 解題思路
教師可參考下列的步驟與學生探索和討論解決問題的方 向。
了解題目。圖 3 是一個圓內接四邊形，除了一邊 AD 和 對角線 BD 之外，其他的邊和對角線的長度都以實數表 示，是已知的數值。ABC 的三條邊都是以實數表示，
並沒有未知數；其他的三角形都有未知數 x 。現在要找 出 x 的值。
看着未知數 x。學生的已有知識對解題策略有決定性的 影響。
如果學生已懂得托勒密定理。兩組對邊長度的乘積之和
（對邊長度相乘之後，然後相加）相等於兩條對角線長 度的乘積（長度相乘）即時成立：
20 2x 13 5 13 21 5x (1) (1) 是未知數 x 的一元一次方程，問題可解決。
如果學生未懂得托勒密定理。學生卻已認識三角形中的 正弦和餘弦定理，解題的思路便略有不同。
看着的未知數 x 出現在 ABD 的兩條邊上，而第三條邊 是已知的 13。如果能夠將三條邊連起來變成一個方程，
解法可能出現！
聯想已有的知識。在任意的三角形中，三條邊的關係似 乎可以有兩個在高中學習的定理來表達：正弦定理和餘 弦定理。利用一般的符號，我們有
正弦定理： R C c B b A
a
sin sin
sin (2)
餘弦定理：a2 = b2 + c2 – 2bc cos A (3) 選擇已有知識。比較 (2) 和 (3)，同時又回到圖 3 中的
ABD。(3) 似乎是較合適解決問題的選擇，因為 ABD 的三邊是 13，2x，和 5x，只要知道其中一隻角，便可 應用 (3) 來建立只有未知數 x 的方程，問題便可解決。
尋找最可行的角。先考慮 ABD。應先計算 ABD 中哪 一隻角呢？A？B？D？如何選取呢？在這三角形中，我 們似乎看不到更多的資料讓我們找到其中一隻角的值。
退而求其次，我們要借助其他的已知資料和如果有的 話，實際的數值來計算 ABD 中的角。
重看題目和圖3，ABC 具備已知的三邊：13、20 和 21。
由此，我們可以利用 (3) 來解出 ABC 的三隻角 A、B、
C。但是，這三隻角又與 ABD 的三隻角 A、B、D 何關 呢？再看看圖 3，兩三角形中的角 C 和角 D 相等 – 同 弓形內的圓周角相等！即 c = d（圖 4）。
20
D
C B
A
5 13 13
21 2x
5x
d
c
圖 4
因此，學生可以先求 c , 然後利用 d = c，解 x。
當然，我們亦應接受學生提供的其他的可行解法。同學 可討論各個不同的解，增強自己解決問題的能力。以下 是三個合理計算 x 的方法。
一題多解
解法1：托勒密定理
20 2 13 5 13
21 5 65 65 1313
x x
x x
解法2：餘弦公式 在圖 4 的 ABC 中，
132 = 202 + 212 – 2(20)(21) cos c 即 169 = 400 + 441 – 840 cos c 即 840 cos c = 672
5 cos c = 4 (1)
在 ABD 中，132 = (2x)2 + (5x)2 – 2(2x)(5x) cos d 即 169 = 4x2 + 25x2 – 20x2 cos d
即 20x2 cos d = 29 x2 – 169 (2) 由於同弓形內的圓周角相同，所以，c = d
即 cos c = cos d
(1) 20x2 – (2) 5 得 80x2 = 145x2 – 845 即 65 x2 = 845
x2 = 13 所以， x = 13
因我們考慮邊長，所以 x = 13
解法 3：利用餘弦定理的另一解
在ABC 中，
2 2 2
13 21 20 cosBAC 2 13 21 5
