龍騰數亦優第17期

編輯室墨記

在這資訊爆炸、人手一智慧型手機的今日，搭車的閒暇之餘正是手指頭大戰益智遊戲的時 候；憤怒鳥（Angry Birds）就是一款非常成功的例子，拋物線是這道遊戲的精髓，只要好好掌 握，就可以過關。生活中的遊戲處處都與數學知識相關，「戲說數學」中的例子：雞同鴨講…相 間何太急、亂點鴛鴦譜…圓圈數…等，都是藉由遊戲寓教於數學。你是否也可以從生活中的遊 戲發現數學呢？先來讀讀這篇「戲說數學 序」，再告訴我們你有哪些有趣的發現！

大安高工林恆理老師藉由與學校老師討論一道 TRML 試題，著手開始進行這個題目的研 究，並證明其過程。讓我們來欣賞這道條件非常簡潔的題目，如何得到漂亮結果。

中山女高的鄭金樹、洪瑞英老師提供一道看似單純的題目，讓學生透過思考，呈現出至少 有十種不同的解法。學生藉由無窮的潛力、透過互動的思考，跳脫框框、宏觀的看數學，更能 體會數學之美。

《聖經密碼》一書中發現許多諸如「拉賓遇刺」這樣的句子，這本書裡宣稱：上帝在聖經 裡預警了幾千年後的災難，言之鑿鑿、似有所本。江慶昱老師利用「鴿籠原理」解釋為什麼預 言沒有實現，看下去您就知道！

試試本期中的動手玩數學第68題：某晚有四個傷兵需要渡過一條每次最多只能承載兩個 士兵的破橋，以逃離敵方砲火，該四個士兵只有一支手電筒，而且必須以較慢的士兵的速 度行走；請你想想如何讓士兵在最短時間內過橋。

※ 竭誠邀稿：

歡迎將您的教學生活趣聞、甘苦談，教案分享、教材探討，以1000~2000字的內容，註明主 題、作者簡歷、聯絡電話與地址，投稿予 [email protected]^。

發 行 人：李枝昌 編輯顧問：許志農 總 編 輯：陳韻嵐 副總編輯：陳美吟 執行編輯：莊莉錚 美術編輯：范文禎

發 行 所：龍騰文化事業股份有限公司 地 址：248新北市五股區五權七路1號 電 話：(02)2299-9063

傳 真：(02)2299-5311 創 刊 日：2006/11/30 出 刊 日：2012/03/15

龍騰數亦優 2012.03 目次 龍騰業務跑天下 數學質好畫亦優

許志農 ^{臺灣師大數學系}

》》戲說數學 序

林恆理 ^{臺北市立大安高工}

》》一道 TRML 試題的解析

鄭金樹 洪瑞英 ^{臺中市立中山女高}

》》一題多解數學思考的呈現

江慶昱 臺中市衛道中學退休教師

》》鴿籠原理

趙文敏 ^{臺灣師大數學系}

》》Apollonius 問題─兼談三條件決定圓（五）

許志農 ^{臺灣師大數學系}

》》新 北市 100 學年度市立高中職數學科競賽試題

許志農 ^{臺灣師大數學系}

》》動手玩數學專欄

》》動手玩數學《第 16 期》破解秘笈 3

15

26 18

22

38

43

在智慧型手機與平板電腦逐漸普及的今日，開發老少咸宜、雅俗共賞的益智遊戲成為賺

錢的大商機，憤怒鳥遊戲（Angry Birds）就是一款非常成功的範例：

拋物線是憤怒鳥遊戲的精髓，也是這道遊戲唯一所需要掌握的數學，掌握得好就可以過關斬 將，進入更高階的關卡。

在 1974 年，匈牙利的建築學和雕塑學教授魯比克發明了第一個魔術方塊（Rubik’s Cube），

從此魔術方塊熱快速的傳播到全世界，據說魔術方塊的權利金讓魯比克一度成為匈牙利的首 富：

空間中的旋轉與變化是魔術方塊的數學基礎，這些都是透過中心的轉軸來完成。在更早之前，

西方的 14-15 滑板遊戲與中國的華容道遊戲也是跟魔術方塊類似的遊戲，差別在於它們是平面 的轉換，不是立體的變換。人們所處的環境是三維的世界，立體的魔術方塊會更吸引我們。

本質上，這些遊戲都跟代數學的群論有很大的關聯，只是外行的玩出熱鬧來，而內行的探究 其數學道理。

前蘇聯科學家阿列克謝在 1984 年利用空閒時間所編寫的俄羅斯方塊遊戲（Tetris），是風 靡全世界的電腦遊戲，也是落下型益智遊戲的始祖：

許志農／臺灣師大數學系

4 數亦優

在第一次波斯灣戰爭期間，俄羅斯方塊遊戲是前線美軍最常拿來消磨時間的遊戲之一。遊戲 中所落下的四方連塊都是由四塊正方形相連所構成的，排除旋轉與鏡射外，一共只有五種四 方連塊。由於俄羅斯方塊具有數學性、動態性與知名度，也經常被用來作為遊戲程式設計的 練習題材。

遠在兩千兩百多年前，希臘科學家阿基米得也發明過有趣的拼圖遊戲，稱它為胃痛拼圖，

其目的是要把十四塊多邊形拼成一整塊正方形：

胃痛拼圖的奧妙之處在於它多達 17152 種拼法，除了對阿基米得的巧思切割感到吃驚外，更 要感謝平面幾何帶來的美學。

以上所簡介的四道膾炙人口的遊戲，都是以某種數學基礎架構而成，而且又具有很棒的 美學效果，究竟這些有趣的數學遊戲是如何誕生的呢？讓我們作更進一步的探索。

匈牙利數學家喬治‧波利亞寫過一本名著《如何解題》，教導人們透過各種數學概念，思 維與工具來進行解題；但是，波利亞似乎沒有寫過《如何命題》這方面的書籍，無論是憤怒 鳥遊戲、魔術方塊、俄羅斯方塊、胃痛拼圖或者教科書裡的數學題目，它們都是屬於「如何 命一道有意思的數學題目」的範疇。解題牽涉到的僅是數學知識的策略應用與組合方法，而 命題卻含有相當主觀的成分，甚至命題與數學素養極為相關。到底該如何界定數學素養呢？

我們可以用「知、懂、熟、用、賞」這五個字來概括，「知、懂」的程度在要求知道或讀懂數 學知識；「熟、用」的深度是指熟練跟會使用數學知識進行解題；而「賞」的境界則較為深奧，

