一、前言

本篇文章在探討一給定其中 $n-1$ 個邊與其所夾出 $n-2$ 個角的凸 $n$ 邊形所對應的面積一般式。 其靈感源自於學科能力競賽的題目:

 

 

當初嘗試將 ${\overline {EA}}$ 線段分解成 4 與 $2\sqrt{3}$ 將五邊形看成兩個四邊形做處理, 最後竟意外得出一個漂亮的四邊形面積公式, 而嘗試將其推廣至五邊形甚至是多邊形時, 觀察出凸多邊形的遞迴關係式, 進而猜測其一般式並分別利用分割法與座標法驗證其正確性, 雖然處理過程繁雜, 但結果與猜測一致!

後來上網查資料時發現此公式已於 1963 年被 Lopshits 所提出, 不過並沒有查到相關的證明手法。 在此提供兩種不同的證明思路供各位參考, 現在就讓我們推開幾何世界的美妙大門吧!

二、本文

性質1： 給定一凸 $n$ 邊形, 其各頂點依序為 $A_1$、 $A_2$、 $\ldots$、 $A_n$, 其中 ${\overline{A_1A_2}}$、 ${\overline{A_2A_3}}$、 $\cdots$、 ${\overline{A_{n-1}A_n}}$ 分別為 $a_1$、 $a_2$、 $\cdots$ 、 $a_{n-1}$, $\angle A_2$、 $\angle A_3$、 $\cdots$ 、 $\angle A_{n-1}$ 分別為 $\theta_1 $、 $\theta_2 $、 $\cdots$ 、$\theta_{n-2}$, 如圖一的四邊形。 連接 ${\overline{A_1A_3}}$, 設 $\angle A_1 A_3 A_2=\phi$、 ${\overline{A_1A_3}}=x$, 則:

\begin{align} \left\{\begin{array}{l} \sin\phi=\dfrac{a_1 \sin\theta_1}x,\\[5pt] \cos\phi=\dfrac{a_2-a_1 \cos\theta_1}x. \end{array}\right. \label{1} \end{align}

 

 

 

證明： 對於 $\triangle A_1 A_2 A_3$, 由正弦定理知:

$$\frac x{\sin\theta_1}=\frac{a_1}{\sin \phi}\Longrightarrow \sin \phi=\frac{a_1 \sin\theta_1}x,$$

又由餘弦定理知:

$$\left\{\begin{array}{l} \cos\theta_1 =\dfrac{a_1^2+a_2^2-x^2}{2a_1a_2}\Longrightarrow x^2=a_1^2+a_2^2-2a_1a_2\cos\theta_1, \\[12pt] \cos\phi=\dfrac{a_2^2+x^2-a_1^2}{2a_2x}. \end{array}\right. $$

將上式代入下式中得:

\begin{align*} &\cos\phi=\dfrac{a_2-a_1\cos\theta_1}{x}.\\ {\hbox{故}} &\left\{\begin{array}{l} \sin\phi=\dfrac{a_1\sin\theta_1}{x},\\[7pt] \cos\phi=\dfrac{a_2-a_1\cos\theta_1}{x}. \end{array}\right. \end{align*}

得證。

$\Box$

性質2： 給定一凸 $n$ 邊形, 其各頂點依序為 $A_1 (x_1,y_1)$、 $A_2 (x_2,y_2)$、 $\cdots$、 $A_n (x_n,y_n)$, 則有

\begin{align} S(A_1 A_2\cdots A_n )=\frac 12 \left|\begin{array}{ccccc} ~x_1~&~x_2~&\cdots&~x_n~&~x_1~\\[4pt] ~y_1~&~y_2~&\cdots&~y_n~&~y_1~ \end{array}\right|,\label{2} \end{align}