13
BDC = BAC (同弓形內的圓周角) 在BCD 中，
2
2
2
2
20 5 5 13 2 5 5 13 cos 400 25 325 50 13 5
13
x x BDC
x x
13x210x3 130
x 13
13x 3
0 x 13 或 3 13 (捨去) 例二：黃金比
在圖中，ABCDE 是一正五邊形。若正五形的邊長為 1 及 AC = BE = CE = x，則 x 為黃金比的值。證明 5 1
x 2 。
E
D
C
B A 1
x x x
圖 5
解題思路
教師可參考下列的步驟與學生探索和討論解決問題的方 向。
了解題目。圖 5 是一個圓內接五邊形。除了對角線的長 度 x 之外，其他的邊都以實數 1 表示，是已知的數值。
但是，圖 5 中沒有一個圖形的邊是全部以實數表示的，
即每一個多邊形如三角形、四邊形等都有未知數 x。現 在要找出 x 的值。
看着未知數 x，聯想已有的知識。學生的已有知識對解 題策略有決定性的影響。
如果學生已懂得托勒密定理。明顯的圓內切四邊形應該 是 ABCE，因為它的兩組對邊長度和兩對角線不是 1 便 是 x 。利用兩組對邊長度的乘積之和與兩條對角線長度 的乘積可即時建立以下可解的方程：
1 x 1 1 x x (1)
如果學生未懂得托勒密定理。假設學生卻已認識了 1. 初中的多邊形內角和公式、三角形的各性質等，和
高中的三角形正弦和餘弦定理，或 2. 初中的相似三角形概念和定理 解題的思路便略有不同。
1. 未知數 x 出現在 ABC （或 ABE、或 CDE）（圖 6）或 BCE（或 ACE）（圖 7）。ABC 的三條邊分別 是 1、1、x，而 BCE 的三條邊卻分別是 1、x、x。正 五角形的每一內角 = (5 – 2) 180 5 = 108，而各角 的度量分別根據等腰三角形性質計算，記錄在圖 6 和圖 7 中。
C
A B
36
36 108
x 1
1 圖 6
C
B E 36
72
72
x x
1
圖 7
顯然，利用三角形的正弦定理或餘弦定理，都應該可以 計算 x 吧。例如，在圖 6 中分別應用正弦定理和餘弦定 理，我們得
1 sin108 sin 36
x
(2)
和 x2 2 2cos108 (3)
在圖 7 中分別應用正弦定理和餘弦定理，我們得 1
sin 72 sin 36 x
(4)
和 x2 1 x22 cos 72x (5)
但一般中學生對有關三角函數的值只限於以小數表示，
而並未具備以無理數表達 sin 36、 cos 108 或 cos 72 等 數值的能力(III)，所以，學生雖然看似可以利用正弦定 理和餘弦定理解決這黃金比問題(IV) ，根據題目的要求，
只修讀高中數學課程的必修部分的學生是無能為力 的。
2. 未知數 x 出現在 ABC 的 邊 AC，其他兩邊為 1。
計算各角的度量後，圖 8 中所標示的角 全是 36。設 BE 交 AC 於 K（圖 9）。設 AK = t 。現希望由三角形相 似性質找到兩個未知數 x 和 t。
參考圖 9。KBC 是等腰三角形，所以，
KC = 1
所以， x = 1 + t (6)
明顯地，ABC AKB。所以，
AC：AB = AB：AK
即 1
1 x
t (7)
由 (6) 和 (7) 消去 t，我們得到只有 x 為未知數的方程 1
1 1
x
x
(8)
E
D
C
B
A 1
x x x
圖 8 3 2
2
1 1
C
A B 3
1
1
2
2
圖 9 t
K
x
一題多解
解法 1：利用托勒密定理
由方程 (1)， x + 1 = x2 即 x2 x 1 0
