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目次
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01異なる \(3\) つの複素数 \(\alpha~,~\)\(\beta~,~\)\(\gamma\) の間に、等式
\(2\gamma-(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta=(1-\sqrt{\,3\,}i)\alpha\)
が成り立つとき、\(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの角の大きさを求めよ。
\(2\gamma-(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta=(1-\sqrt{\,3\,}i)\alpha\)
が成り立つとき、\(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの角の大きさを求めよ。
数研出版｜数学C[708] p.110 練習24
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\(2\gamma-(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta=(1-\sqrt{\,3\,}i)\alpha\) を \(\gamma\) について整理すると、
\(\begin{eqnarray}~~~2\gamma&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta+(1-\sqrt{\,3\,}i)\alpha\end{eqnarray}\)
この両辺から \(2\alpha\) を引くと、
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
両辺を \(2(\beta-\alpha)\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\,\right|&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,1+3\,}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{4}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~{\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形となる
したがって、頂角 \(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) の二等辺三角形なので、\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形となり、\(\angle {\rm A}=\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~2\gamma&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta+(1-\sqrt{\,3\,}i)\alpha\end{eqnarray}\)
この両辺から \(2\alpha\) を引くと、
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~2\gamma-2\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta+(1-\sqrt{\,3\,}i)\alpha-2\alpha
\\[3pt]~~~2(\gamma-\alpha)&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta+(-1-\sqrt{\,3\,}i)\alpha
\\[3pt]~~~2(\gamma-\alpha)&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-(1+\sqrt{\,3\,}i)\alpha
\\[3pt]~~~2(\gamma-\alpha)&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~2(\gamma-\alpha)&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta+(-1-\sqrt{\,3\,}i)\alpha
\\[3pt]~~~2(\gamma-\alpha)&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-(1+\sqrt{\,3\,}i)\alpha
\\[3pt]~~~2(\gamma-\alpha)&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
両辺を \(2(\beta-\alpha)\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\,\right|&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,1+3\,}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{4}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~{\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形となる
したがって、頂角 \(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) の二等辺三角形なので、\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形となり、\(\angle {\rm A}=\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02異なる \(3\) つの複素数 \(\alpha~,~\)\(\beta~,~\)\(\gamma\) に対して、等式 \(\gamma=\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\alpha-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\beta\)
が成り立つとき、複素数平面上で \(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの角の大きさを求めよ。
が成り立つとき、複素数平面上で \(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの角の大きさを求めよ。
数研出版｜数学C[708] p.112 問題 7
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\(\gamma=\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\alpha-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\beta\) の両辺に \(-\alpha\) を足すと、
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\gamma-\alpha&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\alpha-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\beta-\alpha
\\[5pt]~~~\gamma-\alpha&=&\left(\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}-1\right)\alpha-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\beta
\\[5pt]~~~\gamma-\alpha&=&\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\alpha-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\beta
\\[5pt]~~~\gamma-\alpha&=&\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}(\alpha-\beta)
\\[5pt]~~~\gamma-\alpha&=&-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\alpha\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i\end{eqnarray}\)
ここで、\(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i\) を極形式で表すと、
\(\cos \theta=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\) の二等辺三角形なので、残りの \(2\) つの角は、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}=\angle {\rm C}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\pi-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\pi
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\pi\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi~,~\)\(\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) となる
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\gamma-\alpha&=&\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\alpha-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\beta-\alpha
\\[5pt]~~~\gamma-\alpha&=&\left(\displaystyle \frac{\,3-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}-1\right)\alpha-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\beta
\\[5pt]~~~\gamma-\alpha&=&\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\alpha-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\beta
\\[5pt]~~~\gamma-\alpha&=&\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}(\alpha-\beta)
\\[5pt]~~~\gamma-\alpha&=&-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\alpha\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i\end{eqnarray}\)
ここで、\(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}i\,\right|&=&\sqrt{\,\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\left(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,4\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,4\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(\cos \theta=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi+i\sin \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\) の二等辺三角形なので、残りの \(2\) つの角は、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}=\angle {\rm C}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\pi-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\pi