意指在生活中遇到與數學相關的事物都能辨識，連結與欣賞。

如果用 x 軸度「知、懂」的程度， y 軸量「熟、用」的深度，那麼學過或讀懂的數學書籍 越多， x 軸就越長；能使用的數學技巧或熟悉的數學工具越多， y 軸就越深。如此，將 x 代表 學過的數學知識， y 表示使用此知識的能力，就可以在 xy 平面上畫出一塊對應的區域，這塊 區域就呈現出解題的策略與組合的情形，面積越大代表解題能力越強。當我們進一步在這塊

解題區域的每一個點畫上「辨識，連結與欣賞數學事物」的高度（即用 z 來度量「賞」的素養）

時，就形成一座高山，這座高山就是數學素養，體積越大代表著命題水準越高。

解題能力 命題水準

就以憤怒鳥遊戲為例，它是以拋物線為數學背景所設計出來的遊戲，設計者在拋物線這 個點的鑑賞能力很高，才能想到與設計出這道遊戲。同樣地，魔術方塊、俄羅斯方塊與胃痛 拼圖，他們分別以立體幾何的變換，四方連塊的變化與多邊形的貼合為數學背景，所設計出 來很吸睛的遊戲。

這裡所要表達的是「解題能力可以用 xy 平面上的一塊區域的面積來計算，而命題水準是 素養的問題，必須用立體空間上的體積來衡量；解題跟『知、懂、熟、用』的能力有關，命 題還要考慮『賞』的素養。」最後以乾隆皇帝收藏的一件藝術精品「雕象牙透花人物套球」

作結尾：

這玲瓏精緻的象牙套球目前收藏在臺北故宮博物館，它是由十七層可以靈活轉動的球體所構 造完成，從最外層的球體往內挖，必須連挖十六層，而且每層球體的表面都鏤雕人物或雕有 幾何花紋。幫乾隆完成這件手上玩物的能工巧匠，必定具有精確計算的幾何概念。仔細觀察 套球，可以發現它有十四個孔，這關鍵的十四孔是如何分布，才能往下穿鑿十六層呢？當我 們把最外層的球體擺在一個正立方體內，讓立方體的六個面都與球體相切，再從球體的中心 畫出與正立方體頂點相連的連線，這八條連線與球體表面剛好交八個點。這相切的六點加上 相交的八個點，一共十四個點，就是套球上十四個孔的中心位置。在數代能工巧匠的實驗嘗 試後，終於發現這關鍵的十四孔扮演著相當重要的角色。乾隆皇帝手上把玩的這象牙套球就 是以立體幾何上的這十四孔為背景，所構造完成的藝術精品，把它算成數學藝術也不為過。

6 數亦優

這裡所要介紹的遊戲是改編自香港網站上「機靈金幣」的遊戲。在下圖中，有三隻雞與 三隻鴨排成一列，中間沒有空格，而且左邊三隻為雞，右邊三隻為鴨。每次只能抓取相鄰的 兩隻，並將牠們移動到其他相鄰的兩個空格上，不可以交換雞與鴨的左右次序。當三隻雞、

鴨（即三隻雞與三隻鴨）相鄰地排成一排，而且雞與鴨剛好相間（雞與鴨相鄰）時，完成遊 戲：

要完成三對雞、鴨相間的排列並不困難，我們的要求是：最少可以在多少次的抓取內完 成它。經過練習之後，相信讀者可以找到三次的抓取方法。這裡把抓取遊戲延伸為

當雞與鴨改為六對時，也就是說，有 6 隻雞與 6 隻鴨排成一列，任兩隻中間沒有空格，而且 左邊 6 隻為雞、右邊 6 隻為鴨，至少需要幾次的抓取，方能讓這 12 隻雞與鴨完全相鄰，而且 雞與鴨相間。

從比較少的對數嘗試起，是一個可行的方法；從少隻雞鴨的抓取中累積經驗或者看出策略，

是進行數學思考相當重要的步驟。

師大數學系李曉玫同學針對六對雞、鴨情形提出 7 次的抓取方法，如下圖所示：

她也預期這是最少次的抓取方法，並給 n 對雞、鴨的一般情形提出最少抓取次數的猜測如下：

○¹當n = 時，0 次（雞與鴨已經相鄰且相間）。 1

○²當n = 時，無法完成。 2

○³當n=4k+ （即2 n =6,10,14, ）時，至少需要n + 次。 1

○⁴當 n 不是上述情形時，都是 n 次。

以上的數據只是臆測，需要透過數學給予嚴密的證明，才算正確的答案。

8 數亦優

在時間長河的緩慢流動與人類智慧的加速累積下，很多重要的數學定理一再地被挖掘與 找到各種不同型式的證明方法。幾何學的「勾股定理」與代數學的「質數有無窮多個」就是 經典的兩個代表。在十九世紀初，高斯曾對數論裡的一個定理，現稱為高斯互反定理，一連 給了五種不同的證明。

中學的「算幾不等式」、「柯西不等式」與「正、餘弦定理」也是數學愛好者尋找各種不 同證明方法的好題材，甚至有些證明方法大同小異或者重複地被提出來。

吳建生老師與張海潮教授對算幾不等式討論出一種簡單的證明方法，介紹如下：

給定任意 n 個正數a a₁, , ,₂ a ，它們的算術平均數 _n

1 2 n

a a a μ= + + +n 大於或等於它們的幾何平均數

n 1 2

g= a a an ﹐ 而且等號成立的條件為a a₁= ₂= = 。 a_n

在a a₁, , ,₂ a 這 n 個數中，當每一個數都跟算術平均數 μ 相等時，容易得到 _n g

μ = ﹒

另外，在a a₁, , ,₂ a 這 n 個數中，當有一個比算術平均數 μ 小時，代表至少有一數比 μ 大，設_n 比 μ 小的數為a ，比 μ 大的數為₁ a ，並令它們與 μ 的差分別為ε 與δ ，如下圖所示： ₂

不妨假設ε δ≤ ，此時造 n 個新的正數如下：

1 1 , 2 2 , 3 3, 4 4, , n n

A a= +ε A =a −ε A a A= =a A =a

﹒

這新造的 n 個數有以下的性質：

○¹它們的算術平均數也是 μ ： 因為從第三項起都一樣，又

( ) ( )

1 2 1 2 1 2

A A+ = a + +ε a −ε = + ﹐ a a 所以算術平均數也是 μ 。

○²它們的幾何平均數g 比原來的幾何平均數 g 大： ₁

因為從第三項起都一樣，所以只需比較前兩項的乘積即可。由

( )( )

( )

1 2 1 2

1 2 2 1

1 2 1 2

= + .

