高中數學三角函數解題能力試題的研究

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(1)國立臺灣師範大學數學系教學碩士班碩士論文. 指導教授：許志農博士. 高中數學三角函數解題能力試題的研究. 研究生：方璞政. 中華民國九十八年六月.

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(3) 致. 謝. 從開始讀碩士至論文完成前夕，兩個超可愛的小寶貝思維、楷維在這兩個時期出生，他們兄弟倆像是依序為我道賀，但在這道賀的背後，就必須超感謝我的愛妻上瑜及長輩們，感謝他們為我分擔照顧小寶貝的辛勞，讓我能更順利的上完碩士班的課程，及擁有更多一絲絲一豪豪的時間來逐步地完成論文。在論文內容的完成上，首要感謝的是我的指導教授許志農老師。從老師的指導之中，讓我對數學試題的選題、審題與開發有更上一層的認知，同時也促進我在未來的教學中，能對教學的素材有更好的安排。同時謝謝黃森山教授及李華介教授在百忙之中細讀我的論文，並給予我很多寶貴的意見，讓我的論文內容更臻完整。也感謝系上的老師，在讀碩士班期間的教導，使我在教學上，有更新、更好的體認。再來，就是我們的論文小組成員森游及嘉徽，與常常一起研究討論的夥伴振能、瑞良及慧雯。由於聚會討論的人多，所以也會較有趣、有勁，因此往往可以給予很多很棒的意見，加速催化論文的完成時間。同時也要謝謝學校的數學老師功民、仁民、瑞淑，感謝你們的幫忙施測。最後，再次感謝我的家人，你們是我完成論文最大的精神支柱。因為無論何時何刻，只要看見或想到你們，為了完成更多的夢想，心中就會如湧泉般地激起更多的活力，由此助我更積極、更快速地地完成此論文。僅將此論文獻給我最最摯愛的家人。. 方璞政. 謹致於. 師大數學系. 中華民國九十八年六月.

(4) 摘要大學入學考試中心(簡稱大考中心)從考生的認知過程，區分為概念性、程序性及解題能力這三個層面，其測驗目標即為評量這三方面的知能。因此現今的「學科能力測驗數學考科」(簡稱學測)和「指定科目考試數學考科」(簡稱指考)命題的方式都是根據此目標，而每年學測、指考後，大考中心會由考生的答對率(得分率)對試題做分析，並且辦理研習告知在第一線教學的老師，除了提供老師作教學的參考外，也由老師的回饋分享中，獲得試題研發改進的建議，而這一切都是希望學生有更好的學習資料，以便有更佳的學習成效。本研究論文的內容主旨與上述大考中心所做的事情相仿，以高中三角函數單元為主題，在文獻方面是以三角學的發展歷史為肇始，彙整出高中課程在三角函數方面有關的歷史及三角公式的發展，依據大考中心在命題方面的理論基礎與目標，在普通高級中學九八數學課程綱要的精神之下，整理出國內大考試題中與目前國內高中所使用的七家出版社所出版之教科書的解題能力試題而成。而在試題開發方面，亦依大考中心在命題方面的理論基礎與目標，以九八數學課程綱要為主軸，由自己選擇及創造的解題能力試題之中，經過小組成員多次地與指導教授審題及修題，其後再結合高嘉徽老師研究的概念試題與廖森游老師研究的程序試題，整合成八份試卷後而進行施測。而後續再將整卷測驗後的答對率(得分率)作整理分析，並給予總結建議與示範教材的舉例，提供教師於日後開發評量測驗試題時的參考，其目的在明瞭學生數學學習的認知過程，改進教學品質，進而幫助更多的學生，提高學習數學的興趣與自信。.

(5) 目. 次. 第壹章緒論 ...................................................................................................................1 第一節研究動機........................................................................................................1 第二節名詞解釋........................................................................................................4 第三節研究限制........................................................................................................6 第貳章文獻探討 ...........................................................................................................7 第一節三角函數的簡介............................................................................................7 第二節理論基礎......................................................................................................28 第三節三角函數解題能力試題的優良試題舉例..................................................36 第參章三角函數試題的開發研究與測試結果 .........................................................50 第一節解題能力試題的開發..................................................................................50 第二節整卷測驗的結果..........................................................................................70 第肆章總結與建議 .....................................................................................................73 第一節總結與建議..................................................................................................73 第二節示範教材的舉例..........................................................................................75 參考文獻 .....................................................................................................................99 中文部份..................................................................................................................99 英文部分................................................................................................................101 附錄............................................................................................................................102 附錄一、銳角的三角函數....................................................................................102 附錄二、廣義角的三角函數................................................................................105 附錄三、正弦定理與餘弦定理............................................................................108 附錄四、三角測量................................................................................................ 111 附錄五、三角函數的圖形與疊合........................................................................114 附錄六、和角公式................................................................................................117 附錄七、倍角與半角公式....................................................................................120 附錄八、複數的極式............................................................................................123.

(6) 第壹章緒論. 第一節研究動機培養學生有良好的思考而擁有解決問題的能力，一直是在教育中非常重要的目標之一，而在數學科目的學習之中，我們當然希望學生能利用所學基本的數學知識、觀念，加以靈活的運用而解決所面臨的數學問題，爲了培養並研究學生的數學能力，大學入學考試中心(簡稱大考中心)從考生的認知過程，區分為概念性、程序性及解題能力這三個層面，其測驗目標即為評量這三方面的知能。因此現今的「學科能力測驗數學考科」(簡稱學測)和「指定科目考試數學考科」(簡稱指考)命題的方式都是根據此目標，而每年學測、指考後，大考中心會由考生的答對率(得分率)對試題做分析，並且辦理研習告知在第一線教學的老師，除了提供老師作為教學的參考外，也由老師的回饋分享中，獲得試題研發改進的良好建議，而這一切都是希望學生有更佳的學習資料，以便有更好的學習成效。高中數學教材歷經幾次修訂，最近一次是教育部於 95 年 4 月啟動修訂原定於 98 年實施的高中數學課程綱要，本次高中數學課綱修訂，揭櫫數學為基礎學科的重要性，釐清高中數學核心內容的定位，以及提出導正數學學習文化的理想。最主要的原因基於再次強調數學的重要性、界定核心的數學內容及導正數學學習文化（97，教育部）。此次課程綱要的設計乃是學校教師在實施教學時的重要方向，而從新的課程綱要中，可以瞭解此次課程綱要設計的精神為： (一)掌握主要脈絡，建構清晰的數學概念； (二)展現化繁為簡，以簡馭繁的數學思考方法； (三)在演繹之外，加強歸納思維的訓練，並認識數學模型的意義； (四)以圖形與實例，循序漸進，建構抽象思維的內涵； (五)強調數學的應用，凸顯數學的普遍性與本質。. 1.

(7) 而課程綱要設計特色強調一貫性、銜接性、連結性、妥適性及國際性，在這樣的課程綱要下，教師在教學實施上更宜以學生為中心，強化學生自主學習，培養學生批判性與創造思考的能力，引導學生懂得如何學習、如何思考，進而培養學生終身學習的能力。波利亞（Polya）認為學生的解題思維就像是進行旅遊路線。如果學校的數學教學像遊覽車公司，規劃旅遊路線，幫學生規劃了一條教師認為最理想的路線，規定學生只能走既定路線，且不斷地透過機械化的練習，訓練學生快速又精確的到達終點站。但這樣學生所能做的就是努力沿著既定路線前進，沒有自我探索的機會，如果規劃的行程突然發生了障礙物，而無法按照老師所給的路徑前進，學生往往停在原地而不知所措，甚至慌了手腳，從此失去了前進的信心。學校這樣的數學教學，對學生來說，數學就像是一套死板的解題方法，在考試之前，學生會死記硬背，然後就會全部忘光。可是如果教師能在教學的過程中，引出幾道好的數學問題，讓數學旅遊活動像自助旅行般的自我探索旅途，則當行程發生了一些小麻煩時，相信這些小麻煩反而更能培養且締造學生在數學旅遊中的能力與樂趣。因此波利亞認為一位教師的注意力，應該放在如何選擇一道好的數學題目，應該如何以適當的方式擺在學生的面前。美國數學家 P.R.Halmos 認為「問題是數學的心臟」，而解決問題則是數學上最重要的工作。其實許多數學解題的過程並不是直接翻看解答而得到答案，也不是單從老師的講解中簡易複製而得。因為問題解決是一種人類複雜的心智活動，不但需要一段時間思考探索，更需要具備一定的數學能力與方法，才能解決。特別數學是科學之母，數學的思考訓練可以培養學生一般化、特殊化、類比和歸納的能力，以奠定未來學習研究的基礎能力。當然，培養學生的數學能力一直是數學教師們共同努力的目標，雖然對於數學能力的定義並無明確的界定，但仍有跡可循。美國全國教育成果評量（National Assessment of Education Progress，NAEP，2002）認為數學能力可以看成學生在特定的數學知識內展現他的數學能力。數學能力指的是概念性了解（Conceptual 2.

