何地點所張的視角 最大1
10 宇宙的詩篇……三角學與三角函數
在歐基里德之前的柏拉圖就主張，通過這些幾何的學習培養邏輯思維能力，因為幾何能 給予人強烈的直觀印象，將抽象的邏輯規律體現在具體的幾何圖形之中。《幾何原本》
的這六卷在 1607 年，由義大利傳教士利瑪竇傳入中國，他與徐光啟合譯成中譯本出版，
幾何的名稱就是這樣來的。《幾何原本》的印刷本用各種文字出了一千版以上，從來沒 有一本科學書籍像它那樣長期成為廣大學子傳誦的讀物。它流傳之廣，影響之深，僅次 於基督教的《聖經》。
傳統的「綜合法」（國中時期的幾何方法）都是單純的計算邊長或者考慮角度的方法。
但是，幾何學應該是一門「邊長」與「角度」並重，且應同時考量的學科。因此如何建 立溝通『邊』、『角』關係的橋樑定理就變成很重要了，也唯有將『邊』、『角』兩者結合 為一才能加速與催化整個幾何學的前進。這個重擔就落在高中的三角學課程裡，特別是
『正弦定理』與『餘弦定理』就是扮演整合「邊角關係」的重要定理。利用這種整合了 尋找「直角三角形」﹑「多點共圓」（四點以上）
或「相似三角形」是歐基里德《幾何原本》
前六卷的重點，也是利用所謂的「綜合法」
來計算或推理演繹平面幾何問題所必學的手 段。有了直角三角形，馬上可以使用「邊長 之間」的等式關係（畢氏定理）；多點共圓可 以作「角度」的轉換（等弧對等圓周角）；而 相似三角形就會有「邊長」成比例與「角度」
相等的好處。所以「綜合法」可以說是利用
「直角三角形」或「相似三角形」來作「邊 長」的計算；運用「多點共圓」或「相似三 角形」來作「角度」變換的一種方法。
「邊角關係」的定理來處理幾何問題的方法稱為「三角法」。
在古希臘時期，沒有『正弦定理』與『餘弦定理』可以使用，但是那時期的『托勒密定 理』是一個值得重視與介紹的定理。理由是這個定理具有很大的殺傷力，古希臘時期的 許多重要定理（包括畢氏定理等）都是這個定理的推論。在圓上的定理，除『托勒密定 理』之外，我們也介紹了 1985 年才被大陸的中學教師侯明輝發現的『三弦定理』，據說 這個定理可以比『托勒密定理』更省篇幅地證明其它的幾何定理。三弦定理是結合邊長 與角度的定理，因此可以說是圓上的「正、餘弦定理」。處理幾何問題的方法，除了國 中學過的「綜合法」、高中三角學裡的「三角法」（主要是利用正﹑餘弦定理解幾何題目）
之外，還有利用直角座標來解決幾何問題的「座標法」及利用複數或向量的方法。在本 節的最後兩小節也做了入門式的介紹。學習幾何是件辛苦的事情，這可由底下的兩則典 故看出。其一為，托勒密國王有一次做一道幾何證明題，接連幾天都沒有做出來，就問 歐幾里得：「學習幾何學，難道就不能走一條捷徑嗎？」歐幾里德認為國王想投機取巧，
於是不客氣的回答說：「學習幾何學無王者之路！」，意思是說：「求知無坦途」，成為傳 誦千古的學習箴言。其二是林肯在《簡短的自傳》裡說的話：「自從他當了議會議員之 後，他學習並掌握了歐幾里德的六卷書。他開始專心致志地進行嚴格的腦力訓練，以提 高他的才能，特別是他的邏輯和語文能力。由此他喜歡歐幾里德的書，他在巡行時總帶 著它們，經常在枕邊放一小蠟燭，學習到深夜，直到他能容易地證明六卷書中的所有命 題。而與此同時，一間屋子裡有半打他的律師伙伴們，沒完沒了的鼾聲充斥房間。」
1 「所張的視角最大問題」是法國數學家雷吉蒙塔努斯在 1471 年提出的。這可能是自古 以來第一個極值問題。圖中的情境是作者融入東方文化改編而成。
10.1 三角學基本概念
早在「古埃及金字塔的建築」、「美索不達米亞，巴比倫時期的天文觀測」、「古希臘利用 日圭影長計時」等事情上，人們就已經有了「正弦」﹑「餘弦」﹑「正切」﹑「餘切」﹑「正割」﹑
「餘割」這六個比值的想法，但是將這六個比值視為角度的函數，則是由阿拉伯人開始 的。至於「 sin 」﹑「 cos 」﹑「 tan 」﹑「 cot 」﹑「 sec 」﹑「 csc 」這六個函數的粉墨
登場，則是十五、六世紀以後的事情了。
例題 1 天文學家巴坦尼曾經研究過「高度為 h 的日圭，投影長為s時，太陽在水平面上 的角度的公式」這個問題。問：下列有關巴坦尼問題的公式表示法中，哪些是正確的。
(1) sin(90 ) sin
s h
;
(2) cos cos(90 )
s h
; (3) shcot;
(4) shtan; (5) shsec.