A A a a a a a a a a a a

ε ε

ε ε

εδ

= + −

= + − −

>

知g >g 。 ₁

如果把上述過程稱為一次操作，那麼繼續操作下去，我們每回得到的算術平均數都是 μ ，而 幾何平均數g g g₁, , ,_{2 3} 會滿足

3 2 1

g g g g

> > > > ﹒

但是，至多操作 n 次，就會讓每個數都調整成 μ ，即此時的幾何平均數為 μ ，又

3 2 1

g g g g μ > > > > > ﹒

因此，在a a₁, , ,₂ a 這 n 個數中，當有一個比算術平均數 μ 小時，我們有 _n g

μ > ﹒

10 數亦優

每個人都有兩隻手，在亂點鴛鴦譜的活動中，每人的每一隻手都恰與另一隻手（可以是 自己的另一隻手或他人的手）握住。這時所有人的手交錯揪成一團，但是仔細辨識，還是可 以區分哪幾個人是相連在一塊的，這些相連在一塊的人剛好圍成一個圓圈。最小的圓圈就是 自己的兩隻手握在一起，再來就是兩個人的兩隻手互相握在一起，形成兩個人的圓圈，…。

如果只有三個人，那麼圍出的圓圈數之期望值是多少呢？

這道問題也可以抽象為：隨手取出 n 條線，共計有 2n 個端點，首先將兩個端點綁在一塊，再 將另兩個端點綁在一塊，如此進行下去，把最後的兩個端點也綁在一塊。此時，這 n 條直線會 圍成數個圓圈；令E 代表所結圓圈數的期望值， _n

(1) 求E 的值。 ₁

(2) 證明E 滿足遞迴關係 _n

1 1

2 1

n n

E E

− n

= +

− ﹒ (3) 求E E E 的值。 ₂, ,_{3 4}

我們分析如下：

(1) 當 1 條繩子時，剛好圍成一個圓圈，即E = 。 ₁ 1 (2) 在 n 條繩子的情況：

○¹第一次選取的兩點剛好是同一條繩子的端點之機率為 ₂

2

1 (2 )(2 1) 2 1

2

n

n n

C = n n− = n− ﹐

此時所圍成的圓圈數為1+E_n−1。

○²第一次選取的兩點剛好是不同條繩子的端點之機率為1 1 2 2 2 1 2 1

n

n n

− = −

− − ﹐ 此時所圍成的圓圈數為E_n−1。

綜合○¹與○²，我們有

(

¹

)

¹

1

1 1 2 2

2 1 2 1

2 1 .1

n n n

n

E E n E

n n

E n

− −

−

= × + + − ×

− −

= +

− (3) 利用E = 及遞迴關係 ₁ 1

1 1

2 1

n n

E E

− n

= +

− ﹐ 我們得

2 1 1 1 1 4

2 2 1 3 3 E =E + = + =

⋅ − ；

3 2 1 4 1 23 2 3 1 3 5 15 E =E + = + =

⋅ − ；

_{4 3} 1 23 1 176 2 4 1 15 7 105 E =E + = + =

⋅ − ﹒

12 數亦優

建中九十年度推甄科學能力試題的第十五題，是一道益智遊戲題，大意是說：木匠有一 塊木板，他想沿著虛線將它鋸成若干塊，然後拼成一張正方形的桌面。鋸成的塊數越少，表 示使用的方法越好，最棒的鋸法是幾塊呢？

這問題有許多種不同的鋸法，找出自己的鋸法。

以下提供兩種鋸法，試著拼看看：

這兩種方法都是昌爸工作坊的方法，其中的第二種方法是臺北市和平高中林慶達老師提供 的，三塊完成，但需要鋸四次；第一種方法可以鋸三次完成，但會有四塊。

14 數亦優

根據研究：每一張骨牌倒下時能推倒一張 1.5 倍體積的骨牌。英國哥倫比亞大學物理學家 懷特海德依據這個原理，製作了一組骨牌，第一張重 1 公克最輕，以後每張重量擴大為前一 張的 1.5 倍，把這套骨牌按適當間距排好，輕輕推倒第一張，必然會波及到下一張及推倒以後 的骨牌。

根據萬有引力定律測得：地球質量為5.976 10× ²⁷公克，試問：懷特海德所排的骨牌中，

第幾張的重量會比地球還重？

多米諾骨牌效應常指一系列的連鎖反應，即「牽一髮而動全身」，類似的情況有蝴蝶效應，蝴 蝶效應起源於氣象學家洛倫茨所提出的一篇名叫「亞馬遜雨林的一隻蝴蝶拍一下翅膀會不會 在德州引起龍捲風？」的論文。

設第 n 張的重量會比地球還重，根據題意可得

1

3 5.976 1027

2

⎛ ⎞ ≥n− ×

⎜ ⎟⎝ ⎠ ﹒ 將兩邊取對數，得

(

^{log3 log 2}−

)(

n− ≥1 27 log5.976

)

+ ﹒

將對數表的數據 log 2 0.3010= ﹐ log3 0.4771= ﹐ log5.976 0.7764= 代入，得

(

0.4771 0.3010−

)(

n− ≥1 0.7764 27

)

+ ﹐ 解得

1 157.7308 n − ≥ ﹐ 即第 159 張的重量會比地球還重。

日前，學校同事向我詢問一道TRML（臺灣區高中數學競賽）的試題，他覺得答案有錯，

而且覺得為什麼這個圓半徑是個定值？題目如下：

2003TRML 接力賽：

如右圖，四個圓相互切於四個點 , , ,A B C D ，上兩圓半徑為4^，下兩圓

半徑為6，此四個切點會落在一個半徑為 r 的圓上，試求 r 之值。

參考答案： 4 6

這個題目的條件非常簡潔，結果卻非常漂亮。我們透過GeoGebra

的動態模擬，確實發現無論四個圓如何移動（如圖一），四個切點一 定共圓，而且這個圓面積為定值 24π ，所以答案應為 2 6 。於是著手 開始進行這個題目的研究。

^《圖一》

在證明的過程中需要一個定理，就是Bretschneider^在1842年提出的「四邊形面積公式」，

其內容如下：

如右圖，若四邊形 PQRS 的邊長為 , , ,a b c d，

令 2

a b c d

s= + + + ， Δ 為此四邊形的面積，則

2 ( )( )( )( ) cos2

2 S Q s a s b s c s d abcd ⎛∠ + ∠ ⎞ Δ = − − − − − × ⎜⎝ ⎟⎠。

證明的過程請見http://scicomp.math.ntu.edu.tw/calculus/question_17.php或蔡聰明的《數學的發現 趣談》（2002^）。