(8) Understanding）、程序性知識（Procedural Knowledge）和解題（Problem Solving）三個因子。而第三次國際數學與科學教育成就研究（ Third International Mathematics and Science Study，TIMSS，2003）則將數學能力分為：知識記憶、表現一般程序性、使用複雜程序及解決問題。而在美國數學教師協會（National Council of Teacher of Mathematics，NCTM，1989）的標準中，認為數學能力包含解題、溝通、推理及連結。無論哪一種的數學能力定義，概念性知識、程序性知識與解題能力都是被注意的焦點。泰勒（Tyler，1950）曾說：「為了探究我們所發現的學習經驗，究竟會產生多少效果，評量遂成為一種不可缺的活動，因為評量可以協助教師瞭解在教學活動中哪一方面產生了效果、哪一方面值得改進」(郭生玉，1985)因此教師要明瞭學生的學習經驗，採用合適的評量是重要的，教師才能從有效的及有意義的測驗中，瞭解學生的學習狀況，因此學生數學能力的檢定與評量是息息相關的。因為一道好的數學題目如此重要，所以大考中心在經過多年的研究後，針對學科能力測驗數學考科，提出下列測驗目標：概念性、程序性與解題能力(林福來，1999)，希望藉由這三大層面的測驗方式來瞭解學生數學學科能力，為能配合新課程綱要的制定，並能協助教師瞭解學生學習情形，以概念性、程序性與解題能力三個主軸的數學試題的建立絕對有其必要性。數學題目是數學教學及評量的核心，但因市面上的講義、參考書充斥著偏離課綱精神的難題，導致學生無法培養正確的解題思路，為了培養學生正確而有效能的解題思路，以及多元的思考，筆者希望能透過以下方式，研發出好的解題能力試題，並檢視評量結果以供教師參考。 1.了解三角學的發展歷史。 2.了解三角函數重要定理的無字證明。 3.了解大考中心的解題能力試題的施測目標。 4.搜集市面上高中課本、講義、參考書好的解題能力試題。. 3.

(9) 第二節名詞解釋一、小組成員. 本研究論文之評量試卷，主要針對三角函數部份，開發出概念性試題、程序性試題及解題能力試題，並經審題、修題及組卷而成完整評量試卷(簡稱整卷測驗)，故需這三個面向研究者互相配合，故小組成員包括概念試題研究的高嘉徽老師、程序試題研究的廖森游老師及解題能力試題研究的方璞政老師。. 二、三角函數本論文所提的三角函數涵蓋三角部分，而三角的內涵是以教育部 97 年 1 月所頒訂的 98 課程綱要為主，高二必修數學Ⅲ子題包含直角三角形的邊角關係、廣義角與極坐標、正弦定理、餘弦定理、差角公式、三角測量。選修數甲Ⅰ的三角函數，子題包含一般三角函數的性質與圖形、三角函數的應用、複數的幾何性質。選修數乙Ⅰ的三角函數，子題包含弧度、弧長、一般三角函數的性質與圖形。. 三、答對率與得分率. 答對率與得分率分析之主要目的在確認每道試題困難或簡單，整卷測驗中的單選題、選填題與計算題採答對率，答對率是以某一題的答對人數除以全體受測學生的人數；而多選題採得分率，得分率是以某一題的全體總得分除以全體受測學生的人數再除以該題的題分數，上述的答對率、得分率所得的數值越高表示題目越簡單；反之，數值越低表示題目越難。本研究是依據大學入學考試中心命題手冊之界定，一份試卷的難易。 4.

(10) 四、解題能力試題本研究所指稱之解題能力試題，主要是依據大考中心在「指定科目考試數學考科」和「學科能力測驗數學考科」上，設定的測驗目標是對測驗考生是否具有下列所指出的解題能力: C1.能從情境中辨識數學元素並形成問題 C2.能瞭解條件的充分性與一致性 C3.能應用適當的定義、定理或性質 C4.能使用相關的數學知識或策略轉換問題 C5.能使用、修改或推廣程序 C6.能運用推理能力 C7.能檢驗結果的合理性與正確性 C8.能使用數學語言表達解題過程. 5.

(11) 第三節研究限制 (一) 研究內容的限制本研究之三角函數單元之程序試題設計部分，係以 95 課程暫行綱要之教材為主，斟酌 98 課程綱要所列之教學目標設計，研究目前坊間龍騰、翰林、南一、三民、全華、泰宇、康熙等七家出版社之教科書，因施測需要，而將「銳角的三角函數」和「三角函數的基本概念」合併成一份試」；把「三角函數的圖形」與「正餘弦函數的疊合」合併成一份試卷，成員小組合計整卷出八份試卷，因此，施測的內容有限制。. (二) 研究樣本的限制本研究試題測試樣本為基隆、北縣、彰化、雲林、高縣等五縣市共五所高中，受測學生總數為 463 人，整體受測學生入學基測成績分布在 210～275 分之間，故其施測結果僅呈現個案班級在其特定教學情境下進行的施測情形，在做推論時，宜參考此狀況，不宜過度引申。. (三) 研究關聯的限制本研究係聚焦於開發出來三角函數的「解題能力」試題，適合或不適合學生的學習，因此本論文學生施測結果之分析，無法推論教師開發的試題與學生學習成就之間的關聯性。. 6.

(12) 第貳章文獻探討. 第一節三角函數的簡介一、歷史簡介 (一)西方的三角學埃及文獻「萊因德紙草書」中記錄著埃及人懂得利用粗略的三角學概念來測量每個金字塔的高度是否一致及是否能保有工程中的傾斜度，但在埃及的文獻中，並無一處談到角的概念，所以埃及人不足以用具體的公式，描述三角學角與邊的關係。三角學一詞最初見於希臘文，由古希臘時代傑出的天文學家西帕霍斯（Hipparchus，古希臘，約 180BC~125BC）、梅尼勞斯（Menelaus，古希臘，約一世紀）和托勒密（Claudius Ptolemy，古希臘，約 100~170）等人研創的。最先使用 trigonometry 這個詞的是德國人皮蒂斯楚斯（ Bartholomeo Pitiscus ， 1516~1613），他在 1595 年出版的一本著作《三角學：解三角形的簡明處理》中創造了這個新詞。三角學由 triangulum（三角形）和 metricus（測量）兩字湊合而成，因此解三角形問題便構成了古代三角學的實用基礎，而促使三角學產生的主要動力來自於人們想測量和推算天體的位置和運行的軌道，藉以用來幫助報時、計算日曆、發展航海、研究地理等，因此在相當長的一段時間裡，三角學隸屬於天文學。雖然後期的阿拉伯數學家已經開始對三角學進行專門的整埋和研究，但並沒有創立起一門獨立的三角學。真正把三角學作為數學的一個獨立學科加以系統敘述的，是筆名為約翰．謬勒德國數學家雷基奧蒙坦納斯（ Johannes Regiomontanus，1436- 1476）。他在 1464 年發表了《論各種三角形》的書中， 7.

(13) 把以往散見在各種書上的三角學知識，系統地綜合了起來，給出了作為數學的一個分支的三角學的基本面貌。直到十八世紀，三角學是以幾何的面貌表現出來的，這也可以說是三角學的古典面貌。即所有的三角量：正弦、餘弦、正切、餘切、正割和餘割，都始終被認為是已知圓內與同一條弧有關的某些線段。三角學的現代特徵，起源於尤拉（Euler）在 1748 年所發表著名的《無窮小分析引論》一書中，把三角量看作為函數，即看作為是一種與角相對應的函數值，書中指出："三角函數是一種函數與圓半徑的比值"，若令半徑為單位長，那麼所有的六個三角函數又可大為簡化。正如尤拉所說，引進三角函數以後，原來意義下的正弦等三角量，都可以脫離幾何圖形去進行自由的運算。一切三角關係式也將很容易地從三角函數的定義出發直接得出。這樣，就使得從希帕克起許多數學家為之奮鬥而得出的三角關係式，有了堅實的理論依據，而且大大地豐富了。嚴格地說，這時才是三角學的真正確立。. (二)中國的三角學我國古代沒有有關角的函數概念出現，只用勾股解決了一些有關三角的問題，據《周髀算經》記載，約與泰勒斯（Tales）同時代的陳子已利用勾股定理測量太陽的高度，其方法後來稱為「重差術」。而三角學輸入中國，開始於明崇禎 4 年（1631），由傳教士鄧玉函、湯若望及中國的徐光啟合編《大測》作為歷書的一部分呈獻給朝廷，但大測的名稱並不通行，根據徐光啟所編的三角函數表叫做《測圓八線表六卷》、《測圓八線表立成表四卷》。後來三角學就叫做八線，不過早在徐光啟時代，薛鳳祚（1600~1680）和波蘭傳教士穆尼閣（1611~1656）在 1653 年合著的《三角算法》就已用三角的名稱。以後許多書都沿用這一術語，但一直到 1935 年，中國數學會名詞審查委員會將 trigonometry 定為三角學（或三角法、三角術）。. 8.

(14) 二、高中課程在三角函數方面有關的歷史 (一)量角制度 1. 角：根據歐幾里得幾何原本的定義 8，一個平面角就是平面上兩條相交但不重疊的直線，彼此間的傾斜度；角的概念其實是模祾兩可的，一方面代表兩相交的直線「分隔」的性質，另一方面也以數值代表其分隔的程度，即角的度量。 2.. 60 進制：我們用來量度角的單位為「度」據傳始於巴比倫是 1854 年欣. 克斯（Edward Hincks，1792~1866）研究泥板上的楔形文字發現的，巴比倫的 60 進制後來為希臘天文學家托勒密(Ptolemy)所接受，他將圓周 360 等份，每一份又分成 60 小份，每一小份再分為更小的份，照此類推。。托勒密之後的 1400 百年，德國天文學家萊因霍爾得（Erasmus Reinhold，1511~1553）在 1551 年開始用「 ° 」、「 ' 」、「 " 」表示「度」、「分」、「秒」。 3. 弧度制：在 1748 年，尤拉在他的名著《無窮小分析引論》（lntroduction in analysin infinitorum）中主張用半徑為單位（設半徑為 1）來量弧長，這就是現在的弧度制。自此便將弧長和線段長的單位統一起來，這就是弧度制的關鍵所在。而“弧度＂（radian）一詞，是愛爾蘭工程師湯姆森（James Thomson， 1822~1892）在 1875 年首先創用的，由 radius（半徑）與 angle（角）兩字合成。在 1935 年的《數學名詞》中，radian 曾譯為弳（弧與徑兩字合成，讀 jing）。沒有人知道為什麼角的度量要採逆時針。這或許因為在我們所熟悉的座標系統中，從正 x 軸逆時針轉 90° ，可以轉到正的 y 軸；但如果順時針旋轉，則將正 x 軸轉到負的 y 軸。當然，這個選擇完全是任意的：如果當初我們最初以向左為正的 x 軸方向，或以向下為正 y 軸的方向，那麼情況自然就恰恰相反。（Eli Maor， 2000）. 9.

