数研出版：改訂版数学Ⅰ

p.127
練習1
\({\small (1)}~\sin{\theta}={\large \frac{1}{\sqrt{5}}}~,~\cos{\theta}={\large \frac{2}{\sqrt{5}}}\)
　　\(\tan{\theta}={\large \frac{1}{2}}\)
\({\small (2)}~\sin{\theta}={\large \frac{5}{13}}~,~\cos{\theta}={\large \frac{12}{13}}\)
　　\(\tan{\theta}={\large \frac{5}{12}}\)
\({\small (3)}~\sin{\theta}={\large \frac{\sqrt{3}}{2}}~,~\cos{\theta}={\large \frac{1}{2}}\)
　　\(\tan{\theta}=\sqrt{3}\)
→ 直角三角形と三角比

p.128
練習2
\({\small (1)}~\cos{30^\circ}={\large \frac{\sqrt{3}}{2}}~,~\tan{30^\circ}={\large \frac{1}{\sqrt{3}}}\)
\({\small (2)}~\sin{45^\circ}={\large \frac{1}{\sqrt{2}}}~,~\tan{45^\circ}=1\)
\({\small (3)}~\sin{60^\circ}={\large \frac{\sqrt{3}}{2}}~,~\cos{60^\circ}={\large \frac{1}{2}}\)
→ 三角比の値（鋭角）

p.128
練習3
\({\small (1)}~0.4067\)　\({\small (2)}~0.1219\)
\({\small (3)}~2.2460\)

p.128
練習4
\({\small (1)}~15^\circ\)　\({\small (2)}~58^\circ\)　\({\small (3)}~77^\circ\)

p.129
練習5
鉛直方向 \(171\) m、水平方向 \(470\) m

p.130
練習6
\(26.8\) m

p.130
問1
約 \(5\) 度

p.130
練習7
約 \(6\) 度

p.132
練習8
\({\small (1)}~\cos{\theta}={\large \frac{\sqrt{21}}{5}}~,~\tan{\theta}={\large \frac{2}{\sqrt{21}}}\)
\({\small (2)}~\sin{\theta}={\large \frac{\sqrt{7}}{4}}~,~\tan{\theta}={\large \frac{\sqrt{7}}{3}}\)

p.132
練習9
\(\cos{\theta}={\large \frac{2\sqrt{5}}{5}}~,~\sin{\theta}={\large \frac{\sqrt{5}}{5}}\)
→ 三角比の相互関係の公式（鋭角）

p.133
練習10
\({\small (1)}~\cos{16^\circ}\)　\({\small (2)}~\sin{41^\circ}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{1}{\tan{25^\circ}}}\)
→ 余角の公式

p.133
問2
[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和の条件より、
　\({\rm A+B+C}=180^\circ\)
よって、$${\frac{\rm A}{2}}=90^\circ-{\frac{\rm B+C}{2}}$$これより、$$~~~~~~\sin{{\frac{{\rm A}}{2}}}$$$$~=\sin{\left(90^\circ-{\frac{{\rm B+C}}{2}}\right)}$$$$~=\cos{{\frac{{\rm B+C}}{2}}}$$[終]

p.133
練習11
\({\small (1)}~\) [証明] \(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和の条件より、
　\({\rm A+B+C}=180^\circ\)
よって、$${\frac{\rm A}{2}}=90^\circ-{\frac{\rm B+C}{2}}$$これより、$$~~~~~~\cos{{\frac{{\rm A}}{2}}}$$$$~=\cos{\left(90^\circ-{\frac{{\rm B+C}}{2}}\right)}$$$$~=\sin{{\frac{{\rm B+C}}{2}}}$$[終]
\({\small (2)}~\) [証明] \(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和の条件より、
　\({\rm A+B+C}=180^\circ\)
よって、$${\frac{\rm A}{2}}=90^\circ-{\frac{\rm B+C}{2}}$$これより、$$~~~~~~\tan{{\frac{{\rm A}}{2}}}$$$$~=\tan{\left(90^\circ-{\frac{{\rm B+C}}{2}}\right)}$$$$~=\frac{1}{\tan{{\frac{{\rm B+C}}{2}}}}$$したがって、$$~\tan{\frac{{\rm A}}{2}}\tan{\frac{{\rm B+C}}{2}}=1$$[終]

