このページは、「三角錐の高さの測量」の練習問題アーカイブページとなります。
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三角錐の高さの測量 で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01テレビ塔が立っている地点 \({\rm H}\) と同じ標高の地点 \({\rm A}\) から、テレビ塔の先端 \({\rm P}\) を見たところ、仰角が \(60^\circ\) であった。また、\({\rm A}\) から \(40\,{\rm m}\) 離れた地点 \({\rm B}\) では \(\angle {\rm HAB}=15^\circ~,~\)\(\angle {\rm HBA}=135^\circ\) であった。テレビ塔の高さ \({\rm PH}\) を求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.170 練習37
\(\triangle {\rm ABH}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AHB}&=&180^\circ-(15^\circ+135^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-150^\circ\\[3pt]~~~&=&30^\circ\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) と \(\angle {\rm H}\) の正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AH}\,}{\,\sin 135^\circ\,}&=&\displaystyle \frac{\,40\,}{\,\sin 30^\circ\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AH} {\, \small \times \,} \sin 30^\circ&=&40 {\, \small \times \,} \sin 135^\circ\\[5pt]~~~{\rm AH} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}&=&40 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}&=&40 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,} {\, \small \times \,} 2\\[5pt]~~~{\rm AH}&=&\displaystyle \frac{\,80\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}&=&\displaystyle \frac{\,80\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}&=&\displaystyle \frac{\,80\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}&=&40\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm PAH}\) の正接より、
\(\tan 60^\circ=\displaystyle \frac{\,{\rm PH}\,}{\,{\rm AH}\,}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PH}&=&{\rm AH} {\, \small \times \,} \tan 60^\circ\\[5pt]~~~&=&40\sqrt{\,2\,} {\, \small \times \,} \sqrt{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&40\sqrt{\,6\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(40\sqrt{\,6\,}~{\rm m}\) となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02三角錐 \({\rm ABCD}\) において、辺 \({\rm CD}\) は底面 \({\rm ABC}\) に垂直である。\({\rm AB}=3\) で、辺 \({\rm AB}\) 上の \(2\) 点 \({\rm E}~,~{\rm F}\) は、\({\rm AE}={\rm EF}={\rm FB}=1\) を満たし、\(\angle {\rm DAC}=30°~,~\)\(\angle {\rm DEC}=45°~,~\)\(\angle {\rm DBC}=60°\) である。
\({\small (1)}~\)辺 \({\rm CD}\) の長さを求めよ。
\({\small (2)}~\theta=\angle {\rm DFC}\) とおくとき、\(\cos \theta\) の値を求めよ。
\({\small (1)}~\)辺 \({\rm CD}\) の長さを求めよ。
\({\small (2)}~\theta=\angle {\rm DFC}\) とおくとき、\(\cos \theta\) の値を求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.173 演習問題B 7
\({\small (1)}~\)\({\rm CD}=x\) とおくと、辺 \({\rm CD}\) は底面 \({\rm ABC}\) に垂直より、\(\angle {\rm DCA}=\angle {\rm DCE}=\angle {\rm DCB}=90°\) となるので、
\(\triangle {\rm DAC}\) は \(\angle {\rm DAC}=30°\) の \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形より、
\({\rm AC}=\sqrt{\,3\,}\,x\)
\(\triangle {\rm DEC}\) は \(\angle {\rm DEC}=45°\) の \(1:1:\sqrt{\,2\,}\) の直角三角形より、
\({\rm CE}=x\)
\(\triangle {\rm DBC}\) は \(\angle {\rm DBC}=60°\) の \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形より、
\({\rm BC}=\displaystyle \frac{\,x\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\)
ここで、\(\triangle {\rm ACE}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AC}^2+{\rm AE}^2-{\rm CE}^2\,}{\,2 \cdot {\rm AC} \cdot {\rm AE}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{\,3\,}\,x)^2+1^2-x^2\,}{\,2 \cdot \sqrt{\,3\,}\,x \cdot 1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3x^2+1-x^2\,}{\,2\sqrt{\,3\,}\,x\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2x^2+1\,}{\,2\sqrt{\,3\,}\,x\,}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AC}^2+{\rm AB}^2-{\rm BC}^2\,}{\,2 \cdot {\rm AC} \cdot {\rm AB}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(\sqrt{\,3\,}\,x)^2+3^2-\left(\displaystyle \frac{\,x\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\right)^2\,}{\,2 \cdot \sqrt{\,3\,}\,x \cdot 3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3x^2+9-\displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,3\,}\,}{\,6\sqrt{\,3\,}\,x\,}\end{eqnarray}\)