筆者將題目重新改寫如下：

如右圖，有一四邊形 PQRS， , , ,A B C D 分別在四個邊上，

其中SA SD RD RC= = = = ，6 PA PB QB QC= = = = ，試證4

(1) A B C D 四點共圓。^{, , ,}

(2) 承上，此圓的半徑為 2 6 。

林恆理／臺北市立大安高工

16 數亦優

(1) ^連接AB BC CD DA （如圖二），令^{, , ,} ∠PAB x= ₁,∠QBC x= ₂,∠RCD x= ₃,∠SDA x= ₄, 因為△PAB 為等腰三角形，所以∠ = −P π 2x₁，

同理，∠ = −Q π 2 ,x₂ ∠ = −R π 2 ,x₃ ∠ = −S π 2x₄。 因為四邊形內角和為 2π ，

所以∠ + ∠ + ∠ + ∠ =^{P Q R S 4π} −²

(

^{x x1}+ + +^{2 x3 x4}

)

=^2π ， 得x x₁+ + +₂ x₃ x₄ =π

。

由於

∠ABC= − −π x x1 2,∠ADC= − −π x3 x4

，

《圖二》

所以

∠ABC+ ∠ADC=2π− − − − =x x1 2 x3 x4 π

， 故

A B C D, , , 四點共圓。

(2) ^{令 , , ,}A B C D 共圓的圓心為 O，半徑為 r，連接OA OB OC OD OP OQ OR OS ，, , , , , , , 令∠ODS= ∠θ, OSD= ∠α, OQC= （如圖三）β ，Δ 為 PQRS 的面積。

2.1 因為△OSD ≅ △OSA（SSS^全等），

△OSD 的面積為 1 6 sin 3 sin

2× ×r θ= r θ，

故四邊形 OASD 的面積為 6 sinr θ ，

同理，四邊形 ODRC 的面積為 6 sinr θ ， ^《圖三》

四邊形 OCQB 的面積為 4 sinr θ ，

四邊形 OBPA 的面積為 4 sinr θ ，

^{因此，Δ =6 sinr θ× +2 4 sinr θ× =2 20 sinr θ。}

2.2 考慮 PQRS 的面積，由「四邊形面積公式」， 8 10 10 12 20 s= + + +2 = ，

( )( )( )( )

( ) ( )

( )

( )

2 2

2 2

2

cos 2 12 10 10 8 12 10 10 8 cos

9600 1 cos 9600sin ,

S Q s a s b s c s d abcd

α β α β

α β

∠ + ∠

⎛ ⎞

Δ = − − − − − × ⎜⎝ ⎟⎠

= × × × − × × × × +

= − +

= +

^{因此，Δ =40 6 sin}

(

^{α β+}

)

^{=40 6 sin}

(

^{α β+}

)

^{（∵ 0 α β π}< + < ），

在△OSD 中，由餘弦定理，OS= r²+36 12 cos− r θ ﹐

^{cos 2 36 12 cos}₂ ^{36 2} ₂ ^{6 cos}

12 36 12 cos 36 12 cos

r r r r

r r r r

θ θ

α θ θ

+ − + − −

= =

+ − + − ，

^{再由正弦定理，sin} ₂ ^sin

36 12 cos r

r r

α θ

= θ

+ − 。

同理，在△OCQ 中，

2 2

4 cos sin

cos ,sin

16 8 cos 16 8 cos

r r

r r r r

θ θ

β β

θ θ

= − =

+ − + − ，

^因此，Δ =^{40 6 sin}

(

α β+

)

=40 6 sin cos

(

α β +cos sinα β

)

( )

2 2

80 6 sin 5 cos

36 12 cos 16 8 cos

r r

r r r r

θ θ

θ θ

= −

+ − × + −

。

2.3 ^由2.1^和2.2^可得

( )

2 2

80 6 sin 5 cos 20 sin

36 12 cos 16 8 cos

r r

r r r r r

θ θ

θ θ θ

Δ = = −

+ − × + −

( )

2 2

4 6 5 cos

1 36 12 cos 16 8 cos r

r r r r

θ

θ θ

⇒ = −

+ − × + − ，

^{兩邊同時平方後，}

(

^{r2+36 12 cos− r θ}

)(

^{r2+ −16 8 cosr θ}

)

^{=96 5}

⁽

^−rcosθ

⁾

²

^，

^{展開後，r4+52r2−20 cosr3 θ−480 cosr θ+96 cosr2 2θ+576} =2400 960 cos− r θ+96 cosr^{2 2}θ

⇒ +r^{4 52}r²−1824 20 cos= r³ θ−480 cosr θ

^⇒

(

^r2−24

)(

^r2+76

)

^{=20 cosr θ}

(

^r2−24

)

^{⇒ −r2 24 0= 或r2+76 20 cos= r θ。}

2.3.1 ^{當r2+76 20 cos= r θ時，由}2.3^{的第二行可得} (^5−rcosθ)^{> ⇒0 ⎛}⎜^5−r2₂₀^+76⎞⎟^{> ⇒0 r2<24}

⎝ ⎠ ，

^{又OS = r2+36 12 cos− r θ > ⇒0 r2+36 12− ⋅r2}₂₀^{+76> ⇒0 r2>24（→←）。}

2.3.2 ^{當r =2 24時，r =2 6，故得證。}

整個證明過程中，雖然用到四個未知數，但是 ,α β 可用 ,r θ 表示，再利用兩種面積的算

法，得到 ,r θ 的恆等式，最後很神奇的分解出只有 r 的因式，才得到答案。這個題目放在接 力賽中，個人認為不太可能用上述的方法解出來（除非還有更簡潔的作法），但是如果學生 知道用特殊化的方法，就是假定這四邊形為等腰梯形，應該是有可能在時間內解出來。

18 數亦優

題目：已知α 為銳角，sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，求 sinα 之值。

看似單純的題目，透過學生的思考呈現，至少有十種不同的解法，讓身為教師的我們，再

一次感受到學生的無窮潛力。以下為學生呈現的十種解法！

〔解法一〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角，可得π

6 2 π < < ， α π

3 1 3

sin sin cos cos sin sin cos

6 6 6 2 2 5

π π π

α α α α α

⎛ − ⎞= − = − =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，得cos 3 sin 6

α = α− ， 5 代入sin² cos² 1 100sin² 60 3 sin 11 0 sin 60 3 80 3 3 4

200 10 α + α = ⇒ α − α+ = ⇒ α = ± = ± ，

因為 sin sin 1

6 2 6 2

π < < ⇒α π α > π = ，所以取sin 4 3 3 α = +10 。

說明 學生直觀上利用和角公式展開，將所得關係式代入平方關係解方程式。

〔解法二〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角，可得π cos 4 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，