即為測量師公式, 詳細證明見參考文獻 。

以下將利用上述兩性質以「分割法」與「座標法」來探討「給定一凸 $n$ 邊形, 其各頂點依序為 $A_1$、 $A_2 $、 $\cdots$、 $A_n$, 其中 ${\overline{A_1A_2}}$、 ${\overline{A_2A_3}}$、 $\cdots$、 ${\overline{A_{n-1}A_n}}$ 分別為 $a_1 $、 $a_2 $、 $\cdots$、 $a_{n-1}$, $\angle A_2$、 $\angle A_3$、 $\cdots$、 $\angle A_{n-1}$ 分別為 $\theta_1 $、 $\theta_2 $、 $\cdots$、 $\theta_{n-2}$」的面積形式。

(一) 分割法

(1) 凸四邊形 ($n=4$)

連接 ${\overline{A_1A_3}}$, 設 $\angle A_1 A_3 A_2=\phi$、 ${\overline{A_1A_3}}=x$, 將四邊形 $A_1 A_2 A_3 A_4$ 分割成三角形 $A_1 A_2 A_3$ 加上三角形 $A_3 A_4 A_1$, 因此有:

\begin{align} S(A_1 A_2 A_3 A_4 )=\,&S(A_1 A_2 A_3 )+S(A_3 A_4 A_1 )\nonumber\\ =\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 xa_3\sin(\theta_2-\phi)\nonumber\\ =\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 xa_3 (\sin\theta_2\cos \phi-\sin \phi\cos\theta_2 ).\nonumber\\ {\hbox{利用性質 1 可得:}} =\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 xa_3\Big(\sin\theta_2\frac{a_2\!-\!a_1\cos\theta_1}{x}\!-\!\frac{a_1\sin\theta_1}{x}\cos\theta_2\Big)\nonumber\\ =\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 a_2 a_3 \sin\theta_2-\frac 12a_1a_3\sin(\theta_1+\theta_2),\nonumber\\ {\hbox{故:}} S(A_1 A_2 A_3 A_4 )=\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 a_2 a_3 \sin\theta_2-\frac 12a_1a_3\sin(\theta_1+\theta_2).\label{3} \end{align}

(2) 凸五邊形 ($n=5$)

仿凸四邊形的手法, 連接 ${\overline{A_1A_3}}$, 設 $\angle A_1 A_3 A_2=\phi$、 ${\overline{A_1A_3}}=x$, 將五邊形 $A_1 A_2 A_3 A_4 A_5$ 分割成三角形 $A_1 A_2 A_3$ 加上四邊形 $A_3 A_4 A_5 A_1$, 因此有:

$$S(A_1 A_2 A_3 A_4 A_5 )=S(A_1 A_2 A_3 )+S(A_3 A_4 A_5 A_1 ).$$

又由 \eqref{3} 式有:

$$S(A_3 A_4 A_5 A_1 )=\frac 12 xa_3\sin(\theta_2-\phi)+\frac 12 a_3 a_4 \sin\theta_3-\frac 12 xa_4\sin (\theta_2+\theta_3-\phi).$$

將其差角展開再將 \eqref{1} 式代入化簡得面積公式:

\begin{align} S(A_1 A_2 A_3 A_4 A_5 )=\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+S(A_3 A_4 A_5 A_1 )\nonumber\\ =\,&\frac 12 [a_1 a_2 \sin\theta_1+a_2 a_3 \sin\theta_2+a_3 a_4 \sin\theta_3-a_1 a_3\sin(\theta_1+\theta_2 )\nonumber\\ &-a_2 a_4\sin(\theta_2+\theta_3 )+a_1 a_4\sin(\theta_1+\theta_2+\theta_3)].\label{4} \end{align}

觀察 \eqref{3} 式、 \eqref{4} 式會發現面積公式似乎遵循著某種規則: 「相鄰的兩邊之乘積乘上夾角正弦值$-$間隔一條邊的兩邊之乘積乘上所圍夾角和的正弦值$+$間隔二條邊的兩邊之乘積乘上所圍夾角和的正弦值 $\cdots \cdots$ 」 依此類推, 因此我大膽假設凸 $n$ 邊形之面積一般式為:

$$S(A_1 A_2\cdots A_n )=\frac 12\sum_{i\hbox{、}j\in \{1,2,\ldots ,n-1\}\wedge i\lt j} (-1)^{i-j+1} a_i a_j \sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k\Big).$$

