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正弦定理・余弦定理と三角形の辺と角 で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01\(\triangle {\rm ABC}\) において、\(b=2~,~c=\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}~,~A=45^\circ\) のとき、\(a~,~B~,~C\) を求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.159 練習26
\({A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&b^2+c^2-2bc\cos {A}\\[3pt]~~~&=&2^2+(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,})^2-2 \cdot 2 \cdot (\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}) \cdot \cos 45^\circ\\[5pt]~~~&=&4+(6+2\sqrt{\,12\,}+2)-4(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&4+8+4\sqrt{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,6\,}+4\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&12+4\sqrt{\,3\,}-(4\sqrt{\,3\,}+4)\\[3pt]~~~&=&12+4\sqrt{\,3\,}-4\sqrt{\,3\,}-4\\[3pt]~~~&=&8\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(a \gt 0\) より、
\(a=\sqrt{\,8\,}=2\sqrt{\,2\,}\)
次に、\({B}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~b^2&=&c^2+a^2-2ca\cos {B}\\[3pt]~~~2^2&=&(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,})^2+(2\sqrt{\,2\,})^2-2(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}) \cdot 2\sqrt{\,2\,} \cdot \cos {B}\\[5pt]~~~4&=&(8+4\sqrt{\,3\,})+8-4\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,})\cos {B}\\[5pt]~~~4&=&16+4\sqrt{\,3\,}-(4\sqrt{\,12\,}+8)\cos {B}\\[5pt]~~~4&=&16+4\sqrt{\,3\,}-(8\sqrt{\,3\,}+8)\cos {B}\\[5pt]~~~(8\sqrt{\,3\,}+8)\cos {B}&=&12+4\sqrt{\,3\,}\\[5pt]~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,12+4\sqrt{\,3\,}\,}{\,8\sqrt{\,3\,}+8\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4(3+\sqrt{\,3\,})\,}{\,8(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}(\sqrt{\,3\,}+1)\,}{\,2(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(\cos {B}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) となる点は、
\(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({B}=30^\circ\)
次に、内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{C}&=&180^\circ-({A}+{B})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(45^\circ+30^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-75^\circ\\[3pt]~~~&=&105^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、\(a=2\sqrt{\,2\,}~,~{B}=30^\circ~,~{C}=105^\circ\) となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02\(\triangle {\rm ABC}\) において、\(b=2~,~c=\sqrt{\,2\,}~,~C=30^\circ\) のとき、\(a~,~A~,~B\) を求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.160 練習27
\({C}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~c^2&=&a^2+b^2-2ab\cos {C}\\[3pt]~~~(\sqrt{\,2\,})^2&=&a^2+2^2-2 \cdot a \cdot 2 \cdot \cos 30^\circ\\[3pt]~~~2&=&a^2+4-4a \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~2&=&a^2+4-2\sqrt{\,3\,}a\\[3pt]~~~0&=&a^2-2\sqrt{\,3\,}a+2\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2-2\sqrt{\,3\,}a+2&=&0\end{eqnarray}\)
解の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&\displaystyle \frac{\,-(-2\sqrt{\,3\,}){\small ~±~}\sqrt{\,(-2\sqrt{\,3\,})^2-4 \cdot 1 \cdot 2\,}\,}{\,2 \cdot 1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,3\,}{\small ~±~}\sqrt{\,12-8\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,3\,}{\small ~±~}\sqrt{\,4\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,3\,}{\small ~±~}2\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,3\,}{\small ~±~}1\end{eqnarray}\)
\(a \gt 0\) より、
\(a=\sqrt{\,3\,}+1~,~\sqrt{\,3\,}-1\)
ここで、\({B}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2ca\,}\end{eqnarray}\)
\(a=\sqrt{\,3\,}+1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{\,2\,})^2+(\sqrt{\,3\,}+1)^2-2^2\,}{\,2 \cdot \sqrt{\,2\,} \cdot (\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2+(4+2\sqrt{\,3\,})-4\,}{\,2\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2+2\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2(1+\sqrt{\,3\,})\,}{\,2\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(\cos {B}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) となる点は、