3 1 3

sin sin cos cos sin sin cos

6 6 6 2 2 5

3 1 4

cos cos cos sin sin cos sin

6 6 6 2 2 5

π π π

α α α α α

π π π

α α α α α

⎧ ⎛ − ⎞= − = − =

⎪ ⎜ ⎟

⎪ ⎝ ⎠

⎨ ⎛ ⎞

⎪ ⎜ − ⎟= + = + =

⎪ ⎝ ⎠

⎩ 

將○¹ × 3+ ○² 得2sin 4 3 3 sin 4 3 3

5 10

α = + ⇒ α = + 。

說明 求出 sin 6 α π

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠與 cos 6 α π

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠之值，再透過其和角公式展開，解聯立方程式即可得所求之 值。

鄭金樹 洪瑞英／臺北市立中山女高

〔解法三〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角，可得π tan 3 6 4 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ， tan tan6 3 4 3 3

tan tan

6 1 tan tan 4 4 3 3 6

α π

α π α π α

− +

⎛ − ⎞= = ⇒ =

⎜ ⎟ −

⎝ ⎠ + ，

因為α 為銳角，所以sin 4 3 3 α= +10 。

說明 因為正弦函數的和角公式展開有正弦、餘弦兩種函數，藉由角度的決定將之轉成正切函 數，利用正切函數的和角公式展開，解正切值，再進而求出正弦值。

〔解法四〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角， π

3 3 4 1 4 3 3 sin sin cos cos sin

6 6 6 6 6 6 5 2 5 2 10

π π π π π π

α α α +

⎛ − + ⎞= ⎛ − ⎞ + ⎛ − ⎞ = × + × =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 。

說明 加上一角

π ，再利用和角公式展開，立即可得所求之值，雖是一樣利用和角公式，但此想 6 法較漂亮，也許我們可以多提醒學生逆向的思考。

〔解法五〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角， π

如圖可知△CEB～△OED

2 1

3 2 3, 3 3,

3 3

CE BE

⇒ = × = = × =

4 3, 1 4 3

2 2

OE= − ED= OE= − ，

所以 2 3 4 3 4 3 3

2 2

CD CE ED= + = + − = + 4 3 3

4 3 3 sin 2

5 10 α

+ +

⇒ = = 。

說明 此解法是以幾何概念為基礎，利用圖形解之，其概念較接近國中所習數學。

20 數亦優

〔解法六〕

如圖，延長 BC 交 x 軸於 E 點，

由圖可知， , 2 4

6 3

ABE π AB BE

∠ = = ⇒ = ，

所以 cos 3 4 3 4 3 3

6 3 2 2

CD CE= × π ⎛=⎜ + ⎞⎟× = +

⎝ ⎠ 4 3 3

sin 5 10 α CD +

⇒ = = 。

說明 延長線使得圖形單純化，所求更簡單、明瞭。此種想法的學生或許比解法五的學生更有創 意！

〔解法七〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角，可得π cos 4 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，

cos sin 4 3 4 3

cos sin cos sin cos sin

6 6 cos sin 5 5 6 6 5 5

6 6

i i i i i i

i

π π α α π π

α α π π α α

⎛ − ⎞+ ⎛ − ⎞= + = + ⇒ + =⎛ + ⎞⎛ + ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ + ⎝ ⎠⎝ ⎠，

對照虛部可得sin 4 3 3 α = +10 。

說明 漂亮地利用二複數之極式乘除，其幅角加減的特性，即可得所求。

〔解法八〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角， π

如圖，將 OB 逆時針旋轉

π 至OC ， 6 利用二複數極式相乘，

(

^{4 3 cos+ i}

)

^⎛⎜⎝ ^π₆^+isinπ₆^⎞⎟⎠^{=4 3 3}₂^{− + ⎜i⎛}⎜⎝^{4 3 3+}₂ ^⎞⎟⎟⎠，

得出 C 點坐標 4 3 3 4 3 3,

2 2

⎛ − + ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠

，

所以

4 3 3

4 3 3 sin 2

5 10 α

+ +

= = 。

說明 利用圖形旋轉、複數相乘來解題，此種想法是對幾何圖象較強的學生容易呈現並使用的學 習結果。由此想法對現行 99 課綱高二自然組學生，可衍生出利用旋轉矩陣的想法。

〔解法九〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角， π

將 6

α − 逆時針旋轉π

π 得角α ，利用旋轉矩陣可得 6

cos6 sin6 cos 6 cos sin 1 4 3 3 4 3 3 sin 2 5 2 5 10 sin6 cos6 sin 6

π π α π

α α

π π α π α

⎡ ⎛ ⎞⎤

⎡ − ⎤⎢ ⎜ − ⎟⎥

⎢ ⎥⎢ ⎝ ⎠⎥ =⎡ ⎤⇒ = × + × = +

⎢ ⎥⎢ ⎛ ⎞⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎜ − ⎟⎥ ⎣ ⎦

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎥⎦

。

說明 由解法八，既為利用旋轉的概念，以矩陣處理而得解法九。

〔解法十〕

因為α 為銳角，

6 6 3 π α π π

− < − < ，又sin 3 6 5 α π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ，所以 6

α − 為銳角， π

如圖， BOC α∠ = ，

利用餘弦定理求出

2 2

2 8 4

5 3

4 3 3

3 3

cos 2 5 8 10

3 α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+⎜⎝ ⎟⎠ − +⎜⎝ ⎟⎠ −

= =

× × ，

得出sin 4 3 3 α = +10 。

說明 與解法八的構思相似，進而利用餘弦定理解題。

心得 》

大多數的學生會從解法一、二切入，少數學生會想到其他解法，其中解法六、七、八、九 實為一致的，皆是利用旋轉的概念，少數思考較靈活的學生能從此角度切入。從教學觀點視之，

也許正是我們教學上可以多努力的地方。此題不失為好題，因為學生不難找到思考的出路，而 教師亦能透過學生之解題過程更加了解學生思考的觸角與深度。

教師若能適時地引入一題多解的解法與學生分享討論，必能激盪出意想不到的火花，如解 法十，不論教師或學生，透過此種互動思考過程，較不會只在框框中思考，跳脫框框，宏觀的 看數學，更能體會數學之美。