另外在推導 \eqref{3} 式、 \eqref{4} 式的過程中都採用「分割法」處理, 由此可見面積公式存在遞迴關係, 因此以下將以「數學歸納法」證明凸 $n$ 邊形之面積一般式。

(3) 凸 $n$ 邊形

證明凸 $n$ 邊形之面積一般式為:

$$S(A_1 A_2\cdots A_n )=\frac 12\sum_{i\hbox{、}j\in \{1,2,\ldots ,n-1\}\wedge i\lt j} (-1)^{i-j+1} a_i a_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k\Big).$$

1. 證明當 $n=3$ 時原式成立: 由正弦定理有

$$S(A_1 A_2 A_3 )=\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1=\frac 12\sum_{i\hbox{、}j\in \{1,2,\ldots ,n-1\}\wedge i\lt j} (-1)^{i-j+1} a_i a_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k\Big).$$

故當 $n=3$ 時原式成立。

2. 設當 $n=t-1$ ($t\gt3\wedge t\in {\Bbb N})$ 時原式成立, 證明 $n=t$ 時原式亦成立:

連 ${\overline{A_1A_3}}$, 將凸 $t$ 邊形切成一個三角形加一個凸 $t-1$ 邊形。 因此有:

\begin{align*} S(A_1 A_2\cdots A_t )=\,&S(A_1 A_2 A_3 )+S(A_1 A_3 A_4\cdots A_{t-1} )\\ =\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 \sum_{i\hbox{、}j\in\{1,2,\ldots ,t-2\}\wedge i\lt j} (-1)^{i-j+1} b_i b_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta'_k\Big), \end{align*}

其中 $b_1=x$, $b_2$、$b_3$、$\cdots$、$b_{t-2}$ 依序等於 $a_3$、 $a_4$、$\cdots$、$a_{t-1}$, 而 $\theta'_1=\theta_2-\phi$, $\theta'_2$、 $\theta'_3$、$\cdots$、$\theta'_{t-3}$ 依序等於 $\theta_3 $、$\theta_4 $、$\cdots$、$\theta_{t-2}$, 其中 $\phi=\angle A_1 A_3 A_2$。 化簡得:

\begin{align*} &\hskip -20pt S(A_1 A_2 A_3 )+S(A_1 A_3 A_4\cdots A_{t-1} )\\ \,=\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 \sum_{j\in \{2,\ldots ,t-2\}}(-1)^{2-j} b_1 b_j\sin\Big(\sum_{k=1}^{j-1}\theta'_k\Big)\\ &+\frac 12\sum_{i\hbox{、}j\in \{2,\ldots,t-2\}\wedge i\lt j} (-1)^{i-j+1} b_i b_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta'_k\Big), \end{align*}

