このページは、「正弦・余弦の等式と三角形の形状」の練習問題アーカイブページとなります。
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正弦・余弦の等式と三角形の形状 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、次の等式が成り立つとき、この三角形はどのような形をしているか。
\({\small (1)}~a\sin {A}=b\sin {B}\)
\({\small (2)}~\sin {A}=2\cos {B}\sin {C}\)
\({\small (3)}~a\cos {A}=b\cos {B}\)
\({\small (1)}~a\sin {A}=b\sin {B}\)
\({\small (2)}~\sin {A}=2\cos {B}\sin {C}\)
\({\small (3)}~a\cos {A}=b\cos {B}\)
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.162 発展 練習1
\({\small (1)}~a\sin {A}=b\sin {B}\) のとき
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(2\) つの角 \({A}~,~{B}\) についての正弦定理より、
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}=\displaystyle \frac{\,b\,}{\,\sin {B}\,}=2R\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}&=&2R\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin {A}\,}{\,a\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2R\,}\\[5pt]~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,b\,}{\,\sin {B}\,}&=&2R\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin {B}\,}{\,b\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2R\,}\\[5pt]~~~\sin {B}&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
これを等式 \(a\sin {A}=b\sin {B}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~a \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}&=&b \cdot \displaystyle \frac{\,b\,}{\,2R\,}\\[5pt]~~~a^2&=&b^2\\[3pt]~~~a&=&b\end{eqnarray}\)
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) は \(a=b\) の二等辺三角形となる
\({\small (2)}~\sin {A}=2\cos {B}\sin {C}\) のとき
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(2\) つの角 \({A}~,~{C}\) についての正弦定理より、
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}=\displaystyle \frac{\,c\,}{\,\sin {C}\,}=2R\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin {C}&=&\displaystyle \frac{\,c\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
次に、\({B}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~b^2&=&c^2+a^2-2ca \cdot \cos {B}\\[3pt]~~~2ca\cos {B}&=&c^2+a^2-b^2\\[3pt]~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2ca\,}\end{eqnarray}\)
これを等式 \(\sin {A}=2\cos {B}\sin {C}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2ca\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,c\,}{\,2R\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}&=&\displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2Ra\,}\\[5pt]~~~a&=&\displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,a\,}\\[5pt]~~~a^2&=&c^2+a^2-b^2\\[3pt]~~~b^2&=&c^2\\[3pt]~~~b&=&c\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) は \(b=c\) の二等辺三角形となる
\({\small (3)}~a\cos {A}=b\cos {B}\) のとき
\({A}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&b^2+c^2-2bc \cdot \cos {A}\\[3pt]~~~2bc\cos {A}&=&b^2+c^2-a^2\\[3pt]~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,b^2+c^2-a^2\,}{\,2bc\,}\end{eqnarray}\)
また、\({B}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~b^2&=&c^2+a^2-2ca \cdot \cos {B}\\[3pt]~~~2ca\cos {B}&=&c^2+a^2-b^2\\[3pt]~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2ca\,}\end{eqnarray}\)
これを等式 \(a\cos {A}=b\cos {B}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~a \cdot \displaystyle \frac{\,b^2+c^2-a^2\,}{\,2bc\,}&=&b \cdot \displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2ca\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,a(b^2+c^2-a^2)\,}{\,2bc\,}&=&\displaystyle \frac{\,b(c^2+a^2-b^2)\,}{\,2ca\,}\\[5pt]~~~a^2(b^2+c^2-a^2)&=&b^2(c^2+a^2-b^2)\\[3pt]~~~a^2b^2+a^2c^2-a^4&=&b^2c^2+a^2b^2-b^4\\[3pt]~~~a^2c^2-a^4&=&b^2c^2-b^4\\[3pt]~~~a^2c^2-b^2c^2-a^4+b^4&=&0\\[3pt]~~~c^2(a^2-b^2)-(a^4-b^4)&=&0\\[3pt]~~~c^2(a^2-b^2)-(a^2+b^2)(a^2-b^2)&=&0\\[3pt]~~~(a^2-b^2)\{\,c^2-(a^2+b^2)\,\}&=&0\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
よって、
\(a^2-b^2=0\) または \(c^2-(a^2+b^2)=0\)
すなわち、
\(a=b\) または \(c^2=a^2+b^2\)
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) は \(a=b\) の二等辺三角形、または \(\angle {\rm C}=90^\circ\) の直角三角形となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02\(\triangle {\rm ABC}\) において、次の等式が成り立つとき、この三角形はどのような形の三角形か。
\({\small (1)}~a\sin {A}=b\sin {B}\)
\({\small (2)}~a\cos {A}+b\cos {B}=c\cos {C}\)
\({\small (1)}~a\sin {A}=b\sin {B}\)
\({\small (2)}~a\cos {A}+b\cos {B}=c\cos {C}\)
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.159 発展 問1
\({\small (1)}~a\sin {A}=b\sin {B}\) のとき
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(2\) つの角 \({A}~,~{B}\) についての正弦定理より、
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}=\displaystyle \frac{\,b\,}{\,\sin {B}\,}=2R\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}&=&2R\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin {A}\,}{\,a\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2R\,}\\[5pt]~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,b\,}{\,\sin {B}\,}&=&2R\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin {B}\,}{\,b\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2R\,}\\[5pt]~~~\sin {B}&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
これを等式 \(a\sin {A}=b\sin {B}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~a \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}&=&b \cdot \displaystyle \frac{\,b\,}{\,2R\,}\\[5pt]~~~a^2&=&b^2\\[3pt]~~~a&=&b\end{eqnarray}\)
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) は \(a=b\) の二等辺三角形となる
\({\small (2)}~a\cos {A}+b\cos {B}=c\cos {C}\) のとき
\({A}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,b^2+c^2-a^2\,}{\,2bc\,}\end{eqnarray}\)
また、\({B}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {B}&=&\displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2ca\,}\end{eqnarray}\)
また、\({C}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {C}&=&\displaystyle \frac{\,a^2+b^2-c^2\,}{\,2ab\,}\end{eqnarray}\)
これを等式 \(a\cos {A}+b\cos {B}=c\cos {C}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~a \cdot \displaystyle \frac{\,b^2+c^2-a^2\,}{\,2bc\,}+b \cdot \displaystyle \frac{\,c^2+a^2-b^2\,}{\,2ca\,}&=&c \cdot \displaystyle \frac{\,a^2+b^2-c^2\,}{\,2ab\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
両辺に \(2abc\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2(b^2+c^2-a^2)+b^2(c^2+a^2-b^2)&=&c^2(a^2+b^2-c^2)\\[3pt]~~~a^2b^2+a^2c^2-a^4+b^2c^2+a^2b^2-b^4&=&a^2c^2+b^2c^2-c^4\\[3pt]~~~2a^2b^2-a^4-b^4&=&-c^4\\[3pt]~~~c^4&=&a^4-2a^2b^2+b^4\\[3pt]~~~c^4&=&(a^2-b^2)^2\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~c^2&=&{\small ~±~}(a^2-b^2)\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(c^2=a^2-b^2\) または \(c^2=-(a^2-b^2)=b^2-a^2\)
これを整理すると、
\(a^2=b^2+c^2\) または \(b^2=c^2+a^2\)
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) は \(\angle {\rm A}=90^\circ\) または \(\angle {\rm B}=90^\circ\) の直角三角形となる