22 數亦優

※ 楔子 》

十幾年前，我有一個數學向來不錯的學生，他參加數學系甄試，據說當時教授問他：為什

麼 723一定可以化為循環小數？這基本的數學原理課本不提、考試不考，老師當然不敎，於是他 被打敗了！

那些年，有一本熱賣書籍叫《聖經密碼》，作者Michael Drosnin把某一版本的聖經用電腦 每隔幾個字母選取一個後排成一列，叫做等距密碼；結果發現許多諸如「拉賓遇刺」這樣的句

子。Drosnin在這本書裡宣稱：上帝在聖經裡預警了幾千年後的災難。言之鑿鑿、似有所本，真

教人害怕。

培根說：所謂預言家，就是事後能解釋為什麼預言沒有實現。那麼，到底所謂《聖經密碼》

是怎麼一回事？

※ 鴿籠原理 》

我們用一個淺顯的釋例說明鴿籠原理：七隻鴿子飛回鴿籠，如果鴿籠只有六個，則會有一

個籠子裡至少有兩隻鴿子。

鴿籠原理也稱為抽屜原理或Dirichlet^原理（P.G.L.Dirichlet 1805~1859），比較數學化的說法是：

若把kn + 個物件放入 n 個盒子，那麼一定有一個盒子中至少有1 k + 個物件。1

我們先看第一個故事：為什麼 7

23一定可以化為循環小數？

根據 除法原理：被除數＝除數×商＋餘數，因為餘數一定小於除數，所以把7^除以23^，多除幾

次，就23次吧！假如餘數都不相同，則餘數是1,2,3, ,22 ；但是鴿籠原理說，這是不可能的，

其中一定至少有兩個餘數相同（就是說，現在有23^{隻鴿子飛回}22個籠子），餘數相同的地方就 產生循環！因此， 7

23一定可以化為循環小數。

如果我們「認定」有限小數也是一種循環小數，則我們可以說所有的分數都是循環小數，所有 的循環小數都是分數。

※ 鴿籠原理的推廣 》

第二個故事跟Ramsey定理有關。在平面上隨便畫5^個點，任3點不共線，則其中一定會 有4個點形成一凸四邊形，這是匈牙利數學家Paul Erdos^{小時候玩的遊戲。}1935^年，他和George

Szekeres證明了只要點數夠多，就可以找到任意的凸 n 邊形，並且發現他的定理只不過是Ramsey

定理的特例。

Ramsey定理說：不可能完全無序。意思就是說，只要點數夠多，我們就可以在裡面「看出」

江慶昱／臺中市衛道中學退休教師

有意義的圖像，所以你可以在夜空中看到各種星座。同理，叫一隻猩猩在打字機上亂打，只要 字母夠長，你可以找到有意義的句子。

Drosnin用電腦作所謂等距密碼，其實道理是一樣的。換句話說，你用其他書也可以找到「密

碼」，例如《莎士比亞全集》或《白鯨記》。

※ 何謂 Ramsey 定理？ 》

集合 S 的子集T 若有

m

個元素，稱T 為 S 的

m

^{−子集。將 S 中的}

m

^{−子集分為}S S1, , ,2 S 等_t 互不相交的 t 類，任意給定不小於

m

^{的 t 個整數}q q1, , ,2 q ，一定可以找到一個最小整數_t

1 2

( , , , ; )t

N q q q m

，只要 S 的元素個數

n N q q

≥ ( , , , ; )1 2

q m

t ，則 S 中必定有一子集T ，其元素個 數為某一個q ，且所有T 的_k

m

^{−子集都屬於}S 。 k

拉姆西（Frank Plumpton Ramsey 1903~1930）是一個非常聰明的英國數學家，不幸年輕早逝。

Ramsey定理的數學形式很抽象，他本人倒是舉了一個有名的例子：世界上任意六個人中，總有

三個人相互認識，或互相皆不認識。（習作6^）

※ 無用之用 》

數學有什麼用？這是許多人的疑問；另一方面，許多數學營喜歡把鴿籠原理當作一個主 題。這兩者之間的平衡點在哪裡？我想舉一個故事，也許值得參考。

1999年，我當數學科召集人，我拿「建中通訊徵答（中學生通訊解題第三期88301^）」給

學生做，當作校內有獎徵答。其中有一題如下：坐標平面上有相異的10^{個點，其中沒有}3^點在

同一條直線上，每一點均為格子點，試證明這10個點兩兩之間的連接線段中，必有一個異於這

10個點的格子點。（點 A 為格子點的意思，就是點 A 坐標 ( , )

m n

^{中， ,}

m n

^{均為整數）}

因為10個點坐標均為格子點，根據整數的奇偶性來分類，可分為 ( , )奇 偶 、( , )偶 奇 、( , )奇 奇 、 ( , )偶 偶 四個情形，故必有兩個頂點的坐標其奇偶性一樣；設這兩個點為 ,A B ，則線段 AB 的中 點 M 必為格子點，因為10^點中任3點不共線，所以 M 必異於這10^點。

這一題有兩個學生做對，其中一個是高一的學生，後來進了臺大醫學系。我的意思是說：

所謂「無用」的數學中所表現的「數學成熟度」，或者說「抽象能力」，其實是人類智力的重要 因素。鴿籠原理有許多極具挑戰性的習作，因此也受到一些數學營的青睞。

※ 後記 》

李國偉先生在《一條畫不清的界線》一書中闡述：在科學與偽科學之間畫一條清楚的界線 不是一件容易的事。如《聖經密碼》一書是偽科學，可由Ramsey^{定理破解。}

Ramsey定理是鴿籠原理的推廣，這是組合學的範疇。可別小看了組合學，李國偉先生先專攻數

理邏輯，後來轉攻組合學，使臺灣成為一個堅強的組合學研究團隊而揚名國際。

相關網站http://combinatorics.math.sinica.edu.tw/comb_act/

※ 習作 》

1. ^將9^個正整數a a1, , ,2 a 重排成為9 b b₁, , ,₂ b ，則₉ (a b a b₁− ₁)( ₂− ₂) (a b₉− ₉)必為偶數。（數學

24 數亦優

2. ^任給7個相異整數，求證其中必有兩數其和或差是10^的倍數。

3. ^在邊長為1^{的正方形內任取}5個點，試證至少有兩個點的距離小於或等於 1 2 。

4. ^從1~100^{的正整數中任取}51^{個數，則其中會有}1^{個數是另外}1個數的倍數（然後改成從1

到 2n 的正整數中任取n + 個數）。 1

5. 有一袋糖果隨意分給15個小孩，每個小孩至少分到1個，證明其中必有一些小孩所得的糖 果數之和為15的倍數。（通訊解題）

6. ^{在一圓上取}6個點，在每兩點間作連線段，如果把每個線段任意地塗成咖啡色或藍色，則有 一個三角形的三邊同色。世界上任意六個人中，總有三個人相互認識，或互相皆不認識。