【解】由「正切函數」的定義得到
tan h
s 由此式子推得如下的等式
cot cos sin
sin(90 ) sin
cos . cos(90 ) s h
h h h
因此答案為 (1), (2), (3)。這是一則夾帶「情境」的基本概念檢測題。
例題 2 古埃及《萊因德紙草書》共有 84 個問題，其中第 56 題至 60 題是探討有關金字 塔（底為正方形，四個側面為全等等腰三角形的四角錐）的問題。在書中定義金字塔的
「塞克特」為
金字塔正方形底之邊長一半. 金字塔的塞克特
金字塔的高度
已知古夫金字塔的每個側面與底的夾角約為52，那麼古夫金字塔的「塞克特」為何？
【解】如右圖， A是金字塔頂點， H 是金字塔正方形 底的中心， M 是金字塔正方形底邊上的一個中點。因 為「 AH 是金字塔的高度」、「 MH 是金字塔正方形底 之邊長一半」，所以由右邊直角三角形示意圖得到
cot 52 . MH
AH
古夫金字塔的塞克特
例題 3 下圖是沙漠中出現的『月牙湖2』，月牙湖的上沿是以C2為圓心，r為半徑的圓 之一弧（該弧的圓心角為120）；月牙湖的下沿是以C1為圓心的某圓之一弧。已知點C1在 以C2為圓心，r為半徑的圓周上，試求『月牙湖』的面積（以r表示）。
【解】考慮如下的圖形，令a b c, , 代表所在區域的面積（如 b 是等腰三角形AC B2 的面積，
c是月牙湖的面積，a指介於等腰三角形AC B2 與月牙湖之間的弓形面積）。
因為AC B2 120，所以AC B1 60（圓周角是圓心角的一半）。因此AC B1 是正三角 形，又因為C C2 1 C B2 r, C C B1 2 120，所以C B1 2 rsin 60 3r。因此
2 2 2
1
3 3 3 3
3 ( 3 ) .
4 4 4
b正三角形ABC的面積 r r b r
又AC B1 60，所以扇形C AB1 的面積為
2 2
3 1 .
6 2
C B r b a 在由AC B2 120得到扇形C AB2 的面積為
2
3 . a b c r 因此月牙湖的面積
2 2
2 2
3 3
( ) (3 ) 2 2 .
3 2 4 2 6
r r
c a b c ba b r r
2 月牙形的幾何圖形很常見，如月球、鐮刀、餃子、求神問卜的卜卦、包青天額頭上的 印記、大陸鳴沙山的月牙泉（號稱天下沙漠第一泉，敦煌八景之一）也呈月牙形狀。古 希臘數學家希波克拉底是月牙形面積的權威，可參考例題 13 的月牙形定理。
地球近似於球體，無論如何剪裁，總是不能將它攤成平面（如橘子皮無法攤平在地上一
樣）。所以將地球的表面繪製成「保持距離」及「方向不變」的平面地圖，幾乎是不可 能的事。既然『魚』與『熊掌』不能兼得，只好力求一項完整，捨棄另一項了。對一位 航海員來說，方向的正確無誤是比較重要的，所以麥卡特在 1569 年所繪製航海地圖就 是成全了方向，而捨棄了距離3。麥卡特的航海地圖的緯線是繪成水平線，經線是垂直 的線，這樣的任兩條經線在地圖上的距離是一樣的（但是，地球上的任兩條經線越接近 北極時，距離越近）。因此，麥卡特的航海地圖是無法保持距離的，但是在麥卡特的匠 具用心之下，他的地圖是會維持方向不變的。這都歸功於他所創造的修正函數 f( ) ：
3 所謂的航海地圖就是指符合「(1)從地圖上任何一點出發，正北路線的方向都繪成正上 方。(2)在地圖上，所有的羅盤方向與北方的關係都正確無誤。」這兩項特點的地圖。麥 卡特是史上第一位製作出這種地圖的人。
例題 4 麥卡特為了製作航海地圖，使用過函數
10
1 sin
( ) log , .
cos 2 2
f
試著導出
(1) 1 101 sin ( ) log
2 1 sin
f
。 (2) f( ) f( ) 。
【解】關於(1)，由
10
2
10 2
2
10 2
10
1 sin 2 ( ) 2 log
cos (1 sin ) log cos
(1 sin ) log 1 sin
1 sin log 1 sin
f
得到。
關於(2)，利用(1)得到
10
10
10
1 1 sin( ) ( ) log
2 1 sin( ) 1 1 sin 2log 1 sin
1 1 sin 2log 1 sin
( ).
f
f
例題 5 麥卡特的航海地圖，是將地球表面攤平在紙上，將經、緯線繪成互相垂直的兩 組直線（水平線為緯線，與水平線垂直的是經線）。麥卡特為了讓航海地圖使用方便，
將赤道與北緯(0 90)的兩條緯線在航海地圖上繪成相距
10
1 sin log cos
公尺的兩條平行線。
(1) 北緯30線與北緯60線在麥卡特的航海地圖上相距幾公尺。
(2) 若麥卡特航海地圖的赤道線北邊log 310 公尺處是北緯，則求sin的值。
【解】關於(1)：北緯30線與北緯60線在麥卡特的航海地圖上的距離，等於赤道與北緯 60線的距離減去赤道與北緯30線的距離：
10 10 10
10
10
1 sin 60 1 sin 30 (1 sin 60 ) cos 30
log log log
cos 60 cos 30 cos 60 (1 sin 30 ) 3 3 1 2 2 log 1 1
2 1 2 3 2 3 log .
3
關於(2)：由題意知道
10 10
2 2 2
2
1 sin
log log 3 1 sin 3cos cos
(1 sin ) 9cos 9 9sin 5sin sin 4 0
sin 4, 1 ( ) 5
不合 。
10.2 三角法（改良的綜合法）……正、餘弦定理的使用與三角測量問題 定理 10.1(平行四邊形定理) 若 ABCD 是一個平行四邊形，則證明
2 2 2 2 2 2
. AC BD AB BC CD DA
【證明】對三角形 ABC 的角 ABC 進行餘弦定理得到
2 2 2
2 cos .
AC AB BC ABBC ABC 同理，對三角形 BCD 的角 BCD 進行餘弦定理得到
2 2 2
2 cos .