又

\begin{align*} &\hskip -20pt \frac 12 \sum_{j\in\{2,\ldots ,t-2\}}(-1)^{2-j} b_1 b_j\sin\Big(\sum_{k=1}^{j-1}\theta'_k\Big)\\ =\,&\frac 12 b_1 \sum_{j\in\{2,\ldots ,t-2\}}(-1)^j b_j\sin\Big(\theta'_1+\sum_{k=2}^{j-1}\theta'_k\Big)\\ =\,&\frac 12 b_1 \sum_{j\in\{2,\ldots ,t-2\}}(-1)^j b_j\sin\Big(-\phi+\sum_{k=2}^j\theta_k \Big)\\ =\,&\frac 12 x\sum_{j\in\{3,\ldots ,t-1\}}(-1)^{j+1} a_j \Bigg[\sin\Big(\sum_{k=2}^{j-1}\theta_k \Big)\frac{a_2-a_1 \cos\theta_1}{x}- \frac{a_1 \sin\theta_1}x \cos \Big(\sum_{k=2}^{j-1}\theta_k\Big)\Bigg]\\ =\,&\frac 12 \sum_{j\in\{3,\ldots ,t-1\}}(-1)^{j} a_j \Bigg[\sin\Big(\sum_{k=2}^{j-1}\theta_k \Big) a_1 \cos\theta_1+a_1 \sin\theta_1\cos \Big(\sum_{k=2}^{j-1}\theta_k )\Bigg]\\ &+\frac 12 \sum_{j\in\{3,\ldots ,t-1\}}(-1)^{j+1} a_2 a_j\sin\Big(\sum_{k=2}^{j-1}\theta_k \Big)\\ =\,&\frac 12 \sum_{j\in\{3,\ldots ,t-1\}}(-1)^j a_1 a_j\sin\Big(\sum_{k=1}^{j-1}\theta_k \Big)+\frac 12 \sum_{j\in\{3,\ldots ,t-1\}} (-1)^{j+1} a_2 a_j\sin\Big(\sum_{k=2}^{j-1}\theta_k \Big).\\ &\hskip -30pt \therefore\quad S(A_1 A_2 A_3 )+S(A_1 A_3 A_4\cdots A_{t-1} )\\ =\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 \sum_{j\in\{3,\ldots ,t-1\}}(-1)^j a_1 a_j\sin\Big(\sum_{k=1}^{j-1}\theta_k\Big)\\ &+\frac 12 \sum_{j\in\{3,\ldots ,t-1\}}(-1)^{j+1} a_2a_j\sin\Big(\sum_{k=2}^{j-1}\theta_k\Big)\\ &+\frac 12 \sum_{i\hbox{、}j\in\{3,\ldots ,t-1\}\wedge i\lt j}(-1)^{i-j+1} a_i a_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k \Big)\\ =\,&\frac 12 \sum_{i\hbox{、}j\in\{1,2,\ldots ,t-1\}\wedge i\lt j}(-1)^{i-j+1} a_i a_j \sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k \Big),\\ \hbox{即}\quad &S(A_1 A_2\cdots A_t )=\frac 12 \sum_{i\hbox{、}j\in\{1,2,\ldots , t-1\}\wedge i\lt j}(-1)^{i-j+1} a_i a_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k\Big). \end{align*}

故當 $n=t-1$ ($t\gt3\wedge t\in {\Bbb N}$) 原式成立時, 則 $n=t$ 時原式亦成立。

3. 由數學歸納法得知:

$$\forall\, n\ge 3\wedge n\in {\Bbb N},\quad S(A_1 A_2\cdots A_n )=\frac 12 \sum_{i\hbox{、}j\in\{1,2,\ldots ,n-1\}\wedge i\lt j} (-1)^{i-j+1} a_i a_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k \Big) $$

皆成立。

故得證:

\begin{align} S(A_1 A_2\cdots A_n )=\frac 12 \sum_{i\hbox{、}j\in\{1,2,\ldots ,n-1\}\wedge i\lt j}(-1)^{i-j+1} a_i a_j \sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k \Big).\label{5} \end{align}

此凸 $n$ 邊形公式的使用條件, 是在給定 $n-1$ 條邊長與這 $n-1$ 條邊長所夾出的 $n-2$ 個角的情況下, 但為何給定這些條件就能夠決定唯一的圖形面積呢?

這是因為可以利用這些條件在座標軸上描繪出所有頂點的座標, 因此會決定唯一的圖形面積。 而既然可以找出所有頂點的座標, 那麼是否可以用已知頂點座標求面積的「測量師公式」推導出上述的 \eqref{5} 式呢?