(15) (二)三角函數的名稱、符號盡管三角知識起源很早，但用線段的比來定義三角函數，是尤拉在《無窮小分析引論》一書中首次給出。三角函數常用的有 4 個或 6 個，而歷史上曾出現 10 個以上。下面用三角圓(第一象限)內的線段來表示。 (1)正弦(sine)：. sin α = MP. (2)餘弦(cosin)：. cos α = PN. (3)正切(tangent)：. tan α = AT. (4)餘切(cotangent)：. cot α = BS. (5)正割(secant)：. sec α = OT. (6)餘割(cosecant)：. csc α = OS. 除了這六個函數外，還有「正矢」、「餘矢」、「外割」、「半正矢」、「古德曼函數」、「反古德曼函數」等等十二個稱呼。這些函數的歷史長短不一，有的可以追溯到公元前，有的近幾十年才出現。在 1631 年的《大測》中前八種函數已經齊備，分別叫做正弦（或弦）、餘弦、切線、餘切線、割線、餘割線、矢（或倒矢）、餘矢。後來“八線”一度成為三角學的別名。特將現今常用的六個函數介紹如下： 1. 正弦函數：正弦是最重要也是最古老的一種三角函數，古希臘天文學家西帕霍斯（Hipparchus，約公元前 180~前 125）為了天文觀測的需要，做了一個 "弦表"，相當於現在 d = 2r sin. α. r. 2. α. (其中， r 表示圓半徑， α 表示圓心角， d 表示 α 所對的弦長). 10. Ｏ. 2. d.

(16) 這就是正弦表的前身，托勒密在《天文學大成》(Almagest)中給 0 − 90 每隔半度的弦表，其作用相當於從 0 − 90 每隔. 1 的正弦函數表。這是世界最早的三 4. 角函數表。他還利用“托勒密定理”（實出自希帕霍斯之手）推出若干三角恆等式，包括相當於正、餘弦的和差公式。到了公元約 400 年的印度天文書籍《蘇利耶曆數書》（Surya Siddhanta）中，出現了一個根據托勒密弦長表而來的半弦表。但是最早清楚寫出正弦函數的著作，則是，阿耶波多（Aryabhata，476-550）。他計算半弦（相當於現在的正弦線，而不是希臘人的全弦），他用 jya-ardha 稱半弦，簡寫為 jiva，獵人弓弦的意思。後來印度的書籍經轉譯成，在轉譯成拉丁文，展轉譯成 sinus，英文為 sine，意思是胸部、海灣或曲線（月球地圖上看似海灣的地區現在仍稱為 sinus）。而在 1631 年，鄧玉函、徐光啟的《大測》將 sinus 譯為“正半弦”或“前半弦”，簡稱“正弦”，這是我國“正弦”術語的由來。至於簡寫成 sin 的符號，最早是由英國的天文教授岡特（Edmund Gunter，. 1581-1626）所採用。他製作刻有對數尺度的尺「岡特尺」。1624 年，sin 及 tan 兩個符號，就是在「岡特尺」的圖示說明中首次出現。幾年以後，英國的奧特雷德（William Oughtred）在《比例圓與水平儀器》（The Circles of Proportion and the. Horizontal Instument，1632）中使用了 sin 這一縮寫，同時又簡寫成 S。同時，法國的埃里岡（Pierre Herigoae）在《數學教程》（Cursus Mathematicus，1634）中引入了一整套數學符號，其中包括 sin。雖然後來又種符號來表示正弦，到了 18 世紀中葉以後，漸漸趨於統一用 sin。. 2.. 餘弦函數：餘弦函數的重要性不亞於正弦函數，阿利耶巴陀稱餘弦為. kotijya，這是為了要計算餘角的正弦值而來的。這函數發展得較慢，名稱也很不統一。普拉托（Plate，約 1120）稱之為〝剩餘的弦〞（chorda residui），雷基奧蒙坦納斯（Johannes Regiomontanus，1436-1476，歐洲 15 世紀最重要的三角學者. 11.

(17) 之一）稱為〝餘角的正弦〞（sinus rectus Complementi，約 1463）。而 cosinus （餘弦）這個名稱是岡特首先使用的，當初他寫為 co. sinus，後來由約翰．牛頓（John Newton，1622-1678）在 1658 年改為 cosinus，這名稱才確定下來。1674 年由英國數學家兼測量師摩爾爵士（Jonas Moore，1617-1679）率先使用，他創用 Cos﹒表示餘弦，到 18 世紀變成現在的 cos。. 3. 正切與餘切函數：這兩個函數由日圭及投影的想法，也就是日影的測量而引起，但是把這兩種比率視為角的函數，則是由阿拉伯人開始的。古人立竿測日影以定時間，後來發展成為日晷（如下圖）。在中國有周公測景的記載（約公元前 1100 年），古希臘泰勒斯（Thales）利用日影確定金字塔的高度（約公元前 600 年）。第一個呈現正切和餘切表是由梅法茲（al-Mervazi）在公元 860 年左右製作出的，而天文學家巴坦尼（al-Battani），為了研究日晷，製作了每隔 1° 的「投影表」，也就是餘切函數表(920 年左右)，假設 h 為桿長，投影長度為 s ，得出 s = h×. sin(90° − θ ) 的關係式(其實就是 s = h × cot θ )， sin θ. 式中只用了正弦函數，這是因為其他的三角函數還 α. 沒有名稱。. h s. 現代的名稱 tangent （正切），在 1983 年由丹麥數學家芬因克（ Thomas. Fincke,1561~1646）提出，至於 cotangent（餘切）這個字最早是在 1620 年由岡特使用。正切（tangent）這個字來自拉丁文 tangege，是「碰觸」的意思，而這個字之所以和正切函數產生關聯或許是因為以下的觀察：. Q(1, tan θ ). O. T(1,0). 12.

(18) 現今在單位圓上定義三角函數的方法，就是利用此作圖法。. 4. 正割和餘割函數：正割、餘割函數出現的更晚，雖然正割、餘割約在 860 年由海拜什哈西卜首先提出，到艾布瓦法（約 980）正式使用，不過未給特別名稱。這兩種函數沒有引起當時人們的注意，直到 1551 年雷蒂克斯（ Georg J.. Rhaticus，1514~1576）才在《三角學說準則》（Canon doctrinae triangulorum）中完全收入正弦、餘弦、正切、餘切、正割、餘割這 6 種函數並附正割表。sec 符號則是出生於法國而在荷蘭度過大半生的數學家吉拉德（ Albert Girard ，. 1595~1632）所使用，而餘割至今未有統一的符號，有 csc，cosec 等寫法。. (三)三角學的公式的發展. 由早期的三角公式的發展歷史得知，托勒密、希帕霍斯等人士基於天文學計算的需要，而造出有關三角學上的公式，是將幾何定理當作公式的泉源，用幾何方法推導出三角公式。而法國數學家維埃塔（F.Viete）首次將代數方法引入三角學從而最早獲得了一般的 n 倍角公式，這對於一個僅僅依靠幾何方法的古代數學家而言是難以想像的（汪曉勤，2007）。特別的是，在歐拉的《無窮分析引論》中，三角公式層出不窮，但已見不到任何幾何的影子。此外，還有帕普斯的幾何命題；阿布．韋發的和角與差角公式；維納、比爾吉和克拉維斯的積化和差公式以及維埃塔的和差化積公式，直至現今，我們仍會讚嘆這些人的構思對後人三角學的影響是如何的深遠。１．托勒密是史上第一位應用數學家，根據他所著的 The Almagest 第一冊中記載，他對正弦的定義（圓心角所對的弦長）及餘弦的定義（圓心角之補角所對的弦長，他稱之為半圓的剩餘，remainder of the semicircle），以托勒密定理（後. 13.

(19) 人以其名字命名的定理：圓內接四邊形對角線的乘積等於對邊的乘積和）可以證明現今所謂的和角、差角、半角公式。２．阿拉．韋發（Abu’l-Wefa，940~998）提出同角三角函數關係如下： tan α :1 = sin α : cos α cot α :1 = cos α : sin α. sec2 α = 1 + tan 2 α csc 2 α = 1 + cot 2 α 下列二個式子，更等價於現在熟悉的正弦的和角公式及差角公式：. sin(α + β ) = sin 2 α − sin 2 α sin 2 β + sin 2 β − sin 2 α sin 2 β sin(α − β ) = sin 2 α − sin 2 α sin 2 β − sin 2 β − sin 2 α sin 2 β. ３．德國天文學家維納（J.Werner，1468~1522）為了簡化天文計算，率先使用被稱為“加減術＂的方法，即現今的積化和差公式. 1 sin α sin β = [cos(α − β ) − cos(α + β )] 2 例如，要計算 6472 × 8847 ，可假設 sin α = 0.6472,sin β = 0.8847 ，從三角函數表中查得相對應的 α 與 β 值，然後又從三角函數表中查得 cos(α − β ) 與. cos(α + β ) ，根據積化和差的公式就可以得到 sin α sin β 了。這種計算公式成了納皮爾（J.Napire，1550~1617）與比吉爾（J.Burgi，1552~1632）的對數思想的先驅。到了 1593 年德國著名的數學及天文學家克拉維斯在其所著《星盤》（Astrolabium）中，對此公式分三種情形做全面而清晰的證明（Smith，1959）。. 14.

