- 数学Ⅰ｜図形と計量（三角比）「二等辺三角形と36°の三角比」の基本例題解説ページです。
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問題｜二等辺三角形と36°の三角比
図形と計量（三角比） 33☆\({A}=36^\circ~,~\)\({\rm AB}={\rm AC}~,~\)\({\rm BC}=2\) の二等辺三角形 \({\rm ABC}\) において、\({B}\) の二等分線と辺 \({\rm AC}\) との交点を \({\rm D}\) とするとき、\({\rm AB}\) の長さを求めて、\(\cos 36^\circ\) の値の求め方は？
高校数学Ⅰ｜図形と計量（三角比）
解法のPoint
二等辺三角形と36°の三角比
Point：二等辺三角形と36°の三角比
① 頂角が \(36^\circ\) の二等辺三角形を \(2\) つの二等辺三角形に分ける。
② 相似比を用いて、\({\rm AB}={\rm AC}\) の値を求める。
\({\rm AB}:{\rm BC}={\rm BC}:{\rm CD}\)
\(\Leftrightarrow ~x=1+\sqrt{5}\)
③ \(\triangle {\rm ABC}\) の余弦定理を用いて、\(\cos 36^\circ\) を求める。
二等辺三角形と \(36^\circ\) の三角比の値は、
① 頂角が \(36^\circ\) の二等辺三角形を \(2\) つの二等辺三角形に分ける。
② 相似比を用いて、\({\rm AB}={\rm AC}\) の値を求める。
\({\rm AB}:{\rm BC}={\rm BC}:{\rm CD}\)
\(\Leftrightarrow ~x=1+\sqrt{5}\)
③ \(\triangle {\rm ABC}\) の余弦定理を用いて、\(\cos 36^\circ\) を求める。
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詳しい解説｜二等辺三角形と36°の三角比
図形と計量（三角比） 33☆\({A}=36^\circ~,~\)\({\rm AB}={\rm AC}~,~\)\({\rm BC}=2\) の二等辺三角形 \({\rm ABC}\) において、\({B}\) の二等分線と辺 \({\rm AC}\) との交点を \({\rm D}\) とするとき、\({\rm AB}\) の長さを求めて、\(\cos 36^\circ\) の値の求め方は？
高校数学Ⅰ｜図形と計量（三角比）
\(\triangle {\rm ABC}\) は \({\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形より、底角 \(\angle {\rm B}~,~\angle {\rm C}\) は
\(\begin{eqnarray}~~~{B}={C}&=&\displaystyle \frac{\,180^\circ-36^\circ\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,144^\circ\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&72^\circ\end{eqnarray}\)
また、線分 \({\rm BD}\) は角 \({B}\) の二等分線より、
\(\angle {\rm ABD}=\angle {\rm DBC}=\displaystyle \frac{\,72^\circ\,}{\,2\,}=36^\circ\)
ここで、\({C}=72^\circ~,~\angle {\rm DBC}=36^\circ\) より
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm BDC}&=&180^\circ-(72^\circ+36^\circ)\\[3pt]~~~&=&72^\circ\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm BCD}\) は \({\rm BC}={\rm BD}\) の二等辺三角形で、
\({\rm BD}={\rm BC}=2\)
また、\(\angle {\rm A}=\angle {\rm ABD}=36^\circ\) より、\(\triangle {\rm DAB}\) は \({\rm DA}={\rm DB}\) の二等辺三角形で、
\({\rm DA}={\rm DB}=2\)
さらに、\({\rm AB}={\rm AC}=x\) とおくと、
\({\rm DC}={\rm AC}-{\rm AD}=x-2\)
よって、\(\triangle {\rm ABC}\) と \(\triangle {\rm BCD}\) は相似より
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm BC}&=&{\rm BC}:{\rm CD}\\[3pt]~~~x:2&=&2:x-2\\[3pt]~~~x(x-2)&=&2 \cdot 2\\[3pt]~~~x^2-2x-4&=&0\end{eqnarray}\)
\(x^2+2 \cdot (-1) \cdot x-4\) とした解の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,-(-1) \pm \sqrt{\,(-1)^2-1 \cdot (-4)\,}\,}{\,1\,}\\[5pt]~~~&=&1 \pm \sqrt{\,1+4\,}\\[3pt]~~~&=&1 \pm \sqrt{5}\end{eqnarray}\)
\(x \gt 0\) より、\({\rm AB}=1+\sqrt{5}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) の \({A}\) についての余弦定理より、
※ \({\rm AB}={\rm AC}=x\) のまま計算する。
\(\begin{eqnarray}~~~2^2&=&x^2+x^2-2 \cdot x \cdot x \cdot \cos 36^\circ\\[3pt]~~~2x^2\cos 36^\circ&=&2x^2-4
\\[5pt]~~~\cos 36^\circ&=&\displaystyle \frac{\,2x^2-4\,}{\,2x^2\,}
\\[5pt]~~~\cos 36^\circ&=&\displaystyle \frac{\,x^2-2\,}{\,x^2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、
\(x^2=(1+\sqrt{5})^2=1+2\sqrt{5}+5=6+2\sqrt{5}\)
代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos 36^\circ&=&\displaystyle \frac{\,6+2\sqrt{5}-2\,}{\,6+2\sqrt{5}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4+2\sqrt{5}\,}{\,6+2\sqrt{5}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2+\sqrt{5}\,}{\,3+\sqrt{5}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(2+\sqrt{5})(3-\sqrt{5})\,}{\,(3+\sqrt{5})(3-\sqrt{5})\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6-2\sqrt{5}+3\sqrt{5}-5\,}{\,9-5\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos 36^\circ=\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,4\,}\) となる