7. Paul Erdos 1913~1996^，在前n + 個自然數中，至少必定有^{2 1} n + 個是有序的（由小到大或由1

大到小），例如把1,2,3,4,5 作任意重排，則其中至少有3個數是遞增或遞減，如排成1,4,5,3,2，

則1,4,5 是遞增。

8. ^設

m

^{是任一偶數，}

m

^個整數a a1, , ,2 a 滿足_m 1^{≤ ≤}

a a

_{1 2}^{≤ ≤}

a ma a

_m ^≤ ₁^{+ + +}₂

a

_m⁼2

m

^，試

證：一定可以把這

m

個數分成兩組，使得每一組的和都是

m

^{。（抽屜原則及其他，}P.66^） 9. 對於任一實數 r ，存在一分數 p

q ，使得r p 1₂ q q

− < （P.G.L.Dirichlet^原理）。

1. ^如果(a b a b1− 1)( 2− 2) (a b9− 9)是奇數，則對i=1, ,9,a b_i− 是奇數，則_i a a₁, , ,₂ a 中奇數與₉ 偶數個數一樣多，矛盾！

2. ^{考慮10 , 10k}

{

^{k+1,10k−1 , , 10}

} {

^{k+5,10k− ，5}

}

6個「巢」則至少有兩個數在同一巢。

3. 把原正方形切成 4 個全等的小正方形。

4. 1~100^{之間奇數與偶數各有}50^{個，把它們寫成}ai=^2mbi，其中若a 是奇數，則i

m

^{= ；又}0 b 是i

1,3,5, ,99裡面的數，今任取51個數，由鴿籠原理，存在兩個數長成 2^mb_k,2ⁿb 的樣子，亦_k 即此兩數有倍數關係。

5. ^假設15個小孩分得的糖果數為 , 1,2, ,15x i =_i ，

令 f k( )= + + + ，考慮同餘類[1],[2], ,[14]（如果某一 ( )x x1 2 xk f k 落在[0]內，則得證）；

由鴿籠原理，存在某兩個數 ,

m n

^{， ( ), ( )}

f m f n

^{落在同一個籠子內，即}

f m f n

( )^≡ ( )(mod15)^，

假設

m n

^{> ，則}xn₊1+ +xm是15^{的倍數，得證。}

6. ^考慮由點1^與其他5^{點所連之線段，因為有}5^{個線段，由鴿籠原理}

至少會有3個線段同色（圖中之粗線段），假設是1-2^﹐1-3^﹐1-5^；假

設任3點所構成三角形的三邊皆不同色，所以2-3^{為藍色；同理，}

3-5^{為藍色，則在考慮}2-5^{時得到矛盾！}

7. 抽屜原理及其他，凡異出版社，P.14 8. 抽屜原理及其他，凡異出版社，P.66 9. ^{數學探奇，}P.87

Sol

參考資料

1. 抽屜原理及其他，凡異出版社，P.97

2. 黃光明，組合學漫談，數學傳播季刊，第4^期第1^卷 3. ^{數學傳播季刊，第}4^期第14^卷，P.100

4. 棋盤染色問題與二部Ramsey^{數，數學傳播季刊，第}3^期第21^卷，P.63

5. 張鎮華，幸福結局問題─鴿籠原理與拉姆西定理，數學傳播季刊，第2^期第28^卷，P.28 6. 通過問題學解題，九章出版社，P.97

7. 米蓋爾．德．古斯曼，數學探奇，P.87 8. ^{不只一點瘋狂，}P.109

9. 蔡聰明，數學的發現趣談，P.28 10. ^{科學教育月刊，第}232^期 11. 李國偉，一條畫不清的界線

12. ^{謝聰智，鴿籠原理}http://w3.math.sinica.edu.tw/media/media.jsp?voln=24 13. 宴會問題 (3,3) 6, (4,4) 18, (5,5) ?R = R = R =

http://www.sciencenews.org/sn_arc99/12_4_99/mathland.htm 14. ^{許志農，算術講義，}http://math.ntnu.edu.tw/~maco/

26 數亦優

Apollonius 問題─

圓圓圓問題（續）

四、 圓

O

₂

( r

₂

)

與圓

O

₃

( r

₃

)

是位於圓

O

₁

( r

₁

)

內部且半徑不相等的一對外離圓（設

3 2

1

r r

r > >

），又圓心

O

₁、

O

₂與

O

₃不共線。

《作圖法》

在此 情形中，所求圓共有八個解（如圖 70 所示），依相切狀況分成四組。

第一組兩解：（如圖 71 所示）

兩圓與圓

O

₁

( r

₁

)

都內切，與圓

O

₂

( r

₂

)

都內切，與圓

O

₃

( r

₃

)

都內切；

而且兩圓都被圓

O

₁

( r

₁

)

包在其內部（切點除外），而都將圓

O

₂

( r

₂

)

與圓

O

₃

( r

₃

)

包在 其內部（切點除外）。

第二組兩解：（如圖 72 所示）

兩圓與圓

O

₁

( r

₁

)

都內切，與圓

O

₂

( r

₂

)

都內切，與圓

O

₃

( r

₃

)

都外切；

而且兩圓都被圓

O

₁

( r

₁

)

包在其內部（切點除外），而都將圓

O

₂

( r

₂

)

包在其內部（切 點除外）。

第三組兩解：（如圖 73 所示）

兩圓與圓

O

₁

( r

₁

)

都內切，與圓

O

₂

( r

₂

)

都外切，與圓

O

₃

( r

₃

)

都內切；

而且兩圓都被圓

O

₁

( r

₁

)

包在其內部（切點除外），而都將圓

O

₃

( r

₃

)

包在其內部（切 點除外）。

第四組兩解：（如圖 74 所示）

兩圓與圓

O

₁

( r

₁

)

都內切，與圓

O

₂

( r

₂

)

都外切，與圓

O

₃

( r

₃

)

都外切；

而且兩圓都被圓

O

₁

( r

₁

)

包在其內部（切點除外）。

▲圖 70

趙文敏／臺灣師大數學系

＊ 第一組：與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₂

( r

₂

)

﹐

O r

_{3 3}

( )

都內切的圓

1. 因為圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

為內離且半徑不相等；點

O

₃在圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

的內 部而在圓

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

的外部，但不在兩圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

的連心線上。所 以，可仿照「點圓圓」問題第十種情形的作圖法（利用圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