(二) 座標法

 

 

 

(1) 求得各頂點座標之一般式

令 $A_1 (0,0)$ 並設 $A_k (x_k,y_k)$。 將 $A_k (x_k,y_k)$ 視為新原點, 則 $A_{k+1} (x_{k+1},y_{k+1})$ 即為 $(a_k,0)$ 繞著 $A_k$ 順時針旋轉 $\phi_{k-1}$ 後再加上原來 $A_k$ 的座標。

因此利用旋轉矩陣可得出以下遞迴關係式:

$$ \left[\begin{array}{c}x_{k+1}\\ y_{k+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} x_k\\ y_k\end{array}\right]+\left[\begin{array}{ccc}\cos \phi_{k-1}&~&-\sin \phi_{k-1}\\ \sin \phi_{k-1}&~&\cos \phi_{k-1}\end{array}\right] \left[\begin{array}{c}a_k\\ 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\cos\phi_{k-1} a_k+x_k\\ \sin\phi_{k-1} a_k+y_k\end{array}\right],$$

而其中 $\phi_1=180^\circ-\theta_1$, $\phi_k=180^\circ+\phi_{k-1}-\theta_k$, 如圖二, 再利用疊代法:

\begin{align*} \phi_1=\,&180^\circ-\theta_1,\\ \phi_2=\,&180^\circ+\phi_1-\theta_2=360^\circ-(\theta_1+\theta_2),\\ \phi_3=\,&180^\circ+\phi_2-\theta_3=540^\circ-(\theta_1+\theta_2+\theta_3), &\cdots \cdots. \end{align*}

因此有 $\phi_k=k\pi-\sum\limits_{t=1}^k \theta_t$。

\begin{align*} \Longrightarrow\,& \left\{\begin{array}{l} \cos\phi_k=\cos \Big(k\pi -\sum\limits_{t=1}^k \theta_t \Big)=(-1)^k \cos \Big(\sum\limits_{t=1}^k\theta_t \Big)\\ \sin\phi_k=\sin\Big(k\pi -\sum\limits_{t=1}^k \theta_t \Big)=(-1)^{k+1}\sin \Big(\sum\limits_{t=1}^k\theta_t \Big) \end{array}\right.,\\ \Longrightarrow\,&\left[\begin{array}{c}x_{k+1}\\ y_{k+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\cos \phi_{k-1} a_k+x_k\\ \sin\phi_{k-1} a_k+y_k\end{array}\right]=\left|\begin{array}{c}(-1)^{k-1} \cos \Big(\sum\limits_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big) a_k+x_k\\ (-1)^k \sin\Big(\sum\limits_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big) a_k+y_k\end{array}\right|. \end{align*}

又 $\left[\begin{array}{c} x_1\\ y_1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\end{array}\right]$、 $\left[\begin{array}{c} x_2\\ y_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} a_1\\ 0\end{array}\right]$, 同樣的利用疊代法可以得出:

\begin{align} \left[\begin{array}{c} x_k\\ y_k\end{array}\right]=\,&\left|\begin{array}{c} a_1-a_2 \cos\theta_1+a_3\cos (\theta_1+\theta_2)-\cdots +(-1)^k \cos \Big(\sum\limits_{t=1}^{k-2}\theta_t \Big) a_{k-1}\\ a_2 \sin\theta_1-a_3 \sin(\theta_1+\theta_2)+\cdots+(-1)^{k+1} \sin\Big(\sum\limits_{t=1}^{k-2}\theta_t \Big) a_{k-1}\end{array}\right|\nonumber\\ =\,&\left[\begin{array}{c} a_1-\sum\limits_{p=2}^{k-1} a_p (-1)^p \cos \Big(\sum\limits_{t=1}^{p-1}\theta_t \Big) \\ \sum\limits_{p=2}^{k-1} a_p (-1)^p \sin\Big(\sum\limits_{t=1}^{p-1}\theta_t \Big) \end{array}\right]\quad (\forall \ k\ge 3),\label{6} \end{align}

因此求得頂點之一般式:

\begin{align*} \left[\begin{array}{c} x_k\\ y_k\end{array}\right]=\,&\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\end{array}\right],&&(k=1),\\ \left[\begin{array}{c} x_k\\ y_k\end{array}\right] =\,&\left[\begin{array}{c} a_1\\ 0\end{array}\right],&&(k=2),\\ \left[\begin{array}{c} x_k\\ y_k\end{array}\right]=\,&\left[\begin{array}{c} a_1-\sum\limits_{p=2}^{k-1} a_p (-1)^p \cos \Big(\sum\limits_{t=1}^{p-1}\theta_t \Big)\\ \sum\limits_{p=2}^{k-1} a_p (-1)^p \sin\Big(\sum\limits_{t=1}^{p-1}\theta_t \Big) \end{array}\right],&&(\forall\ k\ge 3). \end{align*}