\(\angle {\rm A}\) は共通であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,2x^2+1\,}{\,2\sqrt{\,3\,}\,x\,}&=&\displaystyle \frac{\,3x^2+9-\displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,3\,}\,}{\,6\sqrt{\,3\,}\,x\,}\\[5pt]~~~3(2x^2+1)&=&3x^2+9-\displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~6x^2+3&=&3x^2+9-\displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~18x^2+9&=&9x^2+27-x^2\\[5pt]~~~18x^2+9&=&8x^2+27\\[5pt]~~~10x^2&=&18\\[5pt]~~~x^2&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,5\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm CD}=x \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,9\,}{\,5\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,5\,}\,}{\,5\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm CD}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,5\,}\,}{\,5\,}\) となる
\({\small (2)}~\)\(\cos {A}=\displaystyle \frac{\,2x^2+1\,}{\,2\sqrt{\,3\,}\,x\,}\) に \(x^2=\displaystyle \frac{\,9\,}{\,5\,}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,2 \cdot \displaystyle \frac{\,9\,}{\,5\,}+1\,}{\,2\sqrt{\,3\,} \cdot \displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,18\,}{\,5\,}+1\,}{\,\displaystyle \frac{\,6\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,23\,}{\,5\,}\,}{\,\displaystyle \frac{\,6\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,23\,}{\,5\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,5\,}\,}{\,6\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,23\,}{\,6\sqrt{\,15\,}\,}\end{eqnarray}\)
また、
\({\rm AC}=\sqrt{\,3\,}\,x=\sqrt{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}\)
\({\rm CF}\) は \(\triangle {\rm ACF}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CF}^2&=&{\rm AC}^2+{\rm AF}^2-2 \cdot {\rm AC} \cdot {\rm AF} \cdot \cos {A}
\\[5pt]~~~&=&\left(\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}\right)^2+2^2-2 \cdot \displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,} \cdot 2 \cdot \displaystyle \frac{\,23\,}{\,6\sqrt{\,15\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27\,}{\,5\,}+4-\displaystyle \frac{\,12\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,23\,}{\,6\sqrt{\,15\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27\,}{\,5\,}+4-\displaystyle \frac{\,276\sqrt{\,3\,}\,}{\,6\sqrt{\,75\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27\,}{\,5\,}+4-\displaystyle \frac{\,276\sqrt{\,3\,}\,}{\,30\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27\,}{\,5\,}+4-\displaystyle \frac{\,46\,}{\,5\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27+20-46\,}{\,5\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\left(\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}\right)^2+2^2-2 \cdot \displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,} \cdot 2 \cdot \displaystyle \frac{\,23\,}{\,6\sqrt{\,15\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27\,}{\,5\,}+4-\displaystyle \frac{\,12\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,23\,}{\,6\sqrt{\,15\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27\,}{\,5\,}+4-\displaystyle \frac{\,276\sqrt{\,3\,}\,}{\,6\sqrt{\,75\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27\,}{\,5\,}+4-\displaystyle \frac{\,276\sqrt{\,3\,}\,}{\,30\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27\,}{\,5\,}+4-\displaystyle \frac{\,46\,}{\,5\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,27+20-46\,}{\,5\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\({\rm CF} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CF}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm DCF}\) は \(\angle {\rm DCF}=90°\) の直角三角形より、三平方の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DF}&=&\sqrt{\,{\rm CD}^2+{\rm CF}^2\,}\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,9\,}{\,5\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,10\,}{\,5\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\theta=\angle {\rm DFC}\) は直角三角形 \({\rm DCF}\) の余弦より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos \theta&=&\displaystyle \frac{\,{\rm CF}\,}{\,{\rm DF}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,} \div \sqrt{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,5\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,10\,}\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,10\,}\,}\) となる