的外相似中心），作出過點

O

₃且與

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

都內切的圓。依「點圓 圓」問題第十種情形第一組圓作圖法的結果，此種圓共兩解。

2. 以上述作圖法第 1 點所作兩圓的圓心為圓心，將半徑增長

r

₃後為半徑作圓，即可得 出與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₂

( r

₂

)

﹐

O

₃

( r

₃

)

都內切的兩個圓。此兩圓都被圓

O

₁

( r

₁

)

包在其內部

（切點除外），而都將圓

O

₂

( r

₂

)

與圓

O

₃

( r

₃

)

包在其內部（切點除外）。

▲圖 71

《證明》

若一圓

X (t )

與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₂

( r

₂

)

﹐

O

₃

( r

₃

)

都內切，又圓

X (t )

被圓

O

₁

( r

₁

)

包在其內 部（切點除外），而將圓

O

₂

( r

₂

)

與圓

O

₃

( r

₃

)

都包在其內部（切點除外），則其圓心X 必 滿足下述條件：

1 1

XO r t = −

﹐

XO

₂

= − t r

₂﹐

XO

₃

= − t r

₃﹒ 消去

t

後得

1 3 1 3

XO XO + = − r r

﹐

XO

₂

− XO

₃

= − − ( r r

_{2 3}

)

﹒

由此可知：圓心

X

是橢圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

−

₃

)

與雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

−

₃

)

較靠近焦點

O

₂的一 支的交點。另一方面，由上述兩式可知：點

X

也是過點

O

₃且與

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

都內切之圓的圓心。

因為圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

內離且半徑不相等，點

O

₃在圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

的內部 而在圓

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

的外部，但不在兩圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

− r

₃

)

的連心線上。所以，橢 圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

−

₃

)

與雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

−

₃

)

有四個交點。但因為前段所提的交點，只 限定是雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

−

₃

)

的其中一支與橢圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

−

₃

)

的交點；所以，所得 的交點只有兩點。

28 數亦優

＊ 第二組：與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₂

( r

₂

)

內切而與圓

O

₃

( r

₃

)

外切的圓

1. 因為圓

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

內離且半徑不相等；點

O

₃在圓

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

的內部 而在圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的外部，但不在圓

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的連心線上。所以，

可仿照「點圓圓」問題第十種情形的作圖法（利用圓

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的 外相似中心），作出過點

O

₃且與

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

都內切的圓。依「點圓圓」

問題第十種情形第一組圓作圖法的結果，此種圓共兩解。

2. 以上述作圖法第 1 點所作兩圓的圓心為圓心，將半徑減短

r

₃後為半徑作圓，即可得 出與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₂

( r

₂

)

內切而與圓

O

₃

( r

₃

)

外切的兩個圓。

▲圖 72

《證明》

若一圓

X (t )

與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₂

( r

₂

)

內切而與圓

O

₃

( r

₃

)

外切，又圓

X (t )

被圓

O

₁

( r

₁

)

包 在其內部（切點除外），而將圓

O

₂

( r

₂

)

包在其內部（切點除外），則其圓心

X

必滿足下 述條件：

1 1

XO r t = −

﹐

XO

₂

= − t r

₂﹐

XO

₃

= + r t

₃ ﹒ 消去

t

後得

1 3 1 3

XO XO + = + r r

﹐

XO

₂

− XO

₃

= − + ( r r

_{2 3}

)

﹒

由此可知：圓心

X

是橢圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

+

₃

)

與雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

+

₃

)

較靠近焦點

O

₂的一 支的交點。另一方面，由上述兩式可知：點

X

也是過點

O

₃且與

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

都內切之圓的圓心。

因為圓

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

內離且半徑不相等，點

O

₃在圓

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

的內部 而在圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的外部，但不在兩圓

O

₁

( r

₁

+ r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的連心線上。所以，橢 圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

+

₃

)

與雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

+

₃

)

有四個交點。但因為前段所提的交點，只 限定是雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

+

₃

)

的其中一支與橢圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

+

₃

)

的交點；所以，所得 的交點只有兩點。

＊ 第三組：與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₃

( r

₃

)

內切而與圓

O

₂

( r

₂

)

外切的圓

1. 因為圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

相交於兩點或內切或內離，點

O

₃在圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

的內部而在圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的外部，但不在圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的連心線上。

所以，可仿照「點圓圓」問題第五、八、十等三種情形的作圖法（利用圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的內相似中心），作出過點

O

₃且與

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

內切而與

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

外切的圓。依「點圓圓」問題第五、八、十等三種情形第二組圓作圖法的結果，此 種圓共兩解。

2. 以上述作圖法第 1 點所作兩圓的圓心為圓心，將半徑增長

r

₃後為半徑作圓，即可得 出與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₃

( r

₃

)

內切而與圓

O

₂

( r

₂

)

外切的兩個圓。

▲圖 73

《證明》

若一圓

X (t )

與圓

O

₁

( r

₁

)

﹐

O

₃

( r

₃

)

內切而與圓

O

₂

( r

₂

)

外切，又圓

X (t )

被圓

O

₁

( r

₁

)

包 在其內部（切點除外），而將圓

O

₃

( r

₃

)

包在其內部（切點除外），則其圓心X 必滿足下述 條件：

1 1

XO r t = −

﹐

XO

₂

= + t r

₂﹐

XO

₃

= − t r

₃﹒ 消去

t

後得

1 3 1 3

XO XO + = − r r

﹐

XO

₂

− XO

₃

= + r r

_{2 3}﹒

由此可知：圓心

X

是橢圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

−

₃

)

與雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

+

₃

)

較靠近焦點

O

₃的一 支的交點。另一方面，由上述兩式可知：點

X

也是過點

O

₃且與

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

內切，與

) (

_{2 3}

2

r r

O +

外切之圓的圓心。

因為圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

與圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

相交於兩點或內切或內離，點

O

₃在圓

O

₁

( r

₁

− r

₃

)

的內部而在圓

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的外部，但不在兩圓

O r r

_{1 1}

( −

₃

)

﹐

O

₂

( r

₂

+ r

₃

)

的連心線上。所 以，橢圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

−

₃

)

與雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

+

₃

)

有四個交點。但因為前段所提的交 點，只限定是雙曲線

H O O r r ( , ;

_{2 3 2}

+

₃

)

的其中一支與橢圓

E O O r r ( , ;

_{1 3 1}

−

₃

)

的交點；所以，

所得的交點只有兩點。