科學研習月刊上有一道數學問題，將編號1至5的鵲與1隻鳩(編號0)任意排成一圈，鵲媽媽由k號鵲開始餵，下一次順時針數k隻鳥後，餵第二隻r號鵲，再順時針數r隻鳥後餵第三隻，依此類推且鳩吃不到食物，我們成功找出原題不讓鳩吃到食物的解。但隨著鵲與鳩的增加，直接討論餵食順序與位置關係越趨困難，所以用鵲(n隻)不重複餵食進行討論得出成功餵食順序，也推出鵲鳩圍成一圈的排列位置。因此，我們證明出n鵲m鳩成功餵食的有解條件，並用排列組合與對稱性算出成功餵食順序的方法數。最後，我們也改變餵食方法，採餵食後跳過不數的方式，發現成功餵食順序的方法數不會隨著鳩數增加而改變，皆為編號1至n的鵲的直線排列數n!。

本研究源於競賽之幾何問題，將其動態化與一般化得到三角形各邊同向生成正多邊形頂點與頂點連線特定的圖形不變性。本研究證明出： 一、兩外延正n邊形與框架正n邊形同相對位置的頂點(分別為Bi、Ci、Ai)，與三角形可動頂點K 恆形成平行四邊形BiAiCiK，此為形成不變性之關鍵。 二、當三角形可動頂點之角度為定值θ，則框架角分別為180+180/n-θ及180-180/n-θ度。 三、三角形可動頂點K移動過程中，兩外延正多邊形中以K為起點分別依順時鐘與逆時鐘依序對應之頂點會形成(n-1)組的以底邊中垂線為對稱軸之軌跡，並與K點軌跡形狀相同、大小分別為框架正n邊形第i-3或i-4對角線長度倍數的圖形(若i-3、i-4≦0，則為1倍)。

我們對內切圓研究一開始是從四邊形出發再延伸到多邊形，而研究的方向有兩個，其中一個是探討圓外切多邊形與圓內接多邊形（即圓與切線交點之切點多邊形）之間的關係。首先得到凸多邊形內切圓的成立條件，依據圓外切多邊形的邊角關係、邊長關係，得到不同的結論；接下來對圓外切四邊形與切點四邊形的關係做分類，並討論這兩種四邊形的面積公式後，進而觀察這兩種四邊形的面積與周長比值的關係，最後衍伸至n邊形，因而得到凸多邊形之面積與周長比值的關係。另一個方向則是由圓外切四邊形與切點四邊形的對角線交點，以及兩四邊形之邊長延伸線的交點、內外頂點延伸線的交點，去探討其共點共線的關係。

一、本研究 探討 連動桿繪圖機 的 結構 以 及相關原理， 並 改良原有的繪圖機 。 二、順利找出繪圖機桿長的限制。在改變連桿長度以及旋轉半徑等變數的研究中，改變後的變數必須符合桿長的限制才能順利繪製出圖形。 三、找出繪製 圖形的 形狀 也 找出 繪圖 點 B 和 繪圖 點 P 的 極值。 四、探 討出 轉盤的旋轉速度、連桿長度以及旋轉半徑對於繪製出來圖形的影響。 五、改良現有的繪圖機，並且以改變旋轉速度、連桿長度以及旋轉半徑三個變數來繪製出不同的圖形。 六、依照研究的成果來改變繪圖機的變數，順利繪製出想要的圖形。

本研究旨在探討圓外切多邊形中從每個頂點沿相交邊延伸特定距離所形成新端點的共圓性質，作為康威圓定理的一項推廣。研究同時考察了從圓外切多邊形的每個頂點處沿其相鄰邊及其反方向延伸特定距離形成的端點是否亦共圓。研究結果顯示，多組端點呈現共圓的現象。特別是在三角形的案例中，相較於邊數四或以上的多邊形，每組在共圓點的數量上多出兩個。進一步的探討揭示了三角形經過此操作後，三條公弦的延長線相交於一點，竟恰好是三角形的奈格爾點 (Nagel point)，本研究對這一發現也進行了討論和論證。

