このページは、「直角三角形と15°の三角比」の練習問題アーカイブページとなります。
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直角三角形と15°の三角比 で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01右の図のような \({\rm AC}=1~,~B=30^\circ~,~C=90^\circ\) の直角三角形 \({\rm ABC}\) において、辺 \({\rm BC}\) 上に \({\rm AC}={\rm CD}\) となる点 \({\rm D}\) をとる。このとき、次の問いに答えよ。
\({\small (1)}~\angle {\rm BAD}=15^\circ\) を示せ。
\({\small (2)}~\triangle {\rm ABD}\) の各辺の長さを求めよ。
\({\small (3)}~\sin 15^\circ\) と \(\cos 15^\circ\) の値を求めよ。
\({\small (1)}~\angle {\rm BAD}=15^\circ\) を示せ。
\({\small (2)}~\triangle {\rm ABD}\) の各辺の長さを求めよ。
\({\small (3)}~\sin 15^\circ\) と \(\cos 15^\circ\) の値を求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.172 演習問題A 1
\({\small (1)}~\angle {\rm BAD}=15^\circ\) を示す
\({B}=30^\circ~,~{C}=90^\circ\) より、
\({A}=60^\circ\)
また、\({\rm AC}={\rm CD}\) かつ \({C}=90^\circ\) より、\(\triangle {\rm ADC}\) は直角二等辺三角形となるので、
\(\angle {\rm ADC}=\angle {\rm CAD}=45^\circ\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm BAD}&=&\angle {\rm BAC}-\angle {\rm CAD}\\[3pt]~~~&=&60^\circ-45^\circ\\[3pt]~~~&=&15^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm BAD}=15^\circ\) が示された [終]
\({\small (2)}~\triangle {\rm ABD}\) の各辺の長さ
\(\triangle {\rm ABC}\) は \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形で、\({\rm AC}=1\) より、
\({\rm AB}=2~,~{\rm BC}=\sqrt{\,3\,}\)
さらに、\(\triangle {\rm ADC}\) は \(1:1:\sqrt{\,2\,}\) の直角三角形で、\({\rm AC}=1\) より、
\({\rm CD}=1~,~{\rm AD}=\sqrt{\,2\,}\)
よって、
\({\rm BD}={\rm BC}-{\rm CD}=\sqrt{\,3\,}-1\)
したがって、\({\rm AB}=2~,~{\rm BD}=\sqrt{\,3\,}-1~,~{\rm AD}=\sqrt{\,2\,}\) となる
\({\small (3)}~\sin 15^\circ\) と \(\cos 15^\circ\) の値
\(\triangle {\rm ABD}\) の \(\angle {\rm A}\) と \(\angle {\rm B}\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}-1\,}{\,\sin 15^\circ\,}&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sin 30^\circ\,}\\[5pt]~~~(\sqrt{\,3\,}-1) \cdot \sin 30^\circ&=&\sqrt{\,2\,} \cdot \sin 15^\circ\\[5pt]~~~(\sqrt{\,3\,}-1) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}&=&\sqrt{\,2\,} \cdot \sin 15^\circ\\[5pt]~~~\sqrt{\,2\,}~\sin 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}-1\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\sin 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}-1\,}{\,2\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~\sin 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{\,3\,}-1){\, \small \times \,}\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\sqrt{\,2\,}{\, \small \times \,}\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~\sin 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm ABD}\) の \(\angle {\rm BAD}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(\sqrt{\,3\,}-1)^2&=&2^2+(\sqrt{\,2\,})^2-2 \cdot 2 \cdot \sqrt{\,2\,} \cdot \cos 15^\circ\\[3pt]~~~3-2\sqrt{\,3\,}+1&=&4+2-4\sqrt{\,2\,}\cos 15^\circ\\[3pt]~~~4\sqrt{\,2\,}\cos 15^\circ&=&2+2\sqrt{\,3\,}\\[3pt]~~~\cos 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,2(1+\sqrt{\,3\,})\,}{\,4\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~\cos 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,(1+\sqrt{\,3\,}){\, \small \times \,}\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\sqrt{\,2\,}{\, \small \times \,}\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~\cos 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、