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\pi\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi~,~\)\(\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) となる
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03複素数平面上の \(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~{\rm B}(\beta)~,~{\rm C}(\gamma)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) と、\(3\) 点 \({\rm A}^{\prime}(\alpha^{\prime})~,~{\rm B}^{\prime}(\beta^{\prime})~,~{\rm C}^{\prime}(\gamma^{\prime})\) を頂点とする \(\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\) について、次のことが成り立つことを証明せよ。
\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}~\Rightarrow~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\)
\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}~\Rightarrow~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\)
数研出版｜数学C[708] p.113 演習問題A 3
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[証明] 仮定 \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\) の両辺の絶対値をとると、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\,\right|\end{eqnarray}\)
となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,|\gamma-\alpha|\,}{\,|\beta-\alpha|\,}&=&\displaystyle \frac{\,|\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}|\,}{\,|\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}|\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}~,~\)\(|\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}|={\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}~,~\)\(|\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}|={\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm AB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\,}{\,{\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&{\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}:{\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、仮定の両辺の偏角を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\arg \displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) は半直線 \({\rm AB}\) から半直線 \({\rm AC}\) までの回転角を表すので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm A}&=&\angle {\rm A}^{\prime}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\) ならば \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\) が成り立つ [終]
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\,\right|\end{eqnarray}\)
となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,|\gamma-\alpha|\,}{\,|\beta-\alpha|\,}&=&\displaystyle \frac{\,|\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}|\,}{\,|\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}|\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}~,~\)\(|\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}|={\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}~,~\)\(|\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}|={\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm AB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\,}{\,{\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&{\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}:{\rm A}^{\prime}{\rm C}^{\prime}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、仮定の両辺の偏角を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\arg \displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) は半直線 \({\rm AB}\) から半直線 \({\rm AC}\) までの回転角を表すので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm A}&=&\angle {\rm A}^{\prime}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\gamma^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}{\,\beta^{\prime}-\alpha^{\prime}\,}\) ならば \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm A}^{\prime}{\rm B}^{\prime}{\rm C}^{\prime}\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04複素数平面上の \(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~{\rm B}(\beta)~,~{\rm C}(\gamma)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) について、等式 \(2\alpha^2+\beta^2+\gamma^2-2\alpha\beta-2\alpha\gamma=0\) が成り立つとき、次の問いに答えよ。
\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~\triangle {\rm ABC}\) はどのような三角形か。
\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~\triangle {\rm ABC}\) はどのような三角形か。
数研出版｜数学C[708] p.113 演習問題B 5
数研出版｜高等学校数学C[709] p.104 章末問題B 5
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\({\small (1)}~\)\((\gamma-\alpha)^2\) をつくるように、等式 \(2\alpha^2+\beta^2+\gamma^2-2\alpha\beta-2\alpha\gamma=0\) の左辺を変形すると、
\(\begin{eqnarray}~~~2\alpha^2+\beta^2+\gamma^2-2\alpha\beta-2\alpha\gamma&=&0
\\[3pt]~~~(\gamma^2-2\alpha\gamma+\alpha^2)+(\beta^2-2\alpha\beta+\alpha^2)&=&0
\\[3pt]~~~(\gamma-\alpha)^2+(\beta-\alpha)^2&=&0\end{eqnarray}\)
\((\gamma-\alpha)^2\) を移項すると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\gamma-\alpha)^2&=&-(\beta-\alpha)^2\end{eqnarray}\)
両辺を \((\beta-\alpha)^2\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(\gamma-\alpha)^2\,}{\,(\beta-\alpha)^2\,}&=&-1
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\right)^2&=&-1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\pm i\) となる
\({\small (2)}~\)\({\small (1)}\) の結果より、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\pm i
\\[3pt]~~~&=&\cos\left(\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)+i\sin\left(\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&|\pm i|
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,|\gamma-\alpha|\,}{\,|\beta-\alpha|\,}&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~{\rm AB}={\rm AC}\) となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) 、\({\rm AB}={\rm AC}\) の直角二等辺三角形となる
\(\begin{eqnarray}~~~2\alpha^2+\beta^2+\gamma^2-2\alpha\beta-2\alpha\gamma&=&0
\\[3pt]~~~(\gamma^2-2\alpha\gamma+\alpha^2)+(\beta^2-2\alpha\beta+\alpha^2)&=&0
\\[3pt]~~~(\gamma-\alpha)^2+(\beta-\alpha)^2&=&0\end{eqnarray}\)
\((\gamma-\alpha)^2\) を移項すると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\gamma-\alpha)^2&=&-(\beta-\alpha)^2\end{eqnarray}\)
両辺を \((\beta-\alpha)^2\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,(\gamma-\alpha)^2\,}{\,(\beta-\alpha)^2\,}&=&-1
