三角比の値と辺の長さ

数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.151 問題 2

\({\small (1)}~\)

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\({\rm AD}\) は \(\triangle {\rm ABD}\) の \(\angle {\rm D}\) の正接より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\tan \theta&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm AD}\,}\\[5pt]~~~{\rm AD}\tan \theta&=&a\\[5pt]~~~{\rm AD}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\tan \theta\,}\end{eqnarray}\)

 
 

\({\small (2)}~\)\({\rm BD}\) は \(\triangle {\rm ABD}\) の \(\angle {\rm D}\) の正弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\sin \theta&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm BD}\,}\\[5pt]~~~{\rm BD}\sin \theta&=&a\\[5pt]~~~{\rm BD}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin \theta\,}\end{eqnarray}\)

 
 

\({\small (3)}~\)長方形より \(\angle {\rm ABC}=90°\) であるので、

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　\(\angle {\rm ABH}=90°-\theta\)

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\({\rm AH}\) は \(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) の正弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\sin (90°-\theta)&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AH}\,}{\,{\rm AB}\,}\\[5pt]~~~\cos \theta&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AH}\,}{\,a\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}&=&a\cos \theta\end{eqnarray}\)

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※ \(\sin (90°-\theta)=\cos \theta\) の公式を用いる。

数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.151 問題 5
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.137 問題 1

\(\triangle {\rm ADC}\) は \(\angle {\rm ACD}=90°~,~\angle {\rm ABD}=15°~,~\angle {\rm ADC}=30°\) より、\(1:2:\sqrt{3}\) の直角三角形であるので、

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　\({\rm AC}=1~,~{\rm AD}=2~,~{\rm DC}=\sqrt{3}\) とおく

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また、\(\triangle {\rm ABC}\) より、

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　\(\angle {\rm BAC}=90°-15°=75°\)

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\(\triangle {\rm ADC}\) より、

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　\(\angle {\rm DAC}=90°-30°=60°\)

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よって、\(\angle {\rm DAB}=75°-60°=15°\)

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これより、\(\angle {\rm DAB}=\angle {\rm ABD}=15°\) より、\(\triangle {\rm DBA}\) は二等辺三角形であるので、

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　\({\rm BD}={\rm AD}=2\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BC}&=&{\rm BD}+{\rm DC}\\[3pt]~~~&=&2+\sqrt{3}\end{eqnarray}\)

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したがって、

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\(\begin{eqnarray}~~~\tan 15°&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm BC}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2+\sqrt{3}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2+\sqrt{3}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,2-\sqrt{3}\,}{\,2-\sqrt{3}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2-\sqrt{3}\,}{\,4-3\,}\\[5pt]~~~&=&2-\sqrt{3}\end{eqnarray}\)

数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.171 問題 7

\({\small (1)}~\)\({B}~,~{C}\) がともに鋭角のとき、頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすと、

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　\(a={\rm BH}+{\rm HC}\)

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\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、

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　\({\rm BH}=c\cos {B}\)

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\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、

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　\({\rm HC}=b\cos {C}\)

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したがって、

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\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}+{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}+b\cos {C}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)

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よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)

 
 

\({\small (2)}~\)\({B}\) が鈍角のとき、頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) の延長線に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすと、

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　\(a={\rm HC}-{\rm BH}\)

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\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm ABH}\) の余弦より、

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　\({\rm BH}=c\cos (180°-{B})=-c\cos {B}\)

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\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、

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　\({\rm HC}=b\cos {C}\)

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したがって、

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\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm HC}-{\rm BH}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}-(-c\cos {B})\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)

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よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)

 
 

\({\small (3)}~\)\({C}\) が鈍角のとき、頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) の延長線に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすと、

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　\(a={\rm BH}-{\rm HC}\)

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\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、

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　\({\rm BH}=c\cos {B}\)

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\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm ACH}\) の余弦より、

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　\({\rm HC}=b\cos (180°-{C})=-b\cos {C}\)

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したがって、

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\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}-{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}-(-b\cos {C})\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)

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よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)

 
 

\({\small (4)}~\)\({B}\) が直角のとき、\(\cos {B}=\cos 90°=0\) であるので、

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\(\begin{eqnarray}~~~b\cos {C}+c\cos {B}&=&b\cos {C}+0\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}\end{eqnarray}\)

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\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、

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　\(b\cos {C}=a\)

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よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)

 
 

\({\small (5)}~\)\({C}\) が直角のとき、\(\cos {C}=\cos 90°=0\) であるので、

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\(\begin{eqnarray}~~~b\cos {C}+c\cos {B}&=&0+c\cos {B}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}\end{eqnarray}\)

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\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、

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　\(c\cos {B}=a\)

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よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)