\(1:1:\sqrt{\,2\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({B}=45^\circ\)
内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}&=&180^\circ-({B}+{C})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(45^\circ+30^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-75^\circ\\[3pt]~~~&=&105^\circ\end{eqnarray}\)
\(a=\sqrt{\,3\,}-1\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{\,2\,})^2+(\sqrt{\,3\,}-1)^2-2^2\,}{\,2 \cdot \sqrt{\,2\,} \cdot (\sqrt{\,3\,}-1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2+(4-2\sqrt{\,3\,})-4\,}{\,2\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,3\,}-1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2-2\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,3\,}-1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2(\sqrt{\,3\,}-1)\,}{\,2\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,3\,}-1)\,}\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(\cos {B}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) となる点は、
\(1:1:\sqrt{\,2\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({B}=135^\circ\)
内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}&=&180^\circ-({B}+{C})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(135^\circ+30^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-165^\circ\\[3pt]~~~&=&15^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、
\(a=\sqrt{\,3\,}+1~,~{A}=105^\circ~,~{B}=45^\circ\)
または、
\(a=\sqrt{\,3\,}-1~,~{A}=15^\circ~,~{B}=135^\circ\) となる
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03\(\triangle {\rm ABC}\) において、\(a=\sqrt{\,2\,}~,~c=\sqrt{\,3\,}+1~,~B=45^\circ\) のとき、残りの辺の長さと角の大きさを求めよ。
数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.154 練習27
数研出版｜新編数学Ⅰ[104-904] p.158 練習27
\({B}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~b^2&=&c^2+a^2-2ca\cos {B}\\[3pt]~~~&=&(\sqrt{\,3\,}+1)^2+(\sqrt{\,2\,})^2-2(\sqrt{\,3\,}+1) \cdot \sqrt{\,2\,} \cdot \cos 45^\circ\\[5pt]~~~&=&(4+2\sqrt{\,3\,})+2-2\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,3\,}+1) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&6+2\sqrt{\,3\,}-2(\sqrt{\,3\,}+1)\\[3pt]~~~&=&6+2\sqrt{\,3\,}-2\sqrt{\,3\,}-2\\[3pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(b \gt 0\) より、
\(b=\sqrt{\,4\,}=2\)
次に、\({A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,b^2+c^2-a^2\,}{\,2bc\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2^2+(\sqrt{\,3\,}+1)^2-(\sqrt{\,2\,})^2\,}{\,2 \cdot 2 \cdot (\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4+(4+2\sqrt{\,3\,})-2\,}{\,4(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6+2\sqrt{\,3\,}\,}{\,4(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,3\,}(\sqrt{\,3\,}+1)\,}{\,4(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(\cos {A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) となる点は、
\(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({A}=30^\circ\)
次に、内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{C}&=&180^\circ-({A}+{B})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(30^\circ+45^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-75^\circ\\[3pt]~~~&=&105^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、\(b=2~,~{A}=30^\circ~,~{C}=105^\circ\) となる
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04\(\triangle {\rm ABC}\) において、\(b=2\sqrt{\,3\,}~,~c=2~,~C=30^\circ\) のとき、残りの辺の長さと角の大きさを求めよ。
数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.166 章末問題B 6
数研出版｜新編数学Ⅰ[714] p.169 章末問題B 6
\({C}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~c^2&=&a^2+b^2-2ab\cos {C}\\[3pt]~~~2^2&=&a^2+(2\sqrt{\,3\,})^2-2 \cdot a \cdot 2\sqrt{\,3\,} \cdot \cos 30^\circ\\[3pt]~~~4&=&a^2+12-4\sqrt{\,3\,}a \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~4&=&a^2+12-6a\\[3pt]~~~0&=&a^2-6a+8\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2-6a+8&=&0\\[3pt]~~~(a-2)(a-4)&=&0\\[3pt]~~~a&=&2~,~4\end{eqnarray}\)