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\right)^2&=&-1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\pm i\) となる
\({\small (2)}~\)\({\small (1)}\) の結果より、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\pm i
\\[3pt]~~~&=&\cos\left(\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)+i\sin\left(\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&|\pm i|
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,|\gamma-\alpha|\,}{\,|\beta-\alpha|\,}&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~{\rm AB}={\rm AC}\) となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) 、\({\rm AB}={\rm AC}\) の直角二等辺三角形となる
問題アーカイブ05
問題アーカイブ05\(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) について、等式 \(\gamma=(1-i)\alpha+i\beta\) が成り立つとき、次のものを求めよ。
\({\small (1)}~\)複素数 \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) の値
\({\small (2)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの角の大きさ
\({\small (1)}~\)複素数 \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) の値
\({\small (2)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの角の大きさ
数研出版｜高等学校数学C[709] p.101 練習29
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\({\small (1)}~\)\(\gamma=(1-i)\alpha+i\beta\) の両辺に \(-\alpha\) を足すと、
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\gamma-\alpha&=&(1-i)\alpha+i\beta-\alpha
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&-i\alpha+i\beta
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&i(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\alpha\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&i\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=i\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~i&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の二等辺三角形なので、残りの \(2\) つの角は、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}=\angle {\rm C}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\pi-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) となる
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\gamma-\alpha&=&(1-i)\alpha+i\beta-\alpha
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&-i\alpha+i\beta
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&i(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\alpha\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&i\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=i\) となる
\({\small (2)}~\)\(i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~i&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の二等辺三角形なので、残りの \(2\) つの角は、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}=\angle {\rm C}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\pi-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) となる
問題アーカイブ06
問題アーカイブ06複素数平面上の異なる \(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) について、等式 \(\gamma=(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-\sqrt{\,3\,}i\alpha\)
が成り立つとき、次の問いに答えよ。
\({\small (1)}~\)複素数 \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの角の大きさを求めよ。
が成り立つとき、次の問いに答えよ。
\({\small (1)}~\)複素数 \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) つの角の大きさを求めよ。
数研出版｜新編数学C[710] p.102 補充問題 2
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\({\small (1)}~\)\(\gamma=(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-\sqrt{\,3\,}i\alpha\) の両辺に \(-\alpha\) を足すと、
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-\sqrt{\,3\,}i\alpha-\alpha
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-(1+\sqrt{\,3\,}i)\alpha
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\alpha\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&1+\sqrt{\,3\,}i\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=1+\sqrt{\,3\,}i\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~|1+\sqrt{\,3\,}i|&=&\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{4}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&2
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&2|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:2\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~{\rm AB}:{\rm AC}=1:2\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}:{\rm BC}&=&1:2:\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
これより、\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) となる
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-\sqrt{\,3\,}i\alpha-\alpha
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-(1+\sqrt{\,3\,}i)\alpha
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\alpha\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&1+\sqrt{\,3\,}i\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=1+\sqrt{\,3\,}i\) となる
\({\small (2)}~\)\(1+\sqrt{\,3\,}i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~|1+\sqrt{\,3\,}i|&=&\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{4}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&2
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&2|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:2\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~{\rm AB}:{\rm AC}=1:2\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}:{\rm BC}&=&1:2:\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
これより、\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) となる
問題アーカイブ07
問題アーカイブ07\(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) において、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=i\) が成り立つとき、\(\triangle {\rm ABC}\) はどのような三角形か。
東京書籍｜Advanced数学C[701] p.143 問11
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\(i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~i&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の二等辺三角形なので、残りの \(2\) つの角は、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}=\angle {\rm C}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\pi-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) の直角二等辺三角形となる
\(\begin{eqnarray}~~~i&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm AC}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm AB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の二等辺三角形なので、残りの \(2\) つの角は、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}=\angle {\rm C}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\pi-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) の直角二等辺三角形となる