BD BC CD BC CD BCD
將兩等式相加，利用ABC BCD180 , BCDA CD, AB，得到
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 cos
2 cos 180
2 cos cos
. AC BD
AB BC AB BC ABC
DA CD BC AB ABC
AB BC CD DA AB BC ABC ABC
AB BC CD DA
例題 6 三邊邊長都是正整數，而有一內角為30的三角形是否存在。
【解】假設三角形 ABC 滿足ABc BC, a CA, b, BAC 30且a b c, , 都是正整數。
由餘弦定理得
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 cos 2 cos30
3 .
a b c bc BAC a b c bc b c a
bc
最後等式的左邊「 3 是一個無理數」；而右邊「分數
2 2 2
b c a bc
是有理數」，顯然不會
相等。因此假設有問題，即這樣的三角形不可能存在。
在 1745 年，斯圖爾特發表如下的定理：
定理 10.2(斯圖爾特定理) 如右圖，三角形 ABC 中， D 是 AB 上的一點，ABc，BCa，CA b ，CD d ，AD n 及 BDm。證明
2 2 2
. a nb mc mnd
【證明】在餘弦定理的使用之下，本問題變得異常容易：對三角形 BDC 的角 BDC 做 餘弦定理得到
a2 m2 d2 2 m dc o s B D C (10.1) . 再對三角形 ADC 的角 ADC 做餘弦定理得到
b2 n2 d22 n dc o s A D C 2 n 2 d2 c o sn d (10.2) B D C. 將式子(10.1) n (10.2) m 整理得到
2 2 2 2 2 2
2
2
( ) ( ) .
a n b m m n mn md nd m n mn m n d c mn d
例題 7 三角形 ABC 中，BAC 120 , ABx AC, y 。設 D 在 BC 上，且 AD 是 BAC 的分角線。如果 ADz，那麼
1 1 1 x y z.
【證明】由
sin sin 60 3
2 2 4 ;
sin sin 60 3
2 2 4 ;
sin sin120 3
2 2 4 ;
AB AD BAD xz xz BAD
AC AD CAD yz yz
CAD
AB AC BAC xy xy
BAC
BAC BAD CAD
三角形 的面積 三角形 的面積 三角形 的面積
三角形 的面積 三角形 的面積 三角形 的面積 得到
3 3 3 1 1 1 4 4 4 .
xy xz yz
x y z
定理 10.3(海龍公式) 三角形的三邊長為a b c, , ，令
2 a b c
s 。證明三角形的面積為
( )( )( ).
s sa sb sc
【證明】三角形的面積為
1 1 2
sin 1 cos . 2ab C 2ab C 由餘弦定理知道
2 2 2
cos .
2 a b c
C ab
代入面積公式得到
2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 cos 2
1 1
2 4
1 4 4
1 ( ) ( )
4
2 2 2 2
( )( )( ).
ab C
a b c
ab a b
a b a b c a b c c a b
a b c a b c a b c a b c
s s a s b s c
三角形面積
就如同「曹沖在船上，幫他的父親曹操想出量大象體重的妙法4」﹑「阿基米得在浴室裡，
想到解決國王的皇冠是否為純金打造的巧思5」﹑「高斯在教室裡，速算1 2 3 100 的靈感6」一樣，希臘哲學家及數學家泰勒斯也有一則幫埃及法老王丈量金字塔高度的 傳說。讓我們來欣賞他的智慧吧！
4 曹操的大象是東吳孫權送給他的，曹沖利用大象在船上下沈的刻度，將大象體重換算 成一大堆小石頭的重量。透過曹沖的卓見，使量大象體重的問題變成簡易的加法問題。
5 阿基米得將皇冠放到盛滿水的容器裡，溢出水的體積就是皇冠的體積，這樣就可以知 道皇冠的密度與純金的密度是否一樣。
6 高斯將1 2 3 100與倒過來的式子100 99 1逐項相加得到 (1 100) (299) (100 1) 101 100 10100，因此推得
1 2 3 100 10100 2 5050
。
例題 8 早上，太陽從正東方的地平線冉冉升起，泰勒斯忙著測量一根向正西邊傾斜的 竹竿及其影子的長度（如下圖所示）。泰勒斯量得竹竿長 2 公尺，它的影子長度是 4 公 尺。就在此刻，丈量工人向泰勒斯回報說：「金字塔的影子長度剛好是 100 公尺。」請 問：該金字塔的真正高度是幾公尺？
【解】作直線 BC 與直線 AB（地面）垂直，且直線 AM 與直線 BC 相交於C 點（如圖所示）。
在三角形 ABM 中，AB4,BM 2, ABM 60，由餘弦定理得到
2 2 2
4 2 2 4 2cos60 2 3.
AM AM
由AB2 AM2BM2知道三角形 ABM 是直角三角形，且AMB90。又由ABM 60
得到CAB30。因為AB 4, CAB30 , CBA90，所以 4 3
BC 3 。因為金字塔 的高度與影子長度的比例與BC
BA 一樣，所以
4 3
100 3
3 ( )
100 4 3
金字塔的高度
金字塔的高度 公尺 。
10.3 三角函數的性質
例題 9 如右圖所示，射線l1與l2平行， AB 分別與射線l l1, 2 垂直， , ,P Q R 分別是線段 AB ，射線l l1, 2上的點，而且滿足
90 QPR
。
(1) 若PAa PB, b，則求直角三角形 PQR 的面積（以 , ,
a b APQ符號表示）。
(2) 承(1)，當 APQ 為幾度時，直角三角形 PQR 的面積會 最小，又是多少。
【解】關於(1)：由 PRB 及銳角三角函數的定義知道 cos , sin .
a b
PQ PR 因此直角三角形 PQR 的面積為
1 .