(20) ４．法國數學家維埃塔（F.Viete）對三角學的貢獻：1571 年在他所著的《三角形解法之數學準則》是西方世界第一次有人有系統地處理平面及球面三角形解法，書中六個三角函數全都用到了。他除了發展出三個由函數和化為函數積的公式，也是第一個寫出現代形式正切定律的人（1580 年左右）：在任意三角形中， a, b 分別表示其二個邊長，所對應的角分別為 α , β ，則. α +β tan( ) a+b 2 = a − b tan( α − β ) 2 這個定理可用正弦定理及和差化積去證明。以現代的三角學而言，當三角形兩邊及其夾角已知時（即 SAS ），我們通常會用餘弦定理來求第三邊，再用正弦定理求出未知的角。如果改用正弦定理，就沒有這層困擾了，因為假如角 γ 已知，則可求得. α −β 2. α +β 2. 已知，再由正切定律及正切表就. ，由此就可求出 α 和 β 。在無計算機的輔助下，此種計算方法確實. 較簡單，可惜今日的教科書中已不復出現。. (四)歷史中三角函數定理的證明在高中數學課程裡，正弦與餘弦定理是兩個非常重要的定理，歷代的數學家都對這兩個定理作了許多證明，而這當中有些就是現在所謂的「無字證明」，現在就讓我們來看看： 1.正弦定理的引理與定理：歐幾里得在《幾何原本》第三卷命題 20 中提到：「在一圓內，同弧上的圓心角等於圓周角的兩倍」，由此我們可以馬上得到兩個引申定理：1.在同一個圓， 15.

(21) 對同一條弦的所有圓周角都相等（幾何原本第三卷命題 21）。 2.所有對應於直徑的的圓周角都是直角，這一個定理及兩個引申定理，可以用來證明正弦定理。正弦定理：若 a , b 和 c 分別表 ΔABC 三內角 ∠A , ∠B 和 ∠C 的對邊長而 ΔABC 的外接圓半徑為 R ,則. a b c = = = 2R sin A sin B sin C. 證明 1：利用《幾何原本》一個定理及兩個引申定理來證明正弦定理依∠A 為直角、銳角或鈍角三種情形, 分別驗證等式. a = 2 R 成立. sin A. (1) ∠A 為直角：因為直徑 BC =2 R = a , 所以. a 2R 2R = = = 2 R. sin A sin 90° 1 (2)∠A 為銳角：. A. a a 過 O 作 BC 的中垂線，則 sin α = 2 = R 2R. α. O. 同理. R. 2α. a 所以 = 2R 。 sin α. C. B. a b c = = sin A sin B sin C. (3)∠A 為鈍角：. A α. B. 自 O 作 BC 的中垂線，. 360° − 2α. O. a 則 sin(180° − α ) = 2 = sin α R 所以. a = 2R 。 sin α. 同理. a b c = = sin A sin B sin C. 綜合(1),(2)及(3)得知：等式. a = 2 R 成立,故得證 sin A 16. R. C.

(22) 證明 2：依 ∠A 為直角、銳角或鈍角三種情形, 分別驗證等式. a = 2R 成 sin A. 立.. (1) ∠A 為直角：因為直徑 BC =2R= a , 所以. a 2R 2R = = = 2 R. sin A sin 90° 1 (2) ∠A 為銳角：過 B 點作直徑 BD 並連接 CD 因為 ∠A = ∠D (同弧所對的圓周角相等)所以. a a a = = = 2R a sin A sin D 2R (3) ∠A 為鈍角：過 B 點作直徑 BD 並連接 CD . 因為 ∠A 與 ∠D 互為補角（圓內接四邊形對角互補）所以 sin A = sin(180 − D ) = sin D. 因此. a a a = = = 2R . a sin A sin D 2R 綜合 (1),(2)及(3)得知：等式. a = 2 R 成立,故得證 sin A. 2.餘弦定理：歐幾里得在幾何原本第二卷命題 12 中提到：「在鈍角三角形中，鈍角所對的邊上的正方形比夾鈍角的二邊上的正方形的和大一個矩形的兩倍。即由一銳角向對邊的延長線做垂線，垂足到鈍角之間一段與另一邊所構成的矩形」；命題. 13：「在銳角三角形中，銳角所對的邊上的正方形比夾銳角的二邊上的正方形的 17.

(23) 和大一個矩形的兩倍。即由另一銳角向對邊的延長線做垂線，垂足到原銳角之間一段與另一邊所構成的矩形。」. 餘弦定理：若 a, b 和 c 分別表△ABC 三內角，∠A, ∠B 和∠C 的對邊長，則. a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C 證明 1：歐幾里得《幾何原本》中的証明. (1)∠A 為鈍角：(命題 12). C. 作 CD ⊥ 直線 AB 於 D 點 2. 2. BD = ( AD + AB) 2 = AD + 2 AD ⋅ AB + AB. 2. D. 2. A. B. 同時加上 CD ，則 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. CD + BD = AB + AD + CD + 2 AD ⋅ AB BC = AB + AC + 2 AD ⋅ AB 又 AD = AC ⋅ cos(180° − A) = − AC ⋅ cos A BC = AB + AC − 2 AB ⋅ AC cos A 故 a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A. (2) ∠A 為銳角：(命題 13) 作 CD ⊥ 直線 AB 於 D 點 2. 2. BD = ( AB − AD) 2 = AB − 2 AB ⋅ AD + AD 2. 2. BD + 2 AB ⋅ AD = AB + AD 同時加上 CD 2. 2. 2. C. 2. 2. 2. 2. BD + CD + 2 AB ⋅ AD = AB + AD + CD. 18. 2. A. D. B.

(24) 2. 2. BC + 2 AB ⋅ AD = AB + AC 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. BC = AB + AC − 2 AB ⋅ AD 又 AD = AC ⋅ cos A BC = AB + AC − 2 AB ⋅ AC cos A. a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A 證明 2：先證明 a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ：如圖所示，將 ΔABC 放在坐標平面上，使 A 為原點， B 點在 x 軸上，因為 AB = c ，所以 B 點坐標為 (c,0) 。 C ( x, y ) 為 A 終邊上一點， AC = b ,依廣義. 角三角函數的定義 cos A =. x y , sin A = 得 x = b cos A , y = b sin A b b. 即 C 點的坐標為 (b cos A, b sin A). 1. ∠A 為銳角. 2. ∠A 為直角. 3. ∠A 為鈍角. 根據兩點距離公式, 得 BC. 2. = ( b cos A − c ) 2 + ( b sin A − 0) 2. = b 2 + c 2 − 2bc cos A 又 BC = a , 所以 a 2 = b 2 + c 2 − 2ab cos A . 用同樣的方法可以證得. b2 = c2 + a2 − 2ca cos B 及 c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C .. 19.

(25) 證明 3：. c 2 = (b sin θ ) 2 + (a − b cos) 2. ∴ c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos θ. c. b. c2 b sin θ (b sin θ ) 2. θ b cos θ (a − b cos θ ) 2. a 證明 4：. (2a cos θ − b)b = (a − c)(a + c). 2a cos θ − b. ∴ c = a + b − 2ab cos θ 2. 2. 2. c a. O. a−c b a. θ. a. 證明 5：如圖，一等腰梯形 ACBD ， ∠ACD = ∠CBD = θ. a + 2b cos(π − θ ). D. 利用波勒密定理，. c. c. c ⋅ c = b ⋅ b + (a + 2b cos(π − θ )) ⋅ a. b. θ. ∴ c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos θ. B. 20. A. O a. b. θ. C.

(26) 註：波勒密定理：圓任意內接四邊形中，對角線的乘積=兩雙對邊的乘積和如圖：有一圓及圓內接四邊形 ABCD ，試證： AC × BD = AB × CD + BC × AD 證：作 ∠ABE = ∠CBD. B. ∵ ∠ABE + ∠EBD = ∠CBD + ∠EAD ∴ ∠ABD = ∠CBE. C. (1) ΔABD 與 ΔEBC 中. A. E. ∠ABD = ∠CBE 又 ∠ADB = ∠BCA. ∴ ΔABD ≈ ΔEBC ∴. D. BD BC = AD CE. ∴ BC × AD = BD × CE. (2)同理 ΔABE ≈ ΔDBC ∴. AB BD = AE CD. ∴ BC × AD = BD × CE ∴ AB × CD = BD × AE 由(1)(2) BC × AD + AB × CD = BD × (CE + AE ) 故 BC × AD + AB × CD = BD × AC. 21.

(27) 3.和角公式：. sin(α ± β ) = sin α cos β ± cos α sin β cos(α ± β ) = cos α cos β ∓ sin α sin β tan(α ± β ) =. tan α ± tan β 1 ∓ tan α ⋅ tan β. 證明 1：角 α 和 β 的頂點都置於坐標平面的原點，並以 x 軸的正向為始邊，則其終邊與單位圓 O 的交點分別為 A(cos α ,sin α ) 與 B (cos β ,sin β ) ，如下圖所示：利用兩點間的距離公式，得 2. AB = (cos α − cos β ) 2 + (sin α − sin β ) 2 = cos 2 α − 2 cos α cos β + cos 2 β + sin 2 α − 2 sin α sin β + sin 2 β. = 2 − 2(cos α cos β + sin α sin β ) 又利用餘弦定理 2. AB = 12 + 12 − 2 × 1 × 1 × cos(α − β ). = 2 − 2 cos(α − β ) 因此，對於任意角 α 和 β. cos(α − β ) = cos β cos β + sin α sin β 都成立. D 證明 2：. A. 如下圖所示， ABCD 為任意四邊形，. α. β. P 其中一條對角線 AC = 1 恰為直徑，則 ∠ABC = ∠ACD = 90°. C B. 22.