(2) 證明

$$x_k y_{k+1}-y_k x_{k+1}=a_k (-1)^k\sum_{p=1}^{k-1}[a_p (-1)^{p+1}\sin \Big(\sum_{t=p}^{k-1} \theta_t \Big)\quad (\forall\ k\ge 2).$$

由 \eqref{6} 知:

\begin{align*} &\hskip -15pt x_k y_{k+1}-y_k x_{k+1}\\ =\,&x_k \Bigg((-1)^k \sin \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big) a_k+y_k \Bigg)-y_k \Bigg((-1)^{k-1} \cos \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big) a_k+x_k \Bigg)\\ =\,&x_k a_k (-1)^k \sin \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big)+y_k a_k (-1)^k \cos \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big)\\ =\,&a_k (-1)^k \Bigg[\Bigg(a_1-\sum\limits_{p=2}^{k-1}a_p (-1)^p \cos \Big(\sum_{t=1}^{p-1}\theta_t \Big) \Bigg) \sin \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big)\\ &+\Bigg(\sum_{p=2}^{k-1} a_p (-1)^p \sin \Big(\sum_{t=1}^{p-1}\theta_t \Big) \Bigg) \cos \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t\Big)\Bigg]\\ =\,&a_k (-1)^k [a_1 \sin \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big)\\ &\hskip -7pt +\sum\limits_{p=2}^{k-1}\Bigg[a_p (-1)^p \sin \Big(\sum_{t=1}^{p-1}\theta_t \Big) \cos \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big)- a_p (-1)^p \cos \Big(\sum_{t=1}^{p-1}\theta_t \Big) \sin \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t\Big)\Bigg]\\ =\,&a_k (-1)^k \Bigg[a_1 \sin \Big(\sum_{t=1}^{k-1}\theta_t \Big)\Bigg]+\sum\limits_{p=2}^{k-1}\Bigg[a_p (-1)^{p+1} \sin \Big(\sum_{t=p}^{k-1}\theta_t \Big)\Bigg]\\ =\,&a_k (-1)^k\sum_{p=1}^{k-1}\Bigg[a_p (-1)^{p+1} \sin \Big(\sum_{t=p}^{k-1}\theta_t \Big) \Bigg]. \end{align*}

(3) 利用測量師公式求得面積

由 \eqref{2} 式有:

\begin{align*} &\hskip -15pt S(A_1 A_2\cdots A_n )=\frac 12 \left|\begin{array}{ccccccc} x_1&~&x_2&\cdots&x_n&~&x_1\\ y_1&~&y_2&\cdots&y_n&~&y_1 \end{array}\right|\\ =\,&\frac 12 [(x_1 y_2-x_2 y_1 )+(x_2 y_3-x_3 y_2 )+\cdots+(x_{n-1} y_n-x_n y_{n-1} )+(x_n y_1-x_1 y_n)]\\ =\,&\frac 12 \bigg[0+(a_1 a_2 \sin\theta_1 )+\cdots+a_{n-1} (-1)^{n-1}\sum_{p=1}^{n-2}\Big[a_p (-1)^{p+1} \sin \Big(\sum_{t=p}^{n-2}\theta_t \Big)\Big]+0\bigg]\\ =\,&\frac 12 \sum_{i\hbox{、}j\in\{1,2,\ldots ,n-1\}\wedge i\lt j} (-1)^{i-j+1} a_i a_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k \Big), \end{align*}

與分割法所處理出的 \eqref{5} 式結果相符 !