2 2 cos sin sin 2
PQ PR a b ab
關於(2)：因為PAa PB, b是固定的，所以考慮 sin 2的變化即可。由 0
2
知道
02 ，即 0 sin2 1。因此，當 45時（此時 sin 2 1），直角三角形 PQR 的 面積為 ab （最小）。
例題 10 甲、乙兩隻同種的魚相遇於 A點，甲魚由 A點水平向前游動（這是魚最省體力 的前進方式），乙魚選擇走 AB 的路線浮上水平面，呼吸一口新鮮的空氣之後，再選擇走 BC 的路徑與水平游動的甲魚相遇於 C 點。根據經驗，浮上水平面再游至C 點的乙魚所
消耗的能量會是選擇水平游到 C 點的甲魚所消耗能量的 sin sin
sin( )
k
倍，這裡的常數 k 僅跟魚種有關。
如果甲、乙兩隻魚是k 5的魚種，試問當乙魚選擇 3 1 sin ,sin
5 5
(0 , 90 ) 時，乙魚消耗的能量會是甲魚的幾倍？
【解】將 3 1
sin ,sin
5 5
代入能量公式得到
sin 5 sin sin cos sin cos
1 3
5 5 5
1 4 2 3
5 5
5 5
2 ( )
乙魚消耗的能量 甲魚消耗的能量
倍 。
例題 11 設 ABCD 是邊長為 1 的正方形，P 點在 BC 上，Q 點在 CD 上，且PAQ45。 推論
2 2. AB BP AP AD DQ AQ
【解】設 BAP ,DAQ, BPx, DQ y（如右圖 所示）。因為 tan x, tan y, 45，所以
1 tan 45 tan( ) tan tan 1 tan tan
1 .
1 1
x y y
xy x y
由
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
1 1 1 1
1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 1
2 (1 )
AP x
AQ y
y y y
y y
y y
y
得到
2 2. AB BP AP AD DQ AQ
10.4 歐基里德之窗（綜合法）……直角、共圓與相似三角形的使用
『畢氏定理』有如平面幾何學裡的聖經，是大家必讀且熟記的一個定理。歐基里德名著
《幾何原本》前兩卷的部分內容就是在探討「直角三角形」的各種性質及邊長的計算等 問題。
《原本》的第三、四卷是在探索圓內接四邊形及圓內接多邊形（多點共圓）的性質。就 以四點共圓為例，由「等弦（弧）對等圓周（心）角」的性質可以作角度的轉換，再加 上『托勒密定理』與『三弦定理』，我們就掌握住了多點共圓問題的兩把利刃。特別是 這兩個定理，不僅在圓上展現實力，在許多與圓不相關的問題上，也可以看到他們的鋒 芒。例如『畢氏定理』可以直接由這兩個定裡推出（參閱習題部分）。
《原本》的第五、六卷則是在探索三角形的相似性質，有了相似三角形，就有了相等的
2
1 1 1 1
1 1
2 ; (1 ) AB BP x
AD DQ y
y y y y
對應角及相等的邊長比例關係。
10.4.1 幾何聖經……畢氏定理
在學會『正弦定理』、『餘弦定理』之前，尋找「直角三角形」可以說是解決平面幾何的 計算問題之重要方法，原因在於可以使用『畢氏定理』。畢氏定理的重要性，可以從科 學家與數學家說過的話來印證：德國天文學家克卜勒說：「幾何學裡有兩件寶，一是畢 氏定理，另一個是黃金分割」；擅長計算行星軌道的數學家高斯曾提出：「假如把畢氏定 理的圖形畫在撒哈拉沙漠上，說不定火星人等用他們的望遠鏡就可以看得到」。
例題 12 直角三角形 ABC 中，內切圓的半徑為 6， , ,P Q R 是圓與三邊的切點。如果三角 形 ABC 的面積與其周長的和是 280，試求三角形 ABC 的三邊邊長。
【解】設圓心為O BP, BQa AP, ARb，並添如下圖的補助線。
因此
( ) ( 6) (6 ) 2( 6);
6( ) 6( 6) 6(6 )
2 2 2
6( 6).
ABC AB BC CA
b a a b
a b
ABC AOB BOC COA
a b a b
a b
三角形 的邊長
三角形 的面積
由三角形 ABC 的面積與其周長的和是 280 得到
2802(a b 6)6(a b 6) a b 29.
針對直角三角形 ABC ，利用畢氏定理得到
2 2 2
(ab) (a6) (b6) ab6(ab)36 6 2936210.
綜合a b 29,ab210得到a與 b 是二次方程式
2 29 210 0
x x
的兩根。因為
2 29 210 ( 14)( 15),
x x x x 所以
{ , } {14,15}.a b 因此三角形 ABC 的三邊邊長為
20146,21 15 6,29 14 15.
希波克拉底（西元前五世紀的古希臘數學家）以研究鐮刀形或月牙形的面積而聞名，底 下的例子就是當時他研究過的圖形：
例題 13 (月牙形定理) 在右圖中，以 BC ，AC 及 AB 為直徑的三個半圓圍出兩個月牙形區域（水平直線區 域與垂直直線區域）。證明：兩個月牙形區域的面積 和等於直角三角形 ABC 的面積。
【解】設水平直線的月牙形區域面積為 X ，而介於此月牙形區域與直角三角形 ABC 之 間的（弓形 AB ）區域面積為x；同理，令垂直直線的月牙形區域面積為Y ，而介於此月 牙形區域與直角三角形 ABC 之間的（弓形 AC ）區域面積為 y 。由半圓面積得到
2
2
2
2 ; 2 ;
2 .
x y ABC BC BC
X x AB AB Y y AC AC
直角三角形 的面積 以 為直徑的半圓面積 以 為直徑的半圓面積
以 為直徑的半圓面積
因為三角形 ABC 為直角三角形，所以
2 2 2
. BC AB AC
綜合這些等式得到
( ) ( ) .
x y ABC X x Y y
ABC X Y
直角三角形 的面積 直角三角形 的面積
所以兩個月牙形區域的面積和等於直角三角形 ABC 的面積。
例題 14 古代尼泊爾的柯槃山上建有一座柯槃寺。虔誠的佛教徒採取五體投地式的方式 朝聖，向柯槃寺前進。有經驗的佛教徒都會在離柯槃山前 264 公尺處，抬頭仰望柯槃寺，
並許下願望，因為此時看見的柯槃寺最大（即柯槃寺所張的視角最大）。
現在知道柯槃山的高度為 242 公尺。試問：昔日的柯槃寺高度是多少。
【解】設柯槃寺的高度為 2x 公尺。由下圖觀察得知：當過佛教徒的眼睛、柯槃寺底部、
柯槃寺頂點三點的圓與地面的水平線相切時，視角會最大（若不相切，則此圓的半徑會 比相切圓的半徑大，所以柯槃寺的視角比較小）。
由上圖的直角三角形得到
2 2 2
(x242) x 264 x 23.