(28) 令 ∠BAC = α , ∠CAD = β ，則 BC = sin α , AB = cos α , AD = cos β , CD = sin β , BD = sin(α + β ) 根據波勒密定理 1× sin(α + β ) = sin α ⋅ cos β + cos α ⋅ sin β. 證明 3：如下圖所示. a sin α. a. a α −β. =. －. b. b β. b sin β. b. α b cos β. a cos β. sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β 證明 4：如右圖所示. sin(α + β ) =. D. OE OC B. =. AB BD + OC OC. =. AB OB BD BC ⋅ + ⋅ OB OC BC OC. O. = sin α cos β + cos α sin β. cos(α + β ) =. C. E. CE OC. =. OA CD − OC OC. =. OA OB CD BC ⋅ − ⋅ OB OC BC OC. = cos α cos β − sin α sin β. 23. β α. A.

(29) [用於教學學習單之和角公式的補充證明]. 補充 1.如圖，設 ABCD 為矩形， AF = 1 , ∠BAE = α , ∠EAF = β , ∠AEF = 90° ， (1) AE =___ cos β _____ (2) EF =_____ sin β _____. F. D. C. α. (3) BE =__ sin α cos β __ (4) CE =__ cos α sin β __. E. 1 (5) FG =__ sin(α + β ) __。. β α. FG = BC = BE + CE ，由(3)(4)(5)可得. sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β. A. B. G. (6) AB =__ cos α cos β __ (7) CF =__ sin α sin β __ (8) AG =__ cos(α + β ) __。 AG = AB − BG = AB − CF ，由(6)(7)(8)可得. cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β. 補充 2.如圖，設 ABCD 為矩形， AB = 1 , ∠BAE = α , ∠EAF = β , ∠AEF = 90° ， (1) AE =___ sec α ___ (2) EF =__ sec α tan β __. F. D. C. α. (3) BE =___ tan α ___ (4) CE =___ tan β ___. E (5) FG = BE + CE =__ tan α + tan β __. β α. (6) CF =__ tan α tan β __ (7) AG = AB − BG = AB − CF =__ 1 + tan α ⋅ tan β __。 tan(α + β ) =. A. tan α + tan β FG ，由(5)(7)可得 tan(α + β ) = 1 − tan α ⋅ tan β AG. 24. G 1. B.

(30) 補充 3.如圖，設 ABCD 為矩形， AF = 1 , ∠DAE = α , ∠EAF = β , ∠AEF = 90° ， (1) AE =___ cos β _____ (2) EF = ____ sin β ____. F. D. C. α. (3) BE =__ cos α cos β __ (4) CE =__ sin α sin β __ 1. α. (5) AD =__ cos(α − β ) __。. α β. AD = BC = BE + CE ，由(3)(4)(5)可得. cos(α − β ) = cos cos β + sin α sin β. E. A. B. G. (6) AB =__ sin α cos β __ (7) CF =__ cos α sin β __ (8) DF =__ sin(α − β ) __。 DF = CD − CF = AB − CF ，由(6)(7)(8)可得. sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β. 補充 4.如圖，設 ABCD 為矩形， BE = 1 , ∠DAE = α , ∠EAF = β , ∠AEF = 90° ， (1) AE =___ sec α ___ (2) EF =___ sec α tan β ___. F. D. (3) AB =___ tan α ___ (4) CF =___ tan β ___. α. (5) DF = AG = AB − BG = AB − CF =___ tan α − tan β ___ (6) AD = BC = BE + CE =__ 1 + tan α ⋅ tan β _ tan(α − β ) =. A. E 1. α β. tan α − tan β DF ，由(5)(6)可得 tan(α − β ) = 1 + tan α ⋅ tan β AD. 25. C. α. G. B.

(31) 4.倍角與半角公式證明 1：由和角公式 sin 2θ = sin(θ + θ ) = sin θ cos θ + cos θ sin θ = 2sin θ cos θ. 證明 2：如圖所示 y. 設 OP = 1. P S. RS = SP = cos θ. 2θ. θ. 對 ΔRPQ 而言， PQ = 2 cos θ sin θ. R. O. Q. x. 對 ΔOPQ 而言， PQ = sin 2θ 故 PQ = sin 2θ = 2 cos θ sin θ. 5.隸美佛定理： (cos θ + i sin θ ) n = cos nθ + i sin nθ 著名的隸美弗定理是隸美弗(Abraham De Moivre)在 1722 年提出，但他卻從未在他的著作明白敘述過；不過他在 1707 年所發現的相關公式 1 1 1 1 cos θ = (cos nθ + i sin nθ ) n + (cos nθ − i sin nθ ) n 2 2. 可以知道他早已發現了上述定理(隸美弗得到的是對 n 為正整數時，而 1749 年歐拉證明了對任何實數都成立)，在許多發表的文章中，他都常引用此定理。例如他在 1739 年，發表的一篇論文中，他所舉的其中一個例子，是求 81 + 30 3i 的三次方根，利用隸美弗定理可找到三個三次方根分別為. −3 − 5 3i 2. 26. 9 + 3i ， −3 + 2 3i ， 2.

(32) [用於教學學習單之倍角公式的補充證明] sin 2θ = 2 sin θ cos θ. cos 2θ = 2 cos 2 θ − 1 = 1 − 2 sin 2 θ 補充: 如圖，設圓 O 為單位圓， BC 為直徑， AD ⊥ BC ，且 ∠OBA = θ ，試將. A. 下列個線段以 sin θ , cos θ , sin 2θ , cos 2θ 表之。. E. (1)在 ΔODA 中， AD =___ sin 2θ ____。 (2)在 ΔODA 中， OD =___ cos 2θ ____。. B. θ. 1. (3)在 ΔEBO 中， BE =___ cos θ ____；又 AB = 2 BE =___2 cos θ ____。 (4)在 ΔABC 中， AC =___ 2 sin θ ____。 (5)在 ΔDBA 中，由(3)我們可知 AD =____ 2 cos θ sin θ ____。 (6)在 ΔDBA 中，由(3)我們可知 BD =____ 2 cos 2 θ _____。 (7)在 ΔDAC 中，由(4)我們可知 CD =____ 2 sin 2 θ _____。由(1)(5)可得. sin 2θ = 2 sin θ cos θ. OD = BD − BO ，由(2)(6)可得. cos 2θ = 2 cos 2 θ − 1. OD = BD − BO ，由(2)(7)可得. cos 2θ = 1 − 2 sin 2 θ. 27. θ. 1 2θ O D. C.

(33) 第二節理論基礎一、大學入學考試中心的理論基礎大學入學考試中心在命題方面，把學生的認知過程分為概念性、程序性與解題能力等三層面，其測驗目標即為評量這三方面的知能。. (一)概念題測驗目標根據大學入學考試中心考試命題手冊，希望概念題能測出學生是否有︰. A1︰辨識某概念的正、反例 A2︰利用模型、圖形、符號或公式來表達某概念 A3︰確認概念中基本的數學原理(如︰對稱原理、等量公理) A4︰知道定義的條件或性質 A5︰聯結某概念不同的表現形式 A6︰整合各種概念間的關係 A7︰從不同情境中，辨識與解釋符號所表達的概念 A8︰解釋問題中的條件及所涉及的概念 A9︰能診斷概念的錯誤. (二)程序題測驗目標根據大學入學考試中心考試命題手冊，希望程序題能測出學生是否有︰. B1：能操作數與符號的運算及估算 B2：能正確選擇適當的程序 B3：能讀圖、查表、製作圖表 B4：能檢驗所用的程序無誤. 28.

(34) (三)解題能力題測驗目標根據大學入學考試中心考試命題手冊，希望解題能力題能測出學生是否有︰. C1：能從情境中辨識數學元素並形成問題 C2：能瞭解條件的充分性與一致性 C3：能應用適當的定義、定理或性質 C4：能使用相關的數學知識或策略轉換問題 C5：能使用、修改或推廣程序 C6：能運用推理能力 C7：能檢驗結果的合理性與正確性 C8：能使用數學語言表達解題過程. (四)試題難易分配原則要如何界定一份試卷的難易，大學入學考試中心對學科能力測驗與指定科目考試之區分如下的表格，本論文之整卷測驗的計分方式與學科能力測驗相同，故答對率、得分率與題目難度類別的關係，採表一的分析方式來說明。表一：(學科能力測驗) 難度類別. 答對率(得分率). 難. 35% 以下. 中偏難. 30%~45%. 中偏易. 35%~60%. 易. 55% 以上. 表二：(指定科目考試) 難度類別. 答對率. 難. 15%~25%. 中偏難. 25%~40%. 中偏易. 40%~55%. 易. 55%~75%. 29.

(35) 二、普通高級中學 98 數學課程綱要 (一)三角函數的施測範圍根據普通高級中學數學課程綱要中規範三角函數的施測範圍如下： 1.數學「必修」教材第三冊表：第二學年︰數學 III（平面坐標與向量）、4 學分主題. 子題. 1. 直角三角形的邊角關係. 2. 廣義角與極坐標一、三角. 3.正弦定理、餘弦定理. 4.差角公式. 5.三角測量. 內容. 備注. 1.1 直角三角形的邊角關係(正弦、餘弦)、平方關係、餘角關係. 2.1 廣義角的正弦、餘弦、正切及平方關係與補角關係. 2.2 直角坐標與極坐標的變換. 2.1 cot, sec, csc 置於選修數學. 3.1 正弦定理、餘弦定理. 4.1 差角、和角、倍角、半角公式. 4.1 不含和差化積、積化和差公式. 5.1 三角函數值表 5.2 平面與立體測量. 30. 5.1 可使用電算機求出三角函數值.

(36) 2.數學「選修」數學甲冊表：數學甲 I、4 學分. 1.1 弧度、弧長及扇形面積公式 1. 一般三角函 1.2 倒數關係、商數關係、平方數的性質與圖形. 關係. 1.3 三角函數的定義域、值域、週期性質與圖形. 二、三角函數. 2.1 不含不同 2. 三角函數的 2.1 波動: 正餘弦的疊合應用. 2.2 圓、橢圓的參數式. 3.1 複數平面、絕對值、複數的 3. 複數的幾何意涵. 極式、複數乘法的幾何意義. 3.2 棣美弗定理，複數的 n 次方根. 3.數學選修數學乙冊表：數學乙 I、3 學分. 二、三角函數. 1.弧度、弧長. 2. 一般三角函數的性質與圖形. 1.1 弧度、弧長及扇形面積公式. 2.1 倒數關係、商數關係、平方關係. 2.2 三角函數的定義域、值域、週期性質與圖形. 31. 週期之三角函數之疊合.