問題アーカイブ08
問題アーカイブ08複素数平面上の \(3\) 点 \({\rm A}(z_1)~,~{\rm B}(z_2)~,~{\rm C}(z_3)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) と、\(3\) 点 \({\rm P}(w_1)~,~{\rm Q}(w_2)~,~{\rm R}(w_3)\) を頂点とする \(\triangle {\rm PQR}\) について、次のことを証明せよ。
\(\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}=\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\) のとき \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\)
\(\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}=\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\) のとき \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\)
東京書籍｜Advanced数学C[701] p.146 練習問題A 7
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[証明] 仮定 \(\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}=\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\) の両辺の絶対値をとると、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}\,\right|&=&\left|\,\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\,\right|\end{eqnarray}\)
となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,|z_1-z_2|\,}{\,|z_3-z_2|\,}&=&\displaystyle \frac{\,|w_1-w_2|\,}{\,|w_3-w_2|\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(|z_1-z_2|={\rm BA}~,~\)\(|z_3-z_2|={\rm BC}~,~\)\(|w_1-w_2|={\rm QP}~,~\)\(|w_3-w_2|={\rm QR}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BA}\,}{\,{\rm BC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm QP}\,}{\,{\rm QR}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BA}:{\rm BC}&=&{\rm QP}:{\rm QR}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、仮定の両辺の偏角を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}&=&\arg \displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\arg \displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}\) は半直線 \({\rm BC}\) から半直線 \({\rm BA}\) までの回転角を表すので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}&=&\angle {\rm Q}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}=\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\) ならば \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\) が成り立つ [終]
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}\,\right|&=&\left|\,\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\,\right|\end{eqnarray}\)
となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,|z_1-z_2|\,}{\,|z_3-z_2|\,}&=&\displaystyle \frac{\,|w_1-w_2|\,}{\,|w_3-w_2|\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(|z_1-z_2|={\rm BA}~,~\)\(|z_3-z_2|={\rm BC}~,~\)\(|w_1-w_2|={\rm QP}~,~\)\(|w_3-w_2|={\rm QR}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BA}\,}{\,{\rm BC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm QP}\,}{\,{\rm QR}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BA}:{\rm BC}&=&{\rm QP}:{\rm QR}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、仮定の両辺の偏角を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}&=&\arg \displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\arg \displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}\) は半直線 \({\rm BC}\) から半直線 \({\rm BA}\) までの回転角を表すので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}&=&\angle {\rm Q}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) 、\({\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,z_1-z_2\,}{\,z_3-z_2\,}=\displaystyle \frac{\,w_1-w_2\,}{\,w_3-w_2\,}\) ならば \(\triangle {\rm ABC}∽\triangle {\rm PQR}\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ09
問題アーカイブ09異なる \(3\) つの複素数 \(\alpha~,~\)\(\beta~,~\)\(\gamma\) の間に等式 \(\alpha+i\beta=(1+i)\gamma\) が成り立つとき、\(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) を頂点とする \(\triangle {\rm ABC}\) はどのような三角形か。
東京書籍｜Advanced数学C[701] p.147 練習問題B 12
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\(\alpha+i\beta=(1+i)\gamma\) の右辺を展開すると、
※ \(\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}\) をつくるために、左辺に \(\alpha-\gamma\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha+i\beta&=&\gamma+i\gamma\end{eqnarray}\)
両辺から \(\gamma+i\beta\) を引くと、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha-\gamma&=&i\gamma-i\beta
\\[3pt]~~~\alpha-\gamma&=&-i(\beta-\gamma)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\gamma\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}&=&-i\end{eqnarray}\)
ここで、\(-i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~-i&=&\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}&=&\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
これより、\(\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}\) の偏角の大きさが \(\angle {\rm C}\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm C}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\alpha-\gamma|&=&|\beta-\gamma|\end{eqnarray}\)
\(|\alpha-\gamma|={\rm CA}~,~\)\(|\beta-\gamma|={\rm CB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CA}:{\rm CB}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm CA}={\rm CB}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の二等辺三角形なので、残りの \(2\) つの角は、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm A}=\angle {\rm B}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\pi-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm A}=\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) の直角二等辺三角形となる
※ \(\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}\) をつくるために、左辺に \(\alpha-\gamma\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha+i\beta&=&\gamma+i\gamma\end{eqnarray}\)
両辺から \(\gamma+i\beta\) を引くと、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha-\gamma&=&i\gamma-i\beta
\\[3pt]~~~\alpha-\gamma&=&-i(\beta-\gamma)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\gamma\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}&=&-i\end{eqnarray}\)
ここで、\(-i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~-i&=&\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}&=&\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
これより、\(\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}\) の偏角の大きさが \(\angle {\rm C}\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm C}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\alpha-\gamma\,}{\,\beta-\gamma\,}\,\right|&=&1