因此柯槃寺的高度為 46 公尺。
【另解】由圓冪性質得到
2642 242 (242 2 )x x 23 亦可得到柯槃寺的高度為 46 公尺。
10.4.2 圓上利刃……托勒密定理與三弦定理
如前言所說，尋找「直角三角形」﹑「多點共圓」（四點以上）或「相似三角形」是利用
「綜合法」處理平面幾何問題的三大手法。「直角三角形」有畢氏定理當靠山，可以輕 易計算邊長的關係，「相似三角形」也有邊長的比例式可以使用，但「多點共圓」卻僅
能作角度的轉移，邊長的計算有點使不上力7。古希臘天文學家﹑數學家托勒密發現的
『托勒密定理』剛好可以派得上用場，補足這道缺口。
7 國中時，學過的「圓冪性質」只能算是相似三角形比例式的一個應用，不能視為多點 共圓的計算利器。
定理 10.4.2(托勒密定理) 如下圖，凸四邊形 ABCD 是圓內接四邊形。證明：
. AC BD AD BC AB CD
【證明】設圓的半徑為 R 。利用正弦定理將邊長關係化成三角函數的角度關係：
2
2
2
2
2
2
4 sin sin
2 cos( ) cos( 2 )
2 cos( ) cos( )
2 cos( ) cos( ) ;
4 (sin sin sin sin ) 2
[
cos( ) cosAC BD R ABC BCD
R DBC ACB ACB ABD CAD
R DBC ACB BAC ABD
R DBC ACB BAC ABD
AD BC AB CD R ACD BDC ACB DBC
R DBC ACB
2
( )
cos( ) cos( )
2 cos( ) cos( ) .
]
DBC ACB
BDC ACD BDC ACD
R DBC ACB BAC ABD
上述是利用「三角法」證明『托勒密定理』的方式。『托勒密定理』是很早的定理，古 希臘時期是採取巧添補助線的「綜合法」來證明的。
托勒密定理只是敘述「四點共圓」的邊長之間的關係，還沒有將角度也扯進來，所以它 只能算是「綜合法」的一項利器。如果要像「正﹑餘弦定理」這種「三角法」那麼有威 力，還需發展更有效的「四點共圓」的定理。在 1985 年，中國遼寧省侯明輝老師發現 的『三弦定理』剛好可以扮演這樣的角色。
定理 10.5(三弦定理) 如下圖， , , ,A B C D 是圓上四點。證明：
sin sin sin .
AC BAD AD CABAB CAD
【證明】設圓的半徑為 R 。由正弦定理得到
sin sin sin 2 .
BD BC CD
BAD CAB CAD R
將上述代入托勒密定理得到
2RACsinBAD2R ADsinCABABCAD . 兩邊消去 2R 就得到三弦定理。
10.4.3 三角形剋星……相似三角形
處理任意三角形的問題，最佳的方式為尋找與它相似的三角形。有了兩個相似的三角形 之後，就可以做角度的轉換與邊長的比例計算。
例題 15 下圖中AA BB CC, , 是互相平行的三線段，且令AAa BB, b CC, c。
(1) 證明
1 1 1 c a b.
(2) 若AA42,BB399，求 CC ？
【證明】設AC x BC, y：
(1) 由三角形 ACC與三角形 ABB相似得到 x c; x y b
由三角形 BCC與三角形 BAA相似得到
y c. x y a
將兩式相加得到
1 1 1
1 .
c c x y
b a x y x y c a b
(2) 將a42,b399代入(1)得到
1 1 1 1 42 399 38. c 因此CC 38 。
例題 16 右圖是一個小圓內切於圓弧形內。如果圓弧的 半徑 OA R ，內切圓半徑r，線段AB2a，證明
1 1 1 r a R.
【證明】考慮如右的補助線，它們形成兩個相似的直角三 角形OGB 與OEC 。利用比例式
OB OC BG CE 得到
1 1 1 R R r .
a r r a R
10.5 笛卡爾之夢（代數法）……座標法、複數的使用與向量法 10.5.1 座標與幾何
例題 17 如下圖，大矩形被任意水平與垂直線分割成四個小矩形。證明：圖中的三條虛 線交於一點。
【證明】將大矩形放置在坐標平面上（如下圖所示）。
通過( ,0)b 與( , )a q 的直線方程式為qx(ab y) bq；而通過(0, )q 與( , )b p 的直線方程式 為(pq x) by bq。兩方程式的解（即兩直線的交點）為
( , ) abq , bpq . x y aq bp ap aq bp ap
因為
, bpq
y aq bp ap p
x abq a
aq bp ap
所以此點在通過 (0,0)與( , )a p 兩點的連線上。
例題 18 考慮如下的矩形問題：
(1) ABCD 是一個矩形， P 是平面上的任意點。
證明
2 2 2 2
. PA PC PB PD (2) 承(1)，證明
cos .
cos
BPD PA PC APC PB PD
(3) 如下圖，求 PB 的值。
【解】關於(1)：利用座標法，令
(0,0), ( ,0), (0, ), ( , ).
A B a D b C a b
若P( , )x y ，則
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 0) ( 0) ( ) ( ) ( ) ( ) ;
( ) ( 0) ( 0) ( ) ( ) ( ) .
PA PC x y x a y b
x y x a y b
PB PD x a y x y b
x y x a y b
因此
2 2 2 2
. PA PC PB PD 關於(2)：由三角形 APC 的餘弦定理得到
2 2 2
2 2 2
2 cos
2 cos ; AC PA PC PA PC APC
PA PC AC PA PC APC
同理，由三角形 BPD 的餘弦定理得到
2 2 2
2 2 2
2 cos
2 cos . BD PB PD PB PD BPD
PB PD BD PB PD BPD
由(1)及 ACBD（矩形對角線相等）得到
cos cos cos .
cos
BPD PA PC PA PC APC PB PD BPD
APC PB PD
關於(3)：由(1)得到
2 2 2 2
1 8 PB 4 PB7.