(37) (二)三角函數的測驗目標. 1.數學「必修」教材第三冊根據普通高級中學數學「必修」課程綱要，希望三角函數考題能測驗學生是否. 1.. 能了解本章探討一般三角形的邊角關係及其應用。. 2.. 能了解什麼是極座標。. 3.. 能了解什麼是廣義角(廣義角度只需談±360°的範圍，向徑在 r ≥ 0 的範圍即可，三角函數在超過 360∘的週期意涵留待三角函數章節時再處理)。. 4.. 能透過參考角與補角關係來處理廣義角三角函數的求值。. 5.. 能透過特殊角的三角函數的求值。. 6.. 能熟悉直角坐標與極坐標的變換。. 7.. 三角形的邊角關係就是正弦與餘弦定理。. 8.. 能在向量幾何時，正弦定理發展成外積公式，餘弦定理發展成內積公式。. 9.. 能知道正、餘弦定理有兩種推導方法。補充說明：一種是將三角形切割成兩個直角三角形，再透過直角三角形的面積公式及畢. 氏定理可分別推得正弦、餘弦定理。另一是用坐標幾何方式來處理，將三角形一個頂點置於原點，一邊置於 x 軸，然後再透過面積公式或距離公式來處理。事實上這兩種方法是等價的。但前者較為根本，後者則較易連結到差角公式與向量幾何。課綱的設計是用前者處理銳角三角形的邊角關係，以後者處理鈍角三角形的邊角關係。以使學生能夠學到兩種處理方法。最後一般三角形的邊角關係談海龍公式，它是正弦與餘弦定理結合的應用。. 10. 能了解什麼是海隆公式。 32.

(38) 11. 能了解什麼是差角公式。 12. 能了解差角公式是計算兩線或兩向量交角的核心公式。 13. 能了解和角、倍角、半角公式。 14. 能應用於三角函數的求值與三角測量。 15. 能透過平面與立體的三角測量，讓學生學會三角的應用。補充說明：三角測量應注意測量的策略與實用性，不宜出太困難的問題。 2.數學「選修」數學甲、乙冊. 16. 能了解一般三角函數的性質與圖形。 17. 能了解弧度、弧長及扇形面積公式。 18. 能了解三角函數的倒數關係、商數關係、平方關係。 19. 能了解三角函數的定義域、值域、週期性質與圖形，包括六種三角函數。 20. 能由 cos2 θ + sin 2 θ = 1 以及倒數關係及商數關係推導出 1 + tan 2 θ = sec 2 θ 21. 認識 A sin (ω ⋅ t + θ 0 ) ，A 為振幅、 ω ⋅ t + θ 0 為相角的物理意涵。 22. 正餘弦的疊合：透過和角公式，同週期正餘弦函數之合成。 23. 如 a cos (ωt ) + b sin (ωt ) = A sin (ωt + θ 0 ) 。 24. 能了解圓、橢圓的參數式。 25. 能了解複數平面、絕對值、複數的極式、複數乘法的幾何意義。 26. 能了解棣美弗定理，複數的 n 次方根。補充說明：複數的 n 次方根的僅談根的求法，以及複數的等比級數，如1 + ω + ω 2 + 如. + ω n −1 ，不宜做根的變形之級數問題，. 1 1 + + 1− ω 1− ω2. +. 1 。 1−ωn. 33.

(39) 三、解題能力試題的探討 (一) 命題方向解題能力是指考生能運用推理分析、使用數學語言表達解題過程，並能綜合所學過的觀念，使用相關的數學知識或策略轉換問題等。「指定科目考試數學考科」和「學科能力測驗數學考科」在測驗目標和難度上有所不同。「學科能力測驗數學考科」主要是測驗高中階段學生的基本概念，以及使用這些概念來解題的能力。「指定科目考試數學考科」則是要進一步評量考生解題時的閱讀、表達、推理論證以及連結能力。定位上，指定科目考試是比學科能力測驗較進階的測驗。解題能力試題的難度往往較高，對學測數學而言，是佔比率較少的部分，但對數學甲及數學乙來說，卻是重要的一環。. (二) 內容特色數學的命題方式，大略可分為概念題、推理題、情境題及啟發性試題等，而這當中的推理題、情境題及啟發性試題的設計，大都是可直接呈現測驗目標中的解題能力，了解這些命題的理念，有助於解題能力試題的選題、修題與開發，而能更進一步地達到測驗目標。以下將就各類分別介紹如下: 1.推理題推理題的基本理念是從測驗目標中的解題能力來發展。它可以分為非引導式試題、引導式試題及偵錯題三類： (1)非引導式試題：基本上是給出假設，求證結論的傳統式證明題。 (2)引導式試題：將一完整證明的數個關鍵步驟由淺入深各自成一小題。考生可先回答幾題，再根據前面的結果來解答後面的問題。 (3)偵錯題：對某一問題提出證明，過程中隱藏一些學生易犯的錯誤，要求 34.

(40) 學生將過程中的錯誤找出並說明理由。(此項與程序題有很大的相關性) 2.情境題數學試題往往可與其他學科或生活情境結合，用以評量考生連結的能力。例如取社會現象中很流行的「大哥大收費」為情境、或是取自然現象中的地震為情境的試題等等。 3.啟發性試題試題中提供某種定義、規律或解決某一問題的想法，評量考生對所提供資料是否瞭解，以及能否進一步以類比、一般化、歸納，或應用不同的數學模型及表徵解決相關的問題。. 35.

(41) 第三節三角函數解題能力試題的優良試題舉例一、大考試題舉例下面有關三角函數解題能力試題是選自 80 年至 97 年的推薦甄試、聯考、學科能力測驗、指考等大型考試。試題列舉按大考類型分類且依年度排列如下:. (一)推薦甄試、學科能力測驗三角函數試題 1.. 設 f ( x) = (sin x + cos x) 2 + 4(sin x + cos x) ，則 f (x) 的最小值?. [答案]. 2−4 2. [出處]. 84 推甄. 2.. 如下圖， A, B 兩點分別位於一河口的兩岸邊。某人在通往 A 點的筆直公路上，距離 A 點 50 公尺的 C 點與距離 A 點 200 公尺的 D 點，分別測得 ∠ACB = 60° , ∠ADB = 30° ，則 A 與 B 的距離為. B. 多少公尺?. [答案]. 50 7. [出處]. 87 推甄. 3.. C. D. π. 設 0 < θ < ，且 2 + 3 為方程式 x 2 − (tan θ + cot θ ) x + 1 = 0 的一根，則 tan θ =? 4. [答案]. 2− 3. [出處]. 88 推甄. 4.. A. 兩條公路 k 及 m ，如果筆直延伸將交會於 C 處成 60° 夾角，如圖所示。為銜接此兩公路，規劃在公路各距 C 處 450 公尺的 A 、 B 兩點間開拓成圓弧形公路，使 k 、 m 分別在 A 、 B 與圓弧相切，則此圓弧長多少公尺?. 36.

(42) (公尺以下四捨五入， 3 ≈ 1.732 , π ≈ 3.142 ) [答案]. 544 公尺. [出處]. 90 推甄. 5.. C 60°. B. A. 在 ΔABC 中，下列哪些選項的條件有可能成立?. (1) sin A = sin B = sin C =. 3 2. (3) sin A , sin B , sin C 均大於 (5) sin A = sin B , sin C =. k. m. (2) sin A , sin B , sin C 均小於 3 2. (4) sin A = sin B = sin C =. 1 2. 1 2. 3 。 2. [答案] (1)(2)(5) [出處]. 6.. 91 學測. 如下圖， ΔABC 中， BC 邊上兩點 D , E 分別與 A 連線。假設 ∠ABC = ∠ADC = 45° ，三角形 ABC , ABD , ABE 的外接圓直徑分別為. c, d , e 。請問下列何者為真？ (1) c < e < d. (2) d < e < c. (4) d = c < e. (5) d = c > e 。. [答案] (5) [出處]. 7.. A. (3) e < c , d < e. B. D. E. C. 91 學測 2. 在平面上有一正方形 ABCD ，而 AB , BC , CD , DA 的延長線分別交直線 L 於. P, Q, R, S 。已知 PR = 3 , QS = 4 ，求正方形 ABCD 的邊長。 A 12 [答案] D 5 B [出處]. 91 學測 2 C. 8.. L Q P R S 設 ΔABC 為一等腰直角三角形， ∠BAC = 90° 。若 P、Q 為斜邊 BC 的三等分點，則 tan ∠PAQ ＝?(化成最簡分數). 37.

(43) [答案]. 3 4. [出處]. 93 學測. 9.. 設複數 z = 1 − i ；若 1 + z + z 2 +. + z 9 = a + bi , 其中 a, b 為實數，則 a=?. b=? [答案]. 32 , − 1. [出處]. 94 學測. 10. 如右圖所示，在 ΔABC 中，∠BAC 的平分線 AD 交對邊 BC 於 D；已知 BD = 3， DC = 6 ，且 AB = AD ，則 cos ∠BAD 之值為何?(化成最簡分數) A 3 [答案] 4. [出處]. 94 學測 B. D. C. 11. 在 ΔABC 中， M 為 BC 邊之中點，若 AB = 3 , AC = 5 ，且 ∠BAC = 120° ，則 tan ∠BAM =? (化成最簡根式). [答案]. 5 3. [出處]. 96 學測. 3 12. 在 ΔABC 中， AB = 10 , AC = 9 ，且 cos ∠BAC = 。設點 P 、Q 分別在邊 AB 、 8 AC 上使得 ΔAPQ 之面積為 ΔABC 面積之一半，則 PQ 之最小可能值?. [答案]. 15 2. [出處]. 98 學測. 38.