1 1 4
x 2 因 x 是正，所以 x =
2 5 1
從上面的運算得知，同學可利用托勒密定理輕易找出黃金比 的值。
解法 2：利用相似三角形 由方程 (8)， 1
1 1
x
x
即 x2 x 1 0 ， 結果與解法 1 相同。
例三：証明恆等式 sin2 + cos2 = 1, 0 90(V) 解題思路
教師可參考下列的步驟與學生探索和討論解決問題的方 向。
了解題目。要證明的恆等式具下列的特色：
恆等式的左方是兩個相同數值 sin 與 sin 及 cos 與 cos 的乘積的和，而右方可以看成一個相同數值 1 的 乘積
看着未知數 x，聯想已有的知識。學生的已有知識對解 題策略有決定性的影響。
如果學生已懂得托勒密定理。只要在圓內選擇一個內切 四邊形，使它的一對對邊是 sin 而另一對對邊是 cos ，同時，兩對角線的長度都是 1 便可以了。圖 10 的 ABCD 便是一個這樣的圓內切四邊形：圓的直徑是 1。
AC 和 BD 是兩直徑，所以，ABCD 是一長方形。設其中 一角 BAC 為 。
如果學生未懂得托勒密定理。學生可以在任何一本初中 的課本中找到定理 sin2 + cos2 = 1，0 90
的證明。
解法：利用托勒密定理
ABCD 為一圓內接長方形，而 AC 和 BD 均為該圓的直徑。
設AC = BD = 1 及 BAC = ，
則 ACD = BAC (錯角，AB // DC) BC = AC sin
= sin
同理，AD = sin 及 AB = CD = cos 。
利用托勒密定理，
(AD) (BC) + (AB) (CD) = (AC) (BD) sin2 + cos2 = 1
D
C B
A
圖 10 活動：試證明畢氏定理。
參考資料
香港課程發展議會（1999）。《中學課程綱要 – 數學科 – 中 一至中五》。香港：政府印務局。
香港課程發展議會與香港考試及評核局（2007）。《數學教育 學習領域 – 數學課程及評估指引（中四至中六）》。香港：
政府物流服務署。
筆記 (I)
托勒密（約公元90 – 168 年）是古希臘一位舉足輕重的天文 學家、地理學家、光學家及數學家。基於當時古希臘人於天 文、測量及航海等領域之需要，托勒密編製了弦表，從而發 現美麗的托勒密定理。可參考以下文獻：蔡聰明。星空燦爛 的數學（II）– 托勒密定理。《數學傳播 24 卷》1 期。中央 研究院數學研究所。
網址：
http://www.math.sinica.edu.tw/math_media/d241/24105.pdf 托勒密定理指出：在一圓內接四邊形上，兩對對邊長度之積 的和相等於對角線長度之積。（香港課程發展議會與香港考 試及評核局，2007, 頁 85）
根據維基百科，上述的定理只是狹義的托勒密定理。它的逆 定理也是成立的：若一個凸四邊形兩對對邊乘積的和等於兩 條對角線的乘積，則這個凸四邊形內接於一圓。托勒密定理 實際上可以看做一種判定圓內接四邊形的方法。托勒密定理 是歐幾里得幾何學中的一個關於四邊形的定理。更多有關托 勒密定理和它的逆定理的證明方法可參考下列的網址：
http://zh.wikipedia.org/wiki/%E6%89%98%E5%8B%92%E5%
AF%86%E5%AE%9A%E7%90%86
(II)
可參考 Polya, G. (1990). How to Solve it: A New Aspect of Mathematical Method (2nd ed.). London, England: Penguin.