10.5.2 複數與幾何……旋轉的運用
例題 19 如右圖， OABC 是正方形，且A(4,5)。 (1) 求 B 點的座標。
(2) 求C 點的座標。
【解】將座標平面換成複數平面， A點的複數座標為 4 5i ： (1) 設 B 點的複數座標為 x yi。因為 45 ,BO 2
BOA AO
，所以
2(cos 45 sin 45 ) 4 5 1
(4 5 )(1 ) 1 9 .
B i
A
x yi i i
x yi i i i
點的複數座標
點的複數座標
因此 B 點的座標為( 1,9) 。
(2) 設 C 點的複數座標為 x yi。因為 90 ,CO 1
COA AO
，所以
(cos90 sin 90 )
4 5
(4 5 ) 5 4 .
C i
A
x yi i i
x yi i i i
點的複數座標
點的複數座標
因此 C 點的座標為( 5,4) 。
例題 20 如下圖，長方形是由三個正方形構成的。求 的值。
【解】如果將小正方形的邊長視為 1，那麼是邊長為 3,1, 10 的直角三角形的一內角（對 應的邊長為 1），對應到複數的極式為
3 i 10(cosisin ); 同理
2 i 5(cos isin ). 將兩式相乘得
(3 )(2 ) 5 2(cos sin )(cos sin ) 5 2 cos( ) sin( ) .
i i i i
i
因為
(3i)(2 i) 5 5i 5 2(cos45isin 45 ), 所以比較得到
45 .
10.5.3 向量與幾何
向量的利器就是「內積」。當我們碰到「直角」或「垂直」時，想到的第一件事情總是
「畢氏定理」，但是，「直角」或「垂直」的另一代言人是「內積為 0」。因此，幾何上處理
「垂直」這一概念，除了「畢氏定理」之外，「內積為 0」也是一種慣用的手法。在此就以 幾何學上最早被證明的定理「所有對應於直徑的圓周角都是直角」為例，據傳這個定理是 古希臘數學家泰勒斯證明出來的（事實上，巴比倫人早在一千年前就知道這個性質）。
定理 10.6 利用向量內積證明「所有對應於直徑的圓周角都是直角。」
【證明】將單位圓畫在直角座標上，讓圓心與原點重疊。如下圖所示， AB 是直徑，C 是 單位圓上的任一點。如果 BOC ，那麼根據三角函數的定義， C 點的座標為
(cos ,sin ) 。因此，AC(cos1,sin ), BC(cos 1,sin ) 。這兩向量的內積為
2
2(cos 1)(cos 1) sin sin cos 1 sin
1 1 0.
AC BC
因為AC BC 0，所以向量AC與向量BC互相垂直，即ACB90，證畢。
例題 21 如下圖，OLPR OMQS 是兩個相鄰的正方形，B 是 PQ 的中點，A 是 RS 的中點。, 證明：OAB90。
【證明】採取座標法，令O(0,0),L( ,0),a P( , ),a a R(0, ),a S ( b,0),M (0, ),b ( , )
Q b b 。這時
, , , .
2 2 2 2
a b a b b a B A
因此
, , , . 2 2 2 2
b a a b
AO AB
計算AO與 AB 的內積得到
2 2 2 2 0.
b a a b AO AB 因為內積為 0，所以OAB90。
習題 1 有一半徑r，角度為的扇形。經測量發現，此扇形的弧長也是r。 (1) 求值。
(2) 求此扇形面積（以r表示）。
習題 2 印度間諜南心在前往拉薩的途中遇到搶匪，南心落荒而逃轉往一條小路。翌日 發現太陽在他逃亡的小路正前方偏右 120 度方向昇起。南心回想被搶當晚，北
極星出現在前往拉薩之路的正前方偏左邊 50 度方向上。問南心前往拉薩之路與 落荒而逃的小路夾角是幾度？（註：太陽昇起方向設為正東；北極星出現的方 向設為正北）
習題 3 如果將地球視為球體，那麼北緯繞一週是赤道繞一週的幾倍。
習題 4 一漁夫晚上無聊，坐在船頭尋找北極星。漁夫發現，他必須仰角 30 度時，才可 以正視著北極星。你能知道漁夫的船在北緯幾度嗎？
習題 5 設a為實數：
(1) 當a在那個範圍時，
2 2
2a1,a a 1,a 2a 可以是一個三角形的三邊邊長。
(2) 承(1)，邊長a2 a 1所對應的角是幾度。
習題 6 設Sn代表單位圓（半徑是 1 的圓）內接正n邊形的邊長；Tn代表單位圓外切正 n邊形的邊長。
(1) 求S Tn, n的值。
(2) 求
4Sn2
4Tn2
的值。
習題 7 如下圖所示，兩個固定的圓相交於 ,P Q 兩點。
若線段 AB 通過Q 點，且 ,A B 兩點分別在兩個圓上，則比值 PB
PA 是個常數（與線段 AB 的選取無關）。
習題 8 如圖所示，在山壁上鑿出一隧道形狀的倉庫，上緣為圓弧 AD ，其所在圓的圓 心為BC 的中點O，半徑為 10 公尺，AB、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（如圖所示）。問：這矩形箱子的正面面積 最大值是多少？
習題 9 化簡
sin 20 2cos 40 cos 20
？
習題 10 承例題 10，如果甲、乙兩隻魚是k 2的魚種， 45且
= 2 ( ) 乙魚消耗的能量
甲魚消耗 能量 倍
的 。
試求角度 的值。
習題 11 《中學生數學》雜誌 2000 年第一期的封面是一幅歐洲教堂的照片，它是一座 哥德式的建築。建築物上有一個窗戶的造型如下圖所示。圖中弧 AB 和弧 AC 分別是以 C 和 B 為圓心 BC 長為半徑的圓弧。圓O1、圓O2和圓O3兩兩相切，
並且圓O1、圓O2與弧 AB 相切，圓O1、圓O3與弧 AC 相切，圓O2、圓O3的半 徑相等。如果使圓O2、圓O3充分大，記線段 BC 的長度為a，請你計算出圓O1 的半徑，並給出這個圓的作法。
習題 12 利用『海龍公式』求邊長為 13, 14, 15 的三角形之面積。
習題 13 利用『托勒密定理』證明『畢氏定理』。
習題 14 四邊形 ABCD 是圓內接凸四邊形，而且三角形 ABC 剛好是正三角形。證明 .