ここで、\({B}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2ca\,}\end{eqnarray}\)
\(a=2\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,2^2+2^2-(2\sqrt{\,3\,})^2\,}{\,2 \cdot 2 \cdot 2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4+4-12\,}{\,8\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-4\,}{\,8\,}\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\cos {B}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となる点は、
\(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({B}=120^\circ\)
内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}&=&180^\circ-({B}+{C})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(120^\circ+30^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-150^\circ\\[3pt]~~~&=&30^\circ\end{eqnarray}\)
\(a=4\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,2^2+4^2-(2\sqrt{\,3\,})^2\,}{\,2 \cdot 2 \cdot 4\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4+16-12\,}{\,16\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,8\,}{\,16\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\cos {B}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となる点は、
\(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({B}=60^\circ\)
内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}&=&180^\circ-({B}+{C})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(60^\circ+30^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-90^\circ\\[3pt]~~~&=&90^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、
\(a=2~,~{A}=30^\circ~,~{B}=120^\circ\)
または、
\(a=4~,~{A}=90^\circ~,~{B}=60^\circ\) となる
問題アーカイブ05
問題アーカイブ05\(\triangle {\rm ABC}\) において、\(a=2\sqrt{\,3\,}~,~c=\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}~,~B=45^\circ\) のとき、\(b~,~A~,~C\) を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.158 問11
\({B}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~b^2&=&c^2+a^2-2ca\cos {B}\\[3pt]~~~&=&(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,})^2+(2\sqrt{\,3\,})^2-2(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}) \cdot 2\sqrt{\,3\,} \cdot \cos 45^\circ\\[5pt]~~~&=&(6+2\sqrt{\,12\,}+2)+12-4\sqrt{\,3\,}(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&(8+4\sqrt{\,3\,})+12-\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,18\,}+4\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&20+4\sqrt{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,12\sqrt{\,2\,}+4\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&20+4\sqrt{\,3\,}-(12+4\sqrt{\,3\,})\\[3pt]~~~&=&20+4\sqrt{\,3\,}-12-4\sqrt{\,3\,}\\[3pt]~~~&=&8\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(b \gt 0\) より、
\(b=\sqrt{\,8\,}=2\sqrt{\,2\,}\)
次に、\({A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,b^2+c^2-a^2\,}{\,2bc\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2\sqrt{\,2\,})^2+(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,})^2-(2\sqrt{\,3\,})^2\,}{\,2 \cdot 2\sqrt{\,2\,} \cdot (\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,8+(8+4\sqrt{\,3\,})-12\,}{\,4\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4+4\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4(1+\sqrt{\,3\,})\,}{\,4(\sqrt{\,12\,}+2)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\sqrt{\,3\,}+2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}\,}{\,2(\sqrt{\,3\,}+1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(\cos {A}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となる点は、
\(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({A}=60^\circ\)
次に、内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{C}&=&180^\circ-({A}+{B})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(60^\circ+45^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-105^\circ\\[3pt]~~~&=&75^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、\(b=2\sqrt{\,2\,}~,~{A}=60^\circ~,~{C}=75^\circ\) となる