三、結論

(1) 凸四邊形 $A_1 A_2 A_3 A_4$ 面積公式:

$$S(A_1 A_2 A_3 A_4 )=\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 a_2 a_3 \sin\theta_2-\frac 12 a_1 a_3\sin(\theta_1+\theta_2 ).$$

(2) 凸五邊形 $A_1 A_2 A_3 A_4 A_5$ 面積公式:

\begin{align*} S(A_1 A_2 A_3 A_4 A_5 )=\,&\frac 12 a_1 a_2 \sin\theta_1+\frac 12 a_2 a_3 \sin\theta_2+\frac 12 a_3 a_4 \sin\theta_3\\ &-\frac 12 a_1 a_3\sin(\theta_1+\theta_2 )-\frac 12 a_2 a_4\sin(\theta_2+\theta_3 )\\ +\frac 12 a_1 a_4\sin(\theta_1+\theta_2+\theta_3 ). \end{align*}

(3) 凸 $n$ 邊形 $A_1 A_2\cdots A_n$ 面積公式:

$$S(A_1 A_2\cdots A_n )=\frac 12 \sum_{i\hbox{、}j\in\{1,2,\ldots,n-1\}\wedge i\lt j}(-1)^{i-j+1} a_i a_j\sin\Big(\sum_{k=i}^{j-1}\theta_k \Big).$$

(4) 利用分割法與座標法, 皆可證得相同凸多邊形面積一般式 \eqref{5}。

回歸原先的題目:

 

 

為求方便計算因此選定 ${\overline {AB}}$、 ${\overline {BC}}$、 ${\overline {CD}}$、 ${\overline {DE}}$ 與 $\angle B$、 $\angle C$、 $\angle D$, 因此有:

\begin{align*} S(ABCDE)=\,&\frac 12 [2\times 2\sqrt{3}\times \sin 120^\circ+2\sqrt{3}\times 4\times \sin 120^\circ+4\times 2\times \sin 150^\circ\\ &-2\times 4\times \sin 240^\circ-2\sqrt{3}\times 2\times \sin 270^\circ+2\times 2\times \sin 390^\circ]\\ =\,&12+4\sqrt{3}, \end{align*}

與答案相符!

四、討論

藉由前文給出的面積公式, 我們可以推導出性質 3。

性質3： 已知一凸四邊形 $A_1 A_2 A_3 A_4$, 並給定 ${\overline{A_1A_2}}=a$、 ${\overline{A_3A_4}}=b$, $\angle A_1$、 $\angle A_2$、 $\angle A_3$、 $\angle A_4$ 分別為 $\theta_1 $、 $\theta_2 $、 $\theta_3 $、 $\theta_4$, 如圖三, 則有:

\begin{align*} S(A_1 A_2 A_3 A_4 )=\,&\frac 1{2(\sin\theta_1 \sin\theta_3-\sin\theta_2 \sin\theta_4)}\\ &\times \{a^2 \sin\theta_1 \sin\theta_2 \sin (\theta_2+\theta_3 )+b^2 \sin\theta_3 \sin\theta_4 \sin (\theta_1+\theta_4 )\\ &+ab\sin\theta_2 \sin\theta_4 [\sin(\theta_1+\theta_4 )+\sin(\theta_2+\theta_3)]\}. \end{align*}

 

 

 

證明： 設 ${\overline{A_2A_3}}=x$、 ${\overline{A_1A_4}}=y$, 因此有

$$S(A_1 A_2 A_3 A_4 )=\frac 12 ax\sin\theta_2+\frac 12 by\sin\theta_4.$$

選定 ${\overline{A_1A_2}}$、 ${\overline{A_2A_3}}$、 ${\overline{A_3A_4}}$、 $\angle A_2 $、 $\angle A_3$ 代入面積公式:

$$S(A_1 A_2 A_3 A_4 )=\frac 12 ax\sin\theta_2+\frac 12 bx\sin\theta_3-\frac 12 ab\sin(\theta_2+\theta_3).$$