DBDA DC
習題 15 利用『三弦定理』證明『畢氏定理』。
習題 16 下圖是由三個正方形構成的矩形。證明： , ,A B C 三點共線。
習題 17 （正切定理）利用正弦定理證明
tan 2 . tan 2
A B a b
A B a b
習題 18 如右圖所示，證明
. PBPA PC
習題 19 右圖是某建設公司為節省空間，在樓梯下方設置一正 方形浴室，浴室左上角恰與樓梯相接。
(1) 求浴室的邊長（以 ,a b 表示）。
(2) 若a 2.8,b2.1，求樓梯斜坡長度及浴室邊長。
習題 20 下圖中，三角形 OAB 是坐標平面上的正三角形，且 3 7 3 7 3 3 (0,0), , .
2 2
O A
求 B 點的坐標。
習題 21 已知 A、 B 、C 、 D 、 E 為某直線上相異的五個點且 A、 B、C、 D、 E是 不在此直線上的另五個相異點，其中 AA、 BB、 CC、 DD、 EE五直線兩 兩平行。若C、 D、 E分別為線段 A B 與線段 AB；線段 A B 與線段CB及線 段 A C 與線段 AB的交點且DD 20,EE 30則求線段AA BB, 及CC長度。
習題 22 (阿爾別隆問題)右圖垂直線區域的形狀像 古希臘做皮鞋用的阿爾別隆刀，它是由以
, ,
BC AB AC 為直徑的三個半圓所圍成的 區域。證明：阿爾別隆刀的面積等於以 AH 為直徑的圓面積（AH 是與 BC 垂直
的直線， H 是以 BC 為直徑的半圓與直線 AH 的交點）。
動手玩數學
每年過年的時候，甲上村與跑快村都會推出一位飛毛腿來一較高下。甲上村的飛毛腿從 甲上村出發（新年正午時刻），跑快村的飛毛腿同時從跑快村起跑，在直線上找一個點 當賽跑的終點（如圖所示，跑快村離直線的距離較甲上村近），先跑到終點者勝。終點 的位置由當年的裁判決定。
(1) 如果裁判想當個中立的仲裁者，他該選擇那個點當終點。
(2) 如果裁判想偏袒跑快村的選手，他該選擇那個點當終點對跑快村的選手最有利。
參考文獻
[1] 許志農，問題集（第一﹑四﹑五集），《數學新天地》，龍騰文化。
[2] 許志農，《算術講義》（初級篇），自印。
[3] 許志農，《數學解題與思維》，未出版。
[4] 許志農，《恆春山海里當兵日記》，未出版。
[5] 蔡聰明，《數學的發現趣談》，三民書局。
[6] 曹亮吉，《阿草的葫蘆》，遠哲科學教育基金會。
[7] 侯明輝，一個值得重視的三弦定理，《上海中學數學》第五期（1995 年）。
[8] 陸劍豪譯（曼羅迪諾著），《歐基里得之窗-從平行線到超空間的幾何學故事》，究竟 出版社。
[9] 樂嗣康，托勒密定理與三弦定理的關係，《數學傳播季刊》第 26 卷第 1 期， 54-57。
[10] 葉李華、李國偉譯（奧瑟曼著），《宇宙的詩篇》，天下文化。
[11] 葉偉文譯（倫迪‧薩頓著），《典雅的幾何》，天下文化。
[12] 常庚哲、周炳蘭譯（戴維斯與赫希著），《笛卡爾之夢》，九章出版社。
[13] 胡守仁譯（毛爾著），《毛起來說三角》，天下文化。
[14] David Wells, You are a mathematician, John Wiley.
[15] A. S. Posamentier and C. T. Salkind, Challenging Problems in Geometry, Dover Publications.
宇宙的詩篇……三角學與三角函數的習題解答
習題 1 (1) 因為 弧長 半徑 該弧的弧度，且
180 ( ),
弧度 所以
180 57.3.
r r 180
弧長
(2) 因為 1 2
2
扇形面積 半徑 該弧的弧度 ，所以扇形面積為
2 2
1 2 180
2 180 360 2 .
r r
r
習題 2
可令「太陽出現方位是 x 軸」，「北極星出現方位 y 軸」，並將逃亡方位與拉薩方位依題意 描繪如下圖。由圖知道逃亡方位與拉薩方位的夾角為80。
習題 3 如下圖，欲求的答案為
2 cos ( ) 2
r r R R
倍 。
習題 4
如下圖所示，設漁夫在北緯方位（即 A點位置）。因為 CA 是漁夫在北緯方位時的水 平方向，所以 CA 與 BA 垂直，而且 CA 與 HA夾30，即CAH 30。因此
90 30 60
BAH
。再由 BC 與 AH 垂直得到 9060 30。所以漁夫在北緯 30方位。
習題 5
(1) 構成三角形的充分條件是「任一兩邊的和必須大於第三邊。」
2 2
2 2
2 2
(2 1) 1 2 ; 2 ; (2 1) 2 1; 0 ;
(2 1) 0 1 2 2 1;
0 ; 1 0 2 0 .
a a a a a a
a a a a a a
a a
a a a a a
a
a a
a
或
因此，只要a0就可以。
(2) 設該角為 （0 180），利用餘弦定理得到
2 2
2 2 2
2
2 2
2
(2 1) 2 1
cos 2 2 (2 1) (2 1) 2 3 1 1
2 ( 2)(2 1) (2 1) ( 1)(2 1)( 1)
2 ( 2)(2 1) (2 1) ( 1)( 1)
2 ( 2) ( 2)
2 ( 2) 1.