問題アーカイブ06
問題アーカイブ06\(\triangle {\rm ABC}\) において、\(a=2~,~b=\sqrt{\,2\,}+\sqrt{\,6\,}~,~C=45^\circ\) のとき、\(c~,~A~,~B\) を求めよ。
東京書籍｜Standard数学Ⅰ[002-902] p.156 問6
\({C}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~c^2&=&a^2+b^2-2ab\cos {C}\\[3pt]~~~&=&2^2+(\sqrt{\,2\,}+\sqrt{\,6\,})^2-2 \cdot 2 \cdot (\sqrt{\,2\,}+\sqrt{\,6\,}) \cdot \cos 45^\circ\\[5pt]~~~&=&4+(2+2\sqrt{\,12\,}+6)-4(\sqrt{\,2\,}+\sqrt{\,6\,}) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&4+(8+4\sqrt{\,3\,})-\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,2\,}+4\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&12+4\sqrt{\,3\,}-(4+4\sqrt{\,3\,})\\[3pt]~~~&=&12+4\sqrt{\,3\,}-4-4\sqrt{\,3\,}\\[3pt]~~~&=&8\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(c \gt 0\) より、
\(c=\sqrt{\,8\,}=2\sqrt{\,2\,}\)
次に、\({A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,b^2+c^2-a^2\,}{\,2bc\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{\,2\,}+\sqrt{\,6\,})^2+(2\sqrt{\,2\,})^2-2^2\,}{\,2 \cdot (\sqrt{\,2\,}+\sqrt{\,6\,}) \cdot 2\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(8+4\sqrt{\,3\,})+8-4\,}{\,4\sqrt{\,2\,}(\sqrt{\,2\,}+\sqrt{\,6\,})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,12+4\sqrt{\,3\,}\,}{\,4(\sqrt{\,4\,}+\sqrt{\,12\,})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,12+4\sqrt{\,3\,}\,}{\,4(2+2\sqrt{\,3\,})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4(3+\sqrt{\,3\,})\,}{\,8(1+\sqrt{\,3\,})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}(\sqrt{\,3\,}+1)\,}{\,2(1+\sqrt{\,3\,})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(\cos {A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) となる点は、
\(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({A}=30^\circ\)
次に、内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{B}&=&180^\circ-({A}+{C})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(30^\circ+45^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-75^\circ\\[3pt]~~~&=&105^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、\(c=2\sqrt{\,2\,}~,~{A}=30^\circ~,~{B}=105^\circ\) となる
問題アーカイブ07
問題アーカイブ07\(\triangle {\rm ABC}\) において、\(a=2~,~b=\sqrt{\,3\,}-1~,~C=120^\circ\) のとき、\(c~,~A~,~B\) を求めよ。
東京書籍｜Standard数学Ⅰ[002-902] p.165 Training 13
\({C}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~c^2&=&a^2+b^2-2ab\cos {C}\\[3pt]~~~&=&2^2+(\sqrt{\,3\,}-1)^2-2 \cdot 2 \cdot (\sqrt{\,3\,}-1) \cdot \cos 120^\circ\\[5pt]~~~&=&4+(4-2\sqrt{\,3\,})-4(\sqrt{\,3\,}-1) \cdot \left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)\\[5pt]~~~&=&8-2\sqrt{\,3\,}+2(\sqrt{\,3\,}-1)\\[3pt]~~~&=&8-2\sqrt{\,3\,}+2\sqrt{\,3\,}-2\\[3pt]~~~&=&6\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(c \gt 0\) より、
\(c=\sqrt{\,6\,}\)
次に、\({A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,b^2+c^2-a^2\,}{\,2bc\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{\,3\,}-1)^2+(\sqrt{\,6\,})^2-2^2\,}{\,2 \cdot (\sqrt{\,3\,}-1) \cdot \sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(4-2\sqrt{\,3\,})+6-4\,}{\,2\sqrt{\,6\,}(\sqrt{\,3\,}-1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6-2\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\sqrt{\,6\,}(\sqrt{\,3\,}-1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,3\,}(\sqrt{\,3\,}-1)\,}{\,2\sqrt{\,6\,}(\sqrt{\,3\,}-1)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(\cos {A}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) より、半径 \(1\) の半円上で \(x\) 座標が \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) となる点は、
\(1:1:\sqrt{\,2\,}\) の直角三角形ができるので、\(x\) 軸の正の部分となす角より、
\({A}=45^\circ\)
次に、内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{B}&=&180^\circ-({A}+{C})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(45^\circ+120^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-165^\circ\\[3pt]~~~&=&15^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、\(c=\sqrt{\,6\,}~,~{A}=45^\circ~,~{B}=15^\circ\) となる