本研究從彭羅斯瓷磚出發，將飛鏢與風箏沿對稱軸切出角度分別為108˚、36˚、36˚及 36˚、72˚、72˚的等腰三角形，將兩者的短邊設為1分別定義為 A、B元件。拿數量不等的兩種元件拼成與原本元件相似的三角形得出所有腰邊長為𝑥+𝑦𝜑的相似A元件，以及所有腰邊長為𝑥+𝑦𝜑(𝑥≠𝑦+1)的相似B元件，都有辦法利用A、B元件拼貼出來，其中𝑥、𝑦為正整數。 本研究訂定「強制匹配費氏拼法」來拼貼相似A、B元件從而建構出非週期性鑲嵌彭羅斯瓷磚。使用的拼法為後一個圖形是前兩個圖形的組合，且過程中因需符合強制匹配弧線，在拼貼相似B元件時，需將前一個圖形翻轉後再經旋轉將兩個圖形組合。本研究找出拼湊結合時，產生飛鏢與風箏數量的規律推算出總數量的遞迴關係式。

2023年9月數學雜誌《Crux Mathematicorum》刊登有趣的三角形內心的幾何問題，我們先證明了原命題的長度性質，再創新刻劃出有趣的面積不變量。隨後將內心推廣到旁心、垂心與外心的建構，並且證明僅此四心的建構下才有長度與面積不變量。值得一提的是，除了前述的定量項目外，我們也發現四種建構下的三線共點之定性性質，同時刻劃四種建構的關聯性是漂亮的等角結構，這是本研究亮點。推廣到多邊形，我們發現本質的幾何結構為截線的角平分線性質（內心與旁心的結合），從而將此問題轉換成一般性問題，並給出了豐富的等長、等角、等面積之性質，以及連線多邊形恆為圓外切多邊形。

本作品取自國際數學奧林匹亞2022年第一題，我們給出完整的解答，不需要使用中學以上的數學知識，而且利用本作品的方法，將原題探討的兩種硬幣，推廣到m≧3種。

本研究目的為在相同的等腰直角三角形密鋪而成的矩形中，若從右上角頂點分別往左與往下移動數格，及左下角頂點分別往右與往上移動數格，再分別從左下往右上連接2條直線，並將這2條直線拓寬成一個封閉區域，則此對角封閉區域T會經過幾個三角格呢？先從左下角至右上角的對角線會經過的三角格開始觀察，發現經過的三角格數量與矩形長邊、矩形長、寬邊的最大公因數有關。接著將對角線有規律的拓寬成不同的封閉區域，並將經過的三角格用相異的顏色區分，用逆向思考的方式，把矩形中的三角格總數減去2直線經過的三角格數量，順利找出計算公式。最後我們也用相似的概念順利找出另一方向對角封閉區域H的計算公式，讓整個研究更為完整。

本研究的結果如下：一、對於1xn方格表，快速排法為每格填0其可填1的個數最大值=0。對於mx1方格表，快速排法為每格填0其可填1的個數最大值=0 。 二、當m>1，n>1時，2xn方格表快速排法為一半方格填1，一半方格填2，如圖5-2-5在2xn方格表可填1的個數最大值=n，對於mx2方格表，快速排法可以將表格旋轉90度，再用2xn方格表的快速排法 即可達成，則mx2方格表可填1的個數最大值=m 。三、在探究原始問題4x5方格表填入最多1的方格數量方法上，推得最佳策略行數=(4n-2m)除以3此最佳策略行數可應用於：mxn方格表，m=3k+1，n=3t+2且3k+1<3t+2<2(3k+1) 。四、對於mxn(m不小於3且n不小於3)的方格表，分成六種類型，推導出可填入最多1的方格數量之快速排法與計數公式的六個定理。