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03\(100\,{\rm m}\) 離れた \(2\) 地点 \({\rm A}\) と \({\rm B}\) から、気球 \({\rm P}\) の真下で \({\rm B}\) と同じ標高の地点 \({\rm H}\) を見たとき、\(\angle {\rm HAB}=60°~,~\)\(\angle {\rm HBA}=75°\) であった。また、\({\rm B}\) から \({\rm P}\) を見上げた角度は \(30°\) であった。図において、気球 \({\rm P}\) の高さ \({\rm PH}\) を求めよ。
数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.161 練習33
数研出版｜新編数学Ⅰ[104-904] p.164 練習32
\(\triangle {\rm ABH}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AHB}&=&180^\circ-(60^\circ+75^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-135^\circ\\[3pt]~~~&=&45^\circ\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm A}\) と \(\angle {\rm H}\) の正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BH}\,}{\,\sin 60^\circ\,}&=&\displaystyle \frac{\,100\,}{\,\sin 45^\circ\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BH} {\, \small \times \,} \sin 45^\circ&=&100 {\, \small \times \,} \sin 60^\circ\\[5pt]~~~{\rm BH} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}&=&100 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~{\rm BH}&=&100 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} \sqrt{\,2\,}\\[5pt]~~~{\rm BH}&=&\displaystyle \frac{\,100\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~{\rm BH}&=&50\sqrt{\,6\,}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm PBH}\) の正接より、
\(\tan 30^\circ=\displaystyle \frac{\,{\rm PH}\,}{\,{\rm BH}\,}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PH}&=&{\rm BH} {\, \small \times \,} \tan 30^\circ\\[5pt]~~~&=&50\sqrt{\,6\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,50\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&50\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(50\sqrt{\,2\,}~{\rm m}\) となる
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04右の図の \(2\) 点 \({\rm A}~,~{\rm B}\) は同一水平面上にあり、\({\rm AB}\) の長さは \(1000\,{\rm m}\) である。\({\rm A}\) における山頂 \({\rm C}\) を見上げる仰角 \(\angle {\rm HAC}\) が \(30°\) 、\({\rm A}\) から \({\rm B}\) と \({\rm C}\) を見込む角 \(\angle {\rm BAC}\) が \(75°\) 、\({\rm B}\) から \({\rm A}\) と \({\rm C}\) を見込む角 \(\angle {\rm ABC}\) が \(45°\) のとき、\({\rm A}\) を通る水平面から山頂 \({\rm C}\) までの高さは何 \({\rm m}\) か。小数第 \(1\) 位を四捨五入して答えよ。ただし、\(\sqrt{\,6\,}=2.45\) とする。
東京書籍｜Standard数学Ⅰ[002-902] p.167 Level Up 8
\(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm ACB}&=&180^\circ-(75^\circ+45^\circ)\\[3pt]~~~&=&180^\circ-120^\circ\\[3pt]~~~&=&60^\circ\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm B}\) と \(\angle {\rm C}\) の正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,\sin 45^\circ\,}&=&\displaystyle \frac{\,1000\,}{\,\sin 60^\circ\,}\\[5pt]~~~{\rm AC} {\, \small \times \,} \sin 60^\circ&=&1000 {\, \small \times \,} \sin 45^\circ\\[5pt]~~~{\rm AC} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}&=&1000 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm AC}&=&1000 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm AC}&=&\displaystyle \frac{\,2000\,}{\,\sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm AC}&=&\displaystyle \frac{\,2000\,}{\,\sqrt{\,6\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sqrt{\,6\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm AC}&=&\displaystyle \frac{\,2000\sqrt{\,6\,}\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~{\rm AC}&=&\displaystyle \frac{\,1000\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
ここで、直角三角形 \({\rm ACH}\) の \(\angle {\rm HAC}=30°\) の正弦より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin 30^\circ&=&\displaystyle \frac{\,{\rm CH}\,}{\,{\rm AC}\,}\\[5pt]~~~{\rm CH}&=&{\rm AC} {\, \small \times \,} \sin 30^\circ\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1000\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1000\sqrt{\,6\,}\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,500\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\sqrt{\,6\,}=2.45\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CH}&\fallingdotseq&\displaystyle \frac{\,500 {\, \small \times \,} 2.45\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&\fallingdotseq&\displaystyle \frac{\,1225\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&\fallingdotseq&408.3\end{eqnarray}\)
したがって、約 \(408\,{\rm m}\) となる