(44) (二)聯考社會組、指考數乙三角函數試題 1.. 根據氣象預報，某颱風於某日下午 2 時的中心位置在鵝鑾鼻燈塔正南方 300 公里處，暴風半徑為 250 公里，以每小時 50 公里的速率朝 ⎡北 30° 西⎦等速直線前進。設此颱風的速度方向及暴風半徑都不變，求鵝鑾鼻燈塔在此暴風圈內前後共計多少小時?. [答案]. 8. [出處]. 80 社. 2.. 一漁船在湖上等速直線前進。已知上午 9 時 50 分，漁船在觀測點 O 的北方偏西 70° 離 O 點 2 浬處。上午 10 時 10 分，則在觀測點 O 的北方偏東 50° ，離 O 點 1 浬處。. (2)求這段時間內，漁船離觀測點 O 的最近距離。. (1)求此船的時速。 [答案] (1) 3 7 浬/時 [出處]. 3.. (2). 21 7. 81 社. 將半徑為 1 的半圓周 AB 分成 180 等分，設等分點依次為 P1 , P2 , P3 , 179. , P179 ，. 2. 則 ∑ APk =? k =1. [答案]. 358. [出處]. 81 社. 4.. 已知 sin θ − cos θ =. 1 3. ，且 sin θ , cos θ 為 2 x 2 + px + q = 0 的兩個根，則判別. 式 p 2 − 8q =?. [答案]. 4 3. [出處]. 82 社. 39.

(45) 5.. ΔABC 中， ∠ABC = 60° , ∠ABC 的角平分線交 AC 於 D 。已知 AB = 6 ,. BD = 2 3 ，則 (1) ΔABD 的面積? [答案] (1) 3 3 [出處]. 6.. (2) 3 3. (3). (2) ΔABC 的面積?. (2) AC =?. 9 3 2. 85 社. 如下圖所示， FG 是一條長 4 公尺的鐵絲，C 是線段 FG 上的一點，將 CG 圍成一個等腰直角三角形 CDE，將 CF 圍成另一個等腰直角三角形 CBA。. (1)試說明梯形 ABDE 的面積與 C 點的位置無關。. A. (2)求梯形 ABDE 的面積。. E. [答案] (1)略 (2) 12 − 8 2 [出處]. 7.. 88 社. B. F. C. D. 如下圖所示，每個小方格的邊長為 1，圓 O 的圓心為 O，半徑為與 BD 均為圓 O 的切線，切點分別為 C 點與 D 點。. G 1 AO ；AC 2 B. (1)試求∠COD。 (2)求線段 AC 、圓弧 CD 及線段 DB 的長度之和。 [答案] (1) 60° [出處] 8.. (2) 4 6 +. 2 2 π 3. A. O. D. C. 88 社. 已知正五角星(即 ABCDE 為正五邊形)內接於一圓 O，如下圖所示.若. AC = 1 ，則圓 O 的半徑長。[ sin 18° = [答案] [出處]. 50 − 10 5 10. 5 −1 10 + 2 5 , cos18° = ] 4 4. E A. D. O. 90 社. B. 40. C.

(46) 9.. 包裝七根半徑皆為 l 的圓柱，其截面如圖所示，試問外圖粗黑線條的長度。. [答案]. 12 + 2π. [出處]. 90 社. 10. 如下圖所示，一個大的正八角星的頂點為周圍八個全等的小正八角星中心，相鄰的兩個小八角星有一個共同的頂點。觀察圖中虛線部分，設小八角星頂點 C 到其中心 A 的距離為 a，大八角星頂點 A 到其中心 O 的距離為 b。試問 a : b 的比值。. [答案]. 2− 2 2. [出處]. 90 數乙. 11. 如圖所示的立體示意圖，線段 AC 垂直於過 D、C、E 這三點的平面。設 AB = BC = 10 , DC = 15 , CE = 30 , ∠CDB = α , ∠BDA = β , ∠CEB = α ′ ,. ∠BEA = β ′ 。試問下列何者為真? (1) α = β (4) α + β >. π 3. (5) α ′ + β ′ <. (3) α = 2α ′. A. π 6. B. [答案] (2) [出處]. (2) α = α ′ + β ′. α' α. 92 數乙. D. 15 C. 10 10 30. β' β. E. 12. 某機場基於飛航安全考量，限制機場附近建築物從機場中心地面到建築物頂樓的仰角不得超過 8° 。某建築公司打算在離機場中心3公里且地表高度和機場中心一樣高的地方蓋一棟平均每樓層高5公尺的大樓。在符合機場的限制規定下，該大樓在地面以上最多可以蓋層樓。［參考數據： sin8°≒0.1392,. cos8°≒0.9903, tan8°≒0.1405 ］ [答案]. 84. [出處]. 95 數乙. 41.

(47) (三)聯考自然組、指考數甲三角函數試題 1.. 考慮函數 f ( x) = cos 2 x + 4 sin 2 x − cos x − 2. (a) 解方程式 f ( x) = 0 。 (b) 在 0≤ x ≤2π 的條件下，解不等式 f ( x) > 0 。 [答案] (a) x = 2nπ ± [出處] 2.. 3. or x = (2n − 1)π , n ∈ Z. (b). π 3. <x<. 5π , x ≠π 3. 84 自. 已知四邊形 ABCD 中， AB = 16 , BC = 25 , CD = 15 , ∠ABC 及 ∠BCD 皆為銳角，而 sin ∠ABC =. [答案]. (1) 20. [出處]. 86 自. 3.. π. 24 4 , sin ∠BCD = 。(1)求 BD 之長 (2)求 AD 之長。 25 5. (2) 12. 某恆星系統中有甲、乙兩行星。假設兩者公轉軌道在同一平面上，且為以恆星為圓心的同心圓。某時，甲行星在恆星與乙行星之間而成一直線。今在該平面上設定一坐標系如圖。已知兩行星皆以逆時針方向運行，且公轉之週期比為 2：7。試問下一次甲行星再度在恆星與乙行星之間而成一直線時，應該是下面哪一種狀況？. (A) 行星在第一象限. (B) 行星在第二象限. (D) 行星在第四象限. (E) 行星在正 x 軸上. [答案] (D)(E) 42. (C) 行星在第三象限.

(48) [出處]. 4.. 89 自. 某人在 O 點測量到遠處有一物作等速直線運動。開始時該物位置在 P 點，一分鐘後，其位置在 Q 點，且 ∠POQ = 90° 。再過一分鐘後，該物位置在 R 點，且 ∠QOR = 30° 。請以最簡分數表示 tan 2 (∠OPQ) 。. [答案]. 3 4. [出處]. 91 數甲. 5.. 設 a > 0 ，令A(a)表示 x 軸、y 軸、直線 x = a 與函數 y = 2 + sin x 的圖形所圍成的面積。下列選項有哪些是正確的?. (1) A(a + 2π ) = A(a) 恆成立. (2) A(2π ) = 2 A(π ). (4) A(3π ) − A(2π ) > A(2π ) − A(π ) 。. [答案]. (3)(4). [出處]. 93 數甲. 6.. (3) A(4π ) = 2 A(2π ). 以 O 表坐標平面的原點。給定一點 A(4,3)，而點 B(x,0)在正 x 軸上變動。若 l ( x) 表 AB 長，則 ΔOAB 中兩邊長比值. [答案]. (3)(4). [出處]. 95 數甲. 7.. 設 z = cos. (1) 2sin (5). x 的最大值。(化成最簡分數) l ( x). 2π 2π + i sin ，試問複數 1 − z 的絕對值為以下哪一選項? 7 7. π. (2) sin. 7. 1 − cos. 2π 7. 2π 7. (3). 2 sin. 2π 7. (4). 2(1 − cos. 2π ) 7. 。. [答案] (1) [出處]. 8.. 96 數甲. 在與水平面成 10° 的東西向山坡上，鉛直（即與水平面垂直）立起一根旗竿。當陽光從正西方以俯角 60° 平行投射在山坡上時，旗竿的影子長為 11 公尺， 43.

(49) 如下圖所示（其中箭頭表示陽光投射的方向，而粗黑線段表示旗竿的影子）。試問旗竿的長度最接近以下哪一選項?. (1) 19.1 公尺. (2) 19.8 公尺. (4) 21.1 公尺. (5) 21.7 公尺。. (3) 20.7 公尺. 參考數值：sin10° ≈ 0.174，sin20 ° ≈ 0.342，. cos10° ≈ 0.985，cos20° ≈ 0.940， 3 ≈ 1.732。 [答案] (3) [出處]. 97 數甲. 二、教科書試題舉例目前國內所使用之教科書，有龍騰、翰林、南一、三民、全華、泰宇、康熙等七家出版社，本論文因篇幅關係，以九五課程暫時綱要所列之章節安排次序，每一單元列出二題較為適切的程序題，以供研究參考，並做為教師教學及評量命題時之依據。但因九九課程綱要課程章節有所更動，本論文將不列入「和、差與積互化」。. A.銳角三角函數 1. 如圖，矩形 ABCD 中， AB =3, BD , BE 三等分 ∠B ，求 ΔBDE 的周長。 [答案]. 6+4 3. [出處]. 龍騰版. 2. 在四邊形 ABCD 中， AB = 4 , CD = 4 2 , AD = 8 , ∠A = 60° , ∠D = 45° ，求此四邊形的面積。. [答案]. 12 + 4 3. [出處]. 泰宇版. B. 60°. A 44. C. 45°. D.