\\[5pt]~~~|\alpha-\gamma|&=&|\beta-\gamma|\end{eqnarray}\)
\(|\alpha-\gamma|={\rm CA}~,~\)\(|\beta-\gamma|={\rm CB}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CA}:{\rm CB}&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm CA}={\rm CB}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の二等辺三角形なので、残りの \(2\) つの角は、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm A}=\angle {\rm B}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left(\pi-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm A}=\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) の直角二等辺三角形となる
問題アーカイブ10
問題アーカイブ10\(3\) 点 \({\rm P}(\alpha)~,~\)\({\rm Q}(\beta)~,~\)\({\rm R}(\gamma)\) において、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=1+\sqrt{\,3\,}i\) が成り立つとき、\(\triangle {\rm PQR}\) はどのような三角形か。
東京書籍｜Standard数学C[702] p.135 問4
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\(1+\sqrt{\,3\,}i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~|1+\sqrt{\,3\,}i|&=&\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{4}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm P}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&2
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&2|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm PR}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm PQ}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}:{\rm PR}&=&1:2\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm P}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~{\rm PQ}:{\rm PR}=1:2\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}:{\rm PR}:{\rm QR}&=&1:2:\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
これより、\(\angle {\rm Q}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となる
したがって、\(\angle {\rm P}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm Q}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm R}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) の直角三角形となる
\(\begin{eqnarray}~~~|1+\sqrt{\,3\,}i|&=&\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{4}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
より、\(\angle {\rm P}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&2
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&2|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm PR}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm PQ}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}:{\rm PR}&=&1:2\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm P}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~{\rm PQ}:{\rm PR}=1:2\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}:{\rm PR}:{\rm QR}&=&1:2:\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
これより、\(\angle {\rm Q}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となる
したがって、\(\angle {\rm P}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm Q}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm R}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) の直角三角形となる
問題アーカイブ11
問題アーカイブ11\(3\) 点 \({\rm P}(\alpha)~,~\)\({\rm Q}(\beta)~,~\)\({\rm R}(\gamma)\) において、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=1-i\) が成り立つとき、\(\triangle {\rm PQR}\) はどのような三角形か。
東京書籍｜Standard数学C[702] p.141 Training 12
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\(1-i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~|1-i|&=&\sqrt{\,1^2+(-1)^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+1\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}~,~\)\(\sin \theta=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) より、\(\theta=-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\)
よって、
これより、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) の偏角の大きさが \(\angle {\rm P}\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm P}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&\sqrt{\,2\,}
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&\sqrt{\,2\,}|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm PR}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm PQ}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}:{\rm PR}&=&1:\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm P}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}~,~{\rm PQ}:{\rm PR}=1:\sqrt{\,2\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}:{\rm PR}:{\rm QR}&=&1:\sqrt{\,2\,}:1\end{eqnarray}\)
これより、\({\rm PQ}={\rm QR}\) で \(\angle {\rm Q}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm P}=\angle {\rm R}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}~,~\)\(\angle {\rm Q}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角二等辺三角形となる
\(\begin{eqnarray}~~~|1-i|&=&\sqrt{\,1^2+(-1)^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+1\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}~,~\)\(\sin \theta=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) より、\(\theta=-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}&=&\sqrt{\,2\,}\left\{\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\right)\right\}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
これより、\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) の偏角の大きさが \(\angle {\rm P}\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm P}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&\sqrt{\,2\,}
\\[5pt]~~~|\gamma-\alpha|&=&\sqrt{\,2\,}|\beta-\alpha|\end{eqnarray}\)
\(|\gamma-\alpha|={\rm PR}~,~\)\(|\beta-\alpha|={\rm PQ}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}:{\rm PR}&=&1:\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm P}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}~,~{\rm PQ}:{\rm PR}=1:\sqrt{\,2\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}:{\rm PR}:{\rm QR}&=&1:\sqrt{\,2\,}:1\end{eqnarray}\)
これより、\({\rm PQ}={\rm QR}\) で \(\angle {\rm Q}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角二等辺三角形となる
したがって、\(\angle {\rm P}=\angle {\rm R}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}~,~\)\(\angle {\rm Q}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角二等辺三角形となる