\(\sin 15^\circ=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}~,~\cos 15^\circ=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\) 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、\({\rm BC}=2~,~\angle {\rm BAC}=45^\circ~,~\angle {\rm ACB}=75^\circ\) である。
\({\small (1)}~\)辺 \({\rm AB}\) の長さを求めよ。
\({\small (2)}~\sin 75^\circ\) と \(\cos 75^\circ\) の値を求めよ。
\({\small (1)}~\)辺 \({\rm AB}\) の長さを求めよ。
\({\small (2)}~\sin 75^\circ\) と \(\cos 75^\circ\) の値を求めよ。
数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.165 章末問題A 3
\({\small (1)}~\)辺 \({\rm AB}\) の長さ
三角形の内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm ABC}&=&180^\circ-(\angle {\rm BAC}+\angle {\rm ACB})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(45^\circ+75^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-120^\circ\\[3pt]~~~&=&60^\circ\end{eqnarray}\)
\({\rm C}\) から辺 \({\rm AB}\) に下ろした垂線の足を \({\rm H}\) とすると、
\(\triangle {\rm BCH}\) は \({\rm BC}=2~,~\angle {\rm B}=60^\circ~,~\angle {\rm BHC}=90^\circ\) より \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形なので、
\({\rm BH}=1~,~{\rm CH}=\sqrt{\,3\,}\)
また、\(\triangle {\rm ACH}\) は \(\angle {\rm A}=45^\circ~,~\angle {\rm AHC}=90^\circ\) より \(1:1:\sqrt{\,2\,}\) の直角二等辺三角形で、\({\rm CH}=\sqrt{\,3\,}\) より、
\({\rm AH}={\rm CH}=\sqrt{\,3\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}&=&{\rm AH}+{\rm BH}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,3\,}+1\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB}=\sqrt{\,3\,}+1\) となる
\({\small (2)}~\sin 75^\circ\) と \(\cos 75^\circ\) の値
\(\triangle {\rm ACH}\) は \(1:1:\sqrt{\,2\,}\) の直角二等辺三角形で \({\rm AH}={\rm CH}=\sqrt{\,3\,}\) より、
\({\rm AC}=\sqrt{\,2\,} \cdot \sqrt{\,3\,}=\sqrt{\,6\,}\)
\(\angle {\rm A}\) と \(\angle {\rm C}\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,\sin \angle {\rm C}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,\sin \angle {\rm A}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}+1\,}{\,\sin 75^\circ\,}&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sin 45^\circ\,}\\[5pt]~~~(\sqrt{\,3\,}+1) \cdot \sin 45^\circ&=&2~\sin 75^\circ\\[5pt]~~~(\sqrt{\,3\,}+1) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}&=&2~\sin 75^\circ\\[5pt]~~~2~\sin 75^\circ&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}+1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~\sin 75^\circ&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}+1\,}{\,2\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{\,3\,}+1){\, \small \times \,}\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\sqrt{\,2\,}{\, \small \times \,}\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
また、\(\angle {\rm C}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}^2&=&{\rm CA}^2+{\rm CB}^2-2 \cdot {\rm CA} \cdot {\rm CB} \cdot \cos {C}\\[3pt]~~~(\sqrt{\,3\,}+1)^2&=&(\sqrt{\,6\,})^2+2^2-2 \cdot \sqrt{\,6\,} \cdot 2 \cdot \cos 75^\circ\\[3pt]~~~3+2\sqrt{\,3\,}+1&=&6+4-4\sqrt{\,6\,}\cos 75^\circ\\[3pt]~~~4+2\sqrt{\,3\,}&=&10-4\sqrt{\,6\,}\cos 75^\circ\\[3pt]~~~4\sqrt{\,6\,}\cos 75^\circ&=&10-4-2\sqrt{\,3\,}\\[3pt]~~~4\sqrt{\,6\,}\cos 75^\circ&=&6-2\sqrt{\,3\,}\\[3pt]~~~\cos 75^\circ&=&\displaystyle \frac{\,2(3-\sqrt{\,3\,})\,}{\,4\sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(3-\sqrt{\,3\,}){\, \small \times \,}\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\sqrt{\,6\,}{\, \small \times \,}\sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,18\,}\,}{\,12\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,6\,}-3\sqrt{\,2\,}\,}{\,12\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、