2
a a a a a
a a a
a a a a
a a a
a a a a
a a a
a a a
a a a a
a a
由此解得 60。
習題 6 (1) Sn 2sin , Tn 2 tan .
n n
(2) 由Sn 2sin n
及Tn 2 tan n
得
2
2
2 22 2
2
4 4 16 1 sin 1 tan sin 16cos 1
cos 16.
n n
S T
n n
n n
n
習題 7
考慮三角形 PAB ，令 R 為其外接圓的半徑。由正弦定理得到
2 sin .
sin sin sin
PA PB PB PAQ
PBQ PAQ R PA PBQ
無論如何選取線段 AB， PAQ 與 PBQ 都是對應到兩圓交弦 PQ 的圓周角，故為定角（對 等弦的圓周角都相等）。因此比值
PB PA 為一常數。
【註】這是很好的「正弦定理」測驗題。
習題 8
設矩形箱子與隧道上緣的兩個接處點（就是矩形箱子上方的兩個頂點）中，離 A較近的 點為 P ，令 POB 。由AB5,AO10得到AOB30，所以30 90。
矩形箱子的正面面積為
(10sin ) (2 10cos ) 100sin(2 ).
矩形高 矩形寬
顯然，當 45時，矩形箱子的正面面積最大，它的值是 100 平方公尺。
習題 9 sin 20 sin 20
2 cos 40 cos 20 2 cos(60 20 ) cos 20 sin 20
(2 cos 60 cos 20 2sin 60 sin 20 ) cos 20 sin 20
(cos 20 2sin 60 sin 20 ) cos 20 sin 20
2sin 60 sin 20 1
2sin 60 3. 3
習題 10 將 45代入能量公式得到
2 2
sin 45 2sin 2
2 cos sin
sin 45 cos sin cos 45 2
2 1 (cos sin )
2 2 1 2sin cos 1
2 sin(2 ) 1
2 2 30 150
15 75 .
或 或 當 75時， 6 2 6 2 2
cos sin 0
4 4 2
不合。因此 15。
習題 11
設圓O 、圓1 O 相切於點 E ，圓2 O 、圓1 O 相切於點 F ，圓3 O 、圓2 O 相切於點 D ，圓3 O 、1
與弧 AB 相切於點 G 。顯然，點 F 在線段O O ，點1 3 G 在CO 的延長線上，且1 O D1 BC， 易知圓O 和圓2 O 的半徑為3
4
a 。如果圓O 的半徑為 r ，就有1 1 , , 2 CO a r CD a
1 3
4
O O r a。由畢氏定理及這些數據可得
2 2 2 2 2
1 1 1 3 3
2 2 2
( )2 .
2 4 4
CO CD O D O O O D
a a a
a r r
整理解得r0.3a。故圓O 的半徑為1 r0.3a，它的圓心O 是以1 O 為圓心，2 0.25a0.3a0.55a為半徑的圓與 BC 的中垂線的交點。
習題 12 由海龍公式得到 13 14 15
2 21
s ，三角形面積為
( )( )( ) 21(21 13)(21 14)(21 15) 84.
s sa sb sc
習題 13
設 ABC 為直角三角形，作它的外接圓如下圖，並在圓上取一點 D 使得四邊形 ABCD 為 矩形，因此ABCD BC, AD AC, BD。利用『托勒密定理』得到
2 2 2
. AB CD BCAD AC BD AB BC AC
習題 14
因為 ABC 是正三角形，所以 ABBC AC。由『托勒密定理』得到 . AC DB AB DC BC DA DBDA DC
習題 15
如圖，三角形 ABC 是直角三角形，作它的外接圓如下圖，並在圓上取一點 D 使得四邊 形 ABCD 為矩形。由『三弦定理』得到
2 2 2
sin sin sin
sin 90
.
AC BAD AB CAD AD CAB
CD BC
AC AB AD
AC AC
AB AD
AC AB AD
AC AC
AC AB AD
習題 16
採取「座標法」來處理本問題：考慮如下的座標，顯然 , ,A B C 的座標分別為 (3,3), (6,2), (12,0)
A B C 。通過 BC 的直線方程式為
0 0 2
3 12.
12 12 6
y x y
x
將 (3,3)A 代入此方程式，得到 3 3 3 12 ，因此 A點亦在直線 BC 上。所以 , ,A B C 三點 共直線。
習題 17 設 R 為三角形 ABC 外接圓半徑。由正弦定理
sin sin 2 .
a b
A B R 得到
2 sin 2 sin 2 sin 2 sin sin sin sin sin
2sin cos
2 2
2sin cos
2 2
sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 tan 2 . tan 2
a b R A R B
a b R A R B
A B
A B
A B A B A B A B A B
A B A B A B
A B A B
習題 18 利用『三弦定理』得到
sin120 sin60 sin60 . PB PA PC PBPA PC
習題 19
(1) 設浴室邊長為c，利用「大直角三角形面積＝兩個小直角三角形面積＋浴室面積」
得到
( ) ( ) 2
2 2 .
ab a c c b c c ab c c
a b
(2) 依畢氏定理得到
2 2
2.8 2.1 3.5.
樓梯斜坡 將a2.8,b2.1代入(1)的公式得到
2.8 2.1 2.8 2.1 1.2.
浴室邊長
習題 20 將座標平面換成複數平面， A點的複數座標為
3 7 3 7 3 3
2 2 i
設 B 點的複數座標為 xyi。因為BOA60 , BO AO，所以
(cos60 sin 60 ) 1 3 2 2 3 7 3 7 3 3
2 2
3 7 3 7 3 3 1 3
3 7 .
2 2 2 2
B i
A
x yi
i i
x yi i i i
點的複數座標 點的複數座標
因此 B 點的座標為 (3,7)。