選定 ${\overline{A_1A_2}}$、 ${\overline{A_1A_4}}$、 ${\overline{A_3A_4}}$、 $\angle A_1 $、 $\angle A_4$ 代入面積公式:

$$S(A_1 A_2 A_3 A_4 )=\frac 12 ay\sin\theta_1+\frac 12 by\sin\theta_4-\frac 12 ab\sin(\theta_1+\theta_4).$$

將三式聯立可得:

$$\left\{\begin{array}{l} x\sin\theta_3-y\sin\theta_4=a\sin(\theta_2+\theta_3),\\ [5pt] y\sin\theta_1-x\sin\theta_2=b\sin(\theta_1+\theta_4). \end{array}\right.$$

解得:

$$\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{a\sin\theta_1\sin(\theta_2+\theta_3 )+b\sin\theta_4\sin(\theta_1+\theta_4)}{\sin\theta_1 \sin\theta_3-\sin\theta_2 \sin\theta_4 },\\[12pt] y=\dfrac{a\sin\theta_2\sin(\theta_2+\theta_3 )+b\sin\theta_3\sin(\theta_1+\theta_4)}{\sin\theta_1 \sin\theta_3-\sin\theta_2 \sin\theta_4 }.\end{array}\right.$$

再將 $x$、 $y$ 代入, 便可得到得證:

\begin{align*} S(A_1 A_2 A_3 A_4 )=\,&\frac 1{2(\sin\theta_1 \sin\theta_3-\sin\theta_2 \sin\theta_4)}\\ &\times \{a^2 \sin\theta_1 \sin\theta_2 \sin (\theta_2+\theta_3 )+b^2 \sin\theta_3 \sin\theta_4 \sin (\theta_1+\theta_4 )\\ &+ab\sin\theta_2 \sin\theta_4 [\sin(\theta_1+\theta_4 )+\sin(\theta_2+\theta_3)]\}. \end{align*}

我們將以 2015 年學科能力競賽題目為例, 說明前文面積公式和性質 3 的使用時機。

 

 

 

 

 

法一： 利用前文面積公式 \eqref{5}

設 ${\overline {BC}}=x$、 ${\overline{AD}}=y$, 則 $S(ABCD)=S(ABC)+S(CDA)=2x+y$ 選定 ${\overline {BC}}$、 ${\overline {CD}}$、 ${\overline{DA}}$、 $\angle C$、 $\angle D$代入面積公式:

$$S(ABCD)=\frac 12 (2y+2x\sin 120^\circ-xy\sin 210^\circ)=\frac{\sqrt{3}}2 x+y+\frac 14 xy$$

因此

$$2x+y=\dfrac{\sqrt{3}}2 x+y+\dfrac 14 xy \Rightarrow y=8-2\sqrt{3}$$

再選定 ${\overline{BA}}$、 ${\overline{AD}}$、 ${\overline{DC}}$、 $\angle A$、 $\angle D$ 代入面積公式:

$$S(ABCD)=\frac 12 (4y\sin60^\circ+2y-2\times 4\times \sin 150^\circ)=6\sqrt{3}.$$

法二：利用性質 3

將 $a=4$、 $b=2$、 $\theta_1=90^\circ$、 $\theta_2=120^\circ$、 $\theta_3=90^\circ$、 $\theta_4=60^\circ$ 代入, 亦可得 $S(ABCD)=6\sqrt{3}$。

由上述討論可以發現, 藉由多次的「選定」不同的邊、角, 利用一多邊形面積不會改變的特性, 可以有效地處理給定特殊條件之多邊形的特定邊長與其面積, 並且亦可給出公式型式。

雖然此面積公式已被 Lopshits 先一步提出, 不過本文利用了分割法與座標法的處理手法得證此公式。 求面積的方法有十分多種, 例如: 三角形的海龍公式、 四邊形的布雷特施奈德公式等等, 而這個公式可以透過「選定」, 來求得邊與面積。 另外在條件充裕的情況下, 亦可選定不同的邊、 角去驗證答案的正確性。 由此可知, 此公式是一個有力的求面積公式。

特別感謝指導老師: 王鴻翔老師。

參考文獻

本文作者就讀於國立彰化高級中學