\(\sin 75^\circ=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}~,~\cos 75^\circ=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\) 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、\(a=\sqrt{\,6\,}~,~B=15^\circ~,~C=45^\circ\) のとき、次のものを求めよ。
\({\small (1)}~c\) \({\small (2)}~b\) \({\small (3)}~\sin 15^\circ\) の値
\({\small (1)}~c\) \({\small (2)}~b\) \({\small (3)}~\sin 15^\circ\) の値
数研出版｜新編数学Ⅰ[104-904] p.168 章末問題A 4
三角形の内角の和は \(180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}&=&180^\circ-({B}+{C})\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(15^\circ+45^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-60^\circ\\[3pt]~~~&=&120^\circ\end{eqnarray}\)
\({\small (1)}~c\)
\(\angle {\rm A}\) と \(\angle {\rm C}\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}&=&\displaystyle \frac{\,c\,}{\,\sin {C}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sin 120^\circ\,}&=&\displaystyle \frac{\,c\,}{\,\sin 45^\circ\,}\\[5pt]~~~c \cdot \sin 120^\circ&=&\sqrt{\,6\,} \cdot \sin 45^\circ\\[5pt]~~~c \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}&=&\sqrt{\,6\,} \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}c&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}c&=&\sqrt{\,3\,}\\[3pt]~~~c&=&\sqrt{\,3\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~c&=&2\end{eqnarray}\)
よって、\(c=2\) となる
\({\small (2)}~b\)
\(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&b^2+c^2-2bc\cos {A}\\[3pt]~~~(\sqrt{\,6\,})^2&=&b^2+2^2-2 \cdot b \cdot 2 \cdot \cos 120^\circ\\[3pt]~~~6&=&b^2+4-4b \cdot \left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)\\[5pt]~~~6&=&b^2+4+2b\\[3pt]~~~0&=&b^2+2b-2\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
解の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~b&=&\displaystyle \frac{\,-2{\small ~±~}\sqrt{\,2^2-4 \cdot 1 \cdot (-2)\,}\,}{\,2 \cdot 1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2{\small ~±~}\sqrt{\,4+8\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2{\small ~±~}\sqrt{\,12\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2{\small ~±~}2\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&-1{\small ~±~}\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(b \gt 0\) より、
\(b=\sqrt{\,3\,}-1\)
したがって、\(b=\sqrt{\,3\,}-1\) となる
\({\small (3)}~\sin 15^\circ\) の値
\(\angle {\rm A}\) と \(\angle {\rm B}\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}&=&\displaystyle \frac{\,b\,}{\,\sin {B}\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sin 120^\circ\,}&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}-1\,}{\,\sin 15^\circ\,}\\[5pt]~~~\sqrt{\,6\,} \cdot \sin 15^\circ&=&(\sqrt{\,3\,}-1) \cdot \sin 120^\circ\\[5pt]~~~\sqrt{\,6\,} \cdot \sin 15^\circ&=&(\sqrt{\,3\,}-1) \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\sqrt{\,6\,} \cdot \sin 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\sin 15^\circ&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(3-\sqrt{\,3\,}){\, \small \times \,}\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\sqrt{\,6\,}{\, \small \times \,}\sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,18\,}\,}{\,12\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,6\,}-3\sqrt{\,2\,}\,}{\,12\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin 15^\circ=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\) となる