(III)
因 sin 36 sin 90 54 cos54，設 = 18，ssin， 我們由 sin 2 cos3
利用倍角定理
sin 2A2sinAcosA和cos3A4cos3A3cosA 得 2sin cos 4cos3 3cos
即 2 coss cos
4cos2 3
即 cos 0 或 2s
4 4 s2
3 （因cos2 1 s2）即 90 或 4s22s 1 0
即 90 或 2 4 16 1 5
2 4 4
s
在這裏 18 90，和 ssin18為正，所以， 1 5 s 4
因此， 1 5
sin18
4
再利用基本的三角函數關係，我們可得到以下的結果：
cos18 1 sin 182
1 10 2 5 4
2
2
2
sin 36 2sin18 cos18
1 10 2 5 4
sin 36 1 10 2 5
4
2
cos 36 cos 2 18 1 2sin 18
1 5
4
(IV)
讓我們利用例二「解題思路」環節中所建立的方程 (2) 至 (5)
1 sin108 sin 36
x
(2)
2 2 2cos108
x (3)
1 sin 72 sin 36
x
(4)
2 2
1 2 cos 72
x x x (5)
和筆記 (III) 的三角函數結果計算 x，從而證明 5 1 x 2 。 我們首先處理方程 (2)、(4) 和 (5)，最後才考慮方程 (3)，亦
順道介紹處理無理數式的一些方法。
因 sin108 sin 72， 方程 (2) 和 (4) 等價， 所以由任一方 程，我們有
sin 72 sin 36
x
2sin 36 cos 36 sin 36 2 cos 36 1 5
2
由方程 (5)，
1 2 cos 72
1 2sin18
4 2 1 5
4 1 5
2 1 5 1 5
4 1 5 2 1 5 1 5
2 x
現在考慮方程 (3)。
2 2 2 cos108 2 2 cos 72 2 2sin18
1 5
2 2 4
3 5 2
x
設 x a b 5， a，b 為有理數 (6)
那麼， x2
a25b2
2ab 5設 2 5 2 3
a b 2 (7)
和 2 1
ab 2 (8)
由 (8)， 1 b 4
a 將 1
b 4
a 代入 (7)， 2 52 3 16 2 a a 所以， 16a424a2 5 0
即 4t5 4 t 1 0，這裏 ta2
因為 a，b 都是有理數，所以 2 1
a t 4，或 1 a 2
所以，(a , b) = ( 2 1 ,
2
1 ) 或 (a , b) = (–
2 1 , –
2 1 )
因為 x 為正，所以，(a , b) = ( 2 1 ,
2 1 )
所以，由 (6)， 1 1 1 5
2 2 5 2 x
(V)
可用托勒密定理證明不同的三角恆等式。
例如：證明三角複角公式 sin
sin cos cos sin 設ABCD 為一圓內接四邊形，其中 AC 為直徑，而∠BAC = 及 DAC = ，0 < , < 90。
設 AC = 1，則 AB = cos ，BC = sin ，CD = sin 及 AD = cos 。
O
D C B
A
根據托勒密定理，
(BD)(AC) = (AB)(CD) + (BC)(AD)
BD = cos sin + sin cos (1) 在ABD 中，根據正弦公式，
sin sin
BD AD
ABD
cos
sin 90 DBC
cos
sin 90 DAC
cos
sin 90 cos cos 1
BDsin
(2) 由 (1) 和 (2)，可得 sin
cos sin sin cos 同學可利用相同的原理證明更多的三角複角公式。
更多的有關利用托勒密定理證明三角函數公式，可參考蘇惠
玉。三角函數公式的托勒密方法。《HMP 通訊第四卷》第五
期。網址：http://math.ntnu.edu.tw/~horng/letter/hpmletter.htm。
(同弓形內的圓周角)
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5. Geometric Construction of a Regular Pentagon – From the Works of
Euclid and Richmond
CHENG Sze-man
Ever since the Hong Kong Curriculum Development Council (CDC) introduced the topic “Construct some special regular polygons using straight edges and compasses” in junior secondary schools (CDC, 1999, p. 22), textbooks illustrated this topic by giving the construction of regular hexagons and regular octagons as examples. Students knew how to construct triangles, squares, and then hexagons and octagons. Did anyone ever wonder why they skipped the construction of regular pentagon? Is pentagon not special enough? Or the construction of it was far beyond the reach of students?
The aim of this article is to delve into the construction of a regular pentagon through searching the works of Euclid and H.W. Richmond (as cited in Coxeter, 1969) and on the basis of their works, introducing “simple” procedures for such a construction.
To begin with the construction, we can start off by considering some simple properties of regular hexagons and regular octagons and see whether there is a similar feature in regular pentagons.
Of course, all these regular polygons have equal sides and equal angles, meanwhile, for the regular hexagon and octagon, we can