(50) 3. 試利用右圖求出 tan 15° 的值 [答案]. 2− 3. [出處]. 六版本(全華版無). B.三角函數的基本關係 1. 設 θ 為銳角，已知方程式 x 2 + (tan θ + cot θ ) x − 1 = 0 有一根為 5 − 2 ，試求下列各式的值:. [答案] (1) 4 [出處]. (1) tan θ + cot θ (2). 1 4. (3). (2) sin θ ⋅ cos θ. (3) sin θ + cos θ. 6 2. 南一版；龍騰版. C.簡易測量與三角函數值表 1. 如圖，矩形 ABCD 中， AB = 3 , BC = 1 。若將此矩形放在距離為 2 的兩平行線 L1 , L2 之間，且使 A, C 分別落在 L2 , L1 上，則 θ 角為幾度?. [答案]. 15°. [出處]. 龍騰版. 2. 一長 10 公尺的電線桿受颱風影響而傾斜，位於傾斜方向 20 公尺處測出頂端的仰角是 30° ，求電線桿傾斜的角度。. [答案]. 30°. [出處]. 全華版. D.廣義角三角函數 1. 有一天假日下午，阿榮到某遊樂場乘坐摩天輪，如圖，摩天輪的基座 AB 的高度為 3 公尺，軸心為 O 點，半徑為 15 公尺，而此摩天輪每旋轉一圈需六分鐘。 45.

(51) 阿榮在 A 點乘坐，當摩天輪依逆時針方向旋轉 16 分的時間後，突然停電，此時阿榮的位置正好在 C 點上，求阿榮所在位置離地面的高度約多少公尺?. [答案]. 25.5 公尺(註:原題旋轉 15 分 36 秒). [出處]. 南一版. 2. 如右圖之圓形操場，小啟在 A 點、小榮在 B 點同時出發，各一逆時針、順時針方向繞著操場跑，若小啟與小榮之速度比為 3 : 2 ，則他們出發後第五度相遇時會在哪一象限?. [答案]. 第三象限. [出處]. 翰林版. 小榮. 小啟. B. A. E.正弦定理與餘弦定理 1. 草原上有甲、乙、丙三戶人家，乙在甲的正東方，丙在乙的東 86° 北，甲在丙的西 56° 南，而甲和乙相距 500 公尺。今想在草原上打一口井，為公平起見，此口井必須與三戶人家等. 56° 30°. 距離，試求此口井與任一戶人家的距離。. [答案]. 500 公尺. [出處]. 泰宇版. 86°. 2. 已知 A, B, C 三村莊彼此的距離 AB =3, BC =8, CA =7。今在 D 處成立一所郵局，使三村莊到 D 的距離都相等. (1) ΔABC 中， ∠B 為幾度? [答案] (1) 60° [出處]. (2). (2)求 D 到三頂點的距離。. 7 3. 龍騰版. 46.

(52) F.基本三角測量 1. 想測量出一高空氣球底端的高度，在地面上三定點 A, B, C 分別測出氣球底端的仰角都是 60° ，又 ∠CAB = 30° 且 BC = 200 公尺，求氣球的高度。. [答案]. 200 3. [出處]. 翰林版. 2. 有一艘郵輪往正東方向航行，在北 15° 東發現燈塔 A，在北 60° 東發現燈塔 B。郵輪繼續航行 30 公里後，再測得燈塔 A 在北 30° 西，燈塔 B 在正北方。求燈塔 A 與 B 的距離。. [答案]. 5 30. [出處]. 龍騰版. 3. P, Q, R 為一條筆直且水平的公路上的三點，且 PQ = QR = 20 公尺，設公路旁有一大型的廣告看板，今有一駕車行駛在公路，由 P, Q, R 觀測看板的頂端 A 所得之仰角分別為 30° , 45° , 60°，如右圖，設 A 在地面上的垂足點為 B 且 AB = x 公尺。. A. (1)試以 x 表 BP , BQ , BR [答案] (1) 3 x , x , [出處]. 1 3. x. (2)求廣告看板的高度。 (2) 10 6 公尺. P. B Q. 全華版. R. G.三角函數的性質與應用 1. 把一半徑是 24 公分，圓心角是 240° 的扇形摺成一正圓錐面，求錐面的底半徑與高度。. [答案]. 半徑 16 (公分), 高度 8 5 (公分). [出處]. 全華版. 24 240°. 47.

(53) 2. 某鞦韆的拉繩長 3 公尺，靜止時踩板離地面 0.5 公尺。小華盪此鞦韆時, 鞦韆踩板在最高處離地面 2 公尺（左右對稱），求此鞦韆所盪過的圓弧長為多少公尺?. [答案]. 2π (公尺). [出處]. 龍騰版. H.和角公式 1. 在 ΔABC 中，若 sin A = [答案]. 25 : 52 : 33. [出處]. 泰宇版. 5 3 且 cos B = − ，試求 a : b : c 。 13 5. 2. 如下圖，有一足球場寬 63 公尺，球門寬 7 公尺，某足球員沿邊界帶球突破，在距底線 35 公尺處起腳射門。設此時足球對球門所張的角為 θ，求 tan θ 的值。. [答案]. 1 9. [出處]. 龍騰版. I.倍角、半角公式 1. 求在 0 < x < π 的範圍內， y = sin x 與 y = sin 2 x 兩圖形的交點坐標。 [答案]. π 3 ( , ) 3 2. [出處]. 龍騰版. 2. 如下圖所示，在山壁上鑿出一隧道形狀的倉庫，上沿為圓弧 AD ，其所在圓的圓心為 BC 的中點 O，半徑為 10 公尺，AB 與 CD 均垂直於 BC，且 AB = CD = 5 公尺。今有一矩形箱子欲放入隧道形倉庫裡，試問:這矩形箱子的正面面積最大值為多少平方公尺? 48.

(54) [答案]. 100(平方公尺). [出處]. 龍騰版. J.正弦、餘弦函數之疊合 1. 扇形OAB之中心角 ∠AOB = 60°，OA = OB = 1，若P為弧AB上異於A, B之動點，作矩形PQRS，如右圖，試求矩形PQRS的最大面積。. Q. 3 6. [答案] [出處]. B. 泰宇版. O. R. P. S A. 2. 如下圖，矩形 ABCD 的四個頂點分別在矩形 PQRS 的四個邊上。若 AB = 3 BC = 7 ，且 AB 與 AQ 的夾角為 α ，則當 α 為多少度時，矩形. PQRS 的周長最大。 [答案]. α = 45° ， 20 2. [出處]. 龍騰版. K.複數的極試 1. 在坐標平面上，已知正方形 ABCD 的兩頂點 A(0,0) , B(3,2) 且 C 點在第一象限，試求頂點 C , D 的坐標。. [答案]. C (1,5), D (-2,3). [出處]. 南一版. 2. 已知 z = cos. 365 2π 2π + i sin ，求 ∑ z k = z 95 + z 96 + z 97 + 5 5 k = 95. [答案]. 1. [出處]. 龍騰版. 49. + z 365 的值。.

(55) 第參章三角函數試題的開發研究與測試結果. 第一節解題能力試題的開發大考中心在「指定科目考試數學考科」和「學科能力測驗數學考科」上，設定的測驗目標是對測驗考生是否具有下列所指出的解題能力:. C1:能從情境中辨識數學元素並形成問題 C2:能瞭解條件的充分性與一致性 C3:能應用適當的定義、定理或性質 C4:能使用相關的數學知識或策略轉換問題 C5:能使用、修改或推廣程序 C6:能運用推理能力 C7:能檢驗結果的合理性與正確性 C8:能使用數學語言表達解題過程因此本論文對於解題能力的試題，遵循上述之原則，以九八課程綱要為編排主軸，參酌九五暫綱及八八課綱及各版本教科書與坊間之參考書、講義、各類競賽等試題進行選題修題或自行開發，由此編製而成。針對學生的評量施測時，無法只對解題能力試題作施測，故與嘉徽老師之概念性試題及森游老師之程序性試題合而為一份試題，選取三所高中，每所三個班級，以每節課 50 分鐘的施測時間實施。在本節中本論文節錄出解題能力試題，每題附上「答案」、「答對率」. (多選題為「得分率」)與「說明」，以供參考。. 50.

(56) A. 銳角三角函數及其關係 1. 某研討大會設計的會徽如圖，它是由四個相同的直角三角形與中間的小正方形拼成的一個大正方形，若直角三角形中較小的銳角為 θ ，大正方形的面積為 1，小正方形的面積為. (1) AP = cos θ. 1 ，選出下列正確之選項? 25. 1 (2) PS = 5. 1 (4) ΔADS 的面積為 sin θ cos θ 2. D. C S P. (3) PS = sin θ − cos θ θ. (5) ΔADS 的面積為. R Q. 6 。A 25. θ. B. [答案] (2)(4)(5) [得分率]. 35%. [說明]. 本題圖形外觀為某數學研討大會設計的會徽，題型為多選題，學生必須先將兩正方形面積轉化成邊長，這一個程序大都沒有問題，另外還要知道題中的四個三角形應為全等三角形，以上兩個觀念都是國中時就應具備的，三角函數的初始單元應該多與國中的全等與相似的單元多作連結。本題除了加強學生對三角函數之正弦與餘弦基本定義的了解以外，同時以較平常不同的方式，利用長度與面積設計了 sin θ − cos θ 與 sin θ cos θ 的關係。此題當中亦可由此進一步求得 sin θ. 與 cos θ ，即圖中的三角形的邊長。由得分率可知本題屬中偏難的試題，對解題能力試題的設計而言是不錯的結果。. 2. 如下圖，在 ΔABC 中，已知 ∠BAC = 90° , AC = 15 , BC = 17 ，且 sin ∠CAE = [答案]. C. 3 ，求 DE 。 5. B. 84 5. D. A. E. [答對率]. 31%. [說明]. 本題所涉及的觀念僅是三角形之間，利用互餘角及相似的關係與正弦、餘弦的基本定義而已，但由學生的答對率來看，此題隸屬於普通的 51.