東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.137 問題 3

\({\small (1)}~\)\({\rm BC}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm A}\) の正弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,{\rm AB}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,c\,}&=&\sin {A}\\[5pt]~~~{\rm BC}&=&c\sin {A}\end{eqnarray}\)

 
 

\({\small (2)}~\)\({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ACD}\) の \(\angle {\rm A}\) の正弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm CD}\,}{\,{\rm AC}\,}\\[5pt]~~~{\rm CD}&=&{\rm AC}\sin {A}\end{eqnarray}\)

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ここで、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm A}\) の余弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm AB}\,}\\[5pt]~~~{\rm AC}&=&c\cos {A}\end{eqnarray}\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CD}&=&{\rm AC}\sin {A}\\[3pt]~~~&=&c\cos {A} \cdot \sin {A}\\[3pt]~~~&=&c\sin {A}\cos {A}\end{eqnarray}\)

 
 

\({\small (3)}~\)\({\rm DB}\) は \({\rm DB}={\rm AB}-{\rm AD}\) より、

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ここで、\(\triangle {\rm ACD}\) の \(\angle {\rm A}\) の余弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AD}\,}{\,{\rm AC}\,}\\[5pt]~~~{\rm AD}&=&{\rm AC}\cos {A}\\[3pt]~~~&=&c\cos {A} \cdot \cos {A}\\[3pt]~~~&=&c\cos^2 {A}\end{eqnarray}\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DB}&=&{\rm AB}-{\rm AD}\\[3pt]~~~&=&c-c\cos^2 {A}\\[3pt]~~~&=&c(1-\cos^2 {A})\\[3pt]~~~&=&c\sin^2 {A}\end{eqnarray}\)

東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.168 練習問題A 1
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.166 Level Up 2

頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすと、

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　\(a={\rm BH}+{\rm HC}\)

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\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、

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　\({\rm BH}=c\cos {B}\)

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\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、

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　\({\rm HC}=b\cos {C}\)

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したがって、

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\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}+{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}+b\cos {C}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)

東京書籍｜Standard数学Ⅰ[002-902] p.140 Training 2

\({\small (1)}~\)\({\rm AC}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm A}\) の余弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\cos 45°&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm AB}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,5\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{2}\,}\\[5pt]~~~{\rm AC}&=&\displaystyle \frac{\,5\,}{\,\sqrt{2}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5 {\, \small \times \,} \sqrt{2}\,}{\,\sqrt{2} {\, \small \times \,} \sqrt{2}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5\sqrt{2}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)

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\({\rm BC}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm A}\) の正弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\sin 45°&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,{\rm AB}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,5\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{2}\,}\\[5pt]~~~{\rm BC}&=&\displaystyle \frac{\,5\,}{\,\sqrt{2}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5\sqrt{2}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)

 
 

\({\small (2)}~\)\({\rm AC}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm B}\) の正接より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\tan 60°&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm AB}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,4\,}&=&\sqrt{3}\\[5pt]~~~{\rm AC}&=&4\sqrt{3}\end{eqnarray}\)

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\({\rm BC}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\cos 60°&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm BC}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,{\rm BC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~{\rm BC}&=&4 {\, \small \times \,} 2\\[3pt]~~~&=&8\end{eqnarray}\)

東京書籍｜Standard数学Ⅰ[002-902] p.166 Level Up 1

\({\rm AC}=x\) とすると、

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\(\triangle {\rm ADC}\) は \(\angle {\rm ADC}=45°~,~\angle {\rm ACD}=90°\) より、\(1:1:\sqrt{2}\) の直角三角形であるので、

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　\({\rm DC}=x\)

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また、\(\triangle {\rm ABC}\) は \(\angle {\rm ABC}=30°~,~\angle {\rm ACB}=90°\) より、\(1:2:\sqrt{3}\) の直角三角形であるので、

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　\({\rm BC}=\sqrt{3}\,x\)

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よって、\({\rm BC}={\rm BD}+{\rm DC}\) より、

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\(\begin{eqnarray}~~~\sqrt{3}\,x&=&10+x\\[3pt]~~~\sqrt{3}\,x-x&=&10\\[3pt]~~~(\sqrt{3}-1)\,x&=&10\\[5pt]~~~x&=&\displaystyle \frac{\,10\,}{\,\sqrt{3}-1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,10\,}{\,\sqrt{3}-1\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{3}+1\,}{\,\sqrt{3}+1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,10(\sqrt{3}+1)\,}{\,3-1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,10(\sqrt{3}+1)\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&5(\sqrt{3}+1)\\[3pt]~~~&=&5\sqrt{3}+5\end{eqnarray}\)

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したがって、\({\rm AC}=5\sqrt{3}+5\)