p.135
練習12
\({\small (1)}~\sin{135^\circ}={\large \frac{1}{\sqrt{2}}}~,~\cos{135^\circ}=-{\large \frac{1}{\sqrt{2}}}\)
　\(\tan{135^\circ}=-1\)
\({\small (2)}~\sin{150^\circ}={\large \frac{1}{2}}~,~\cos{150^\circ}=-{\large \frac{\sqrt{3}}{2}}\)
　\(\tan{150^\circ}=-{\large \frac{1}{\sqrt{3}}}\)
→ 三角比の拡張

p.137
練習13
\({\small (1)}~0.7660\)　\({\small (2)}~-0.9205\)
\({\small (3)}~-0.1763\)
→ 補角の公式

p.138
練習14
\({\small (1)}~45^\circ~,~135^\circ\)　\({\small (2)}~30^\circ\)
\({\small (3)}~120^\circ\)　\({\small (4)}~0^\circ~,~180^\circ\)

p.139
練習15
\({\small (1)}~45^\circ\)　\({\small (2)}~150^\circ\)
→ 三角比と方程式

p.140
練習16
\({\small (1)}~\theta\) が鋭角のとき
　\(\cos{\theta}={\large \frac{\sqrt{5}}{3}}~,~\tan{\theta}={\large \frac{2\sqrt{5}}{5}}\)
\(\theta\) が鈍角のとき
　\(\cos{\theta}=-{\large \frac{\sqrt{5}}{3}}~,~\tan{\theta}=-{\large \frac{2\sqrt{5}}{5}}\)
\({\small (2)}~\sin{\theta}={\large \frac{\sqrt{15}}{4}}~,~\tan{\theta}=-\sqrt{15}\)

p.140
問3
\(\cos{\theta}=-{\large \frac{1}{\sqrt{5}}}~,~\sin{\theta}={\large \frac{2}{\sqrt{5}}}\)

p.140
練習17
\({\small (1)}~\cos{\theta}=-{\large \frac{1}{\sqrt{3}}}~,~\sin{\theta}={\large \frac{\sqrt{6}}{3}}\)
\({\small (2)}~\cos{\theta}={\large \frac{3}{\sqrt{10}}}~,~\sin{\theta}={\large \frac{1}{\sqrt{10}}}\)
→ 三角比の相互関係の公式（鈍角）

p.141
練習18
\({\small (1)}~45^\circ\)　\({\small (2)}~120^\circ\)
→ 直線の傾きと正接

p.142
1
\(53\) m

p.142
2
\({\large \frac{1}{2+\sqrt{3}}}\)

p.142
3
\({\small (1)}~{\large \frac{a}{\tan{\theta}}}\)　\({\small (2)}~{\large \frac{a}{\sin{\theta}}}\)
\({\small (3)}~a\cos{\theta}\)

p.142
4
１辺の長さ \(11.8\)
垂線の長さ \(8.1\)

p.142
5
\({\small (1)}~\)[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和の条件より、
　\({\rm A+B+C}=180^\circ\)
よって、
　\({\rm B+C}=180^\circ-{\rm A}\)
ここで、\(\sin{(180^\circ-\theta)}=\sin{\theta}\) より、
　\(\sin{(180^\circ-{\rm A})}=\sin{{\rm A}}\)
したがって、
　\(\sin{{\rm A}}=\sin{({\rm B+C})}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和の条件より、
　\({\rm A+B+C}=180^\circ\)
よって、
　\({\rm B+C}=180^\circ-{\rm A}\)
ここで、\(\cos{(180^\circ-\theta)}=-\cos{\theta}\) より、
　\(\cos{(180^\circ-{\rm A})}=-\cos{{\rm A}}\)
したがって、
　\(\cos{{\rm A}}=-\cos{({\rm B+C})}\) [終]

p.142
6
\(75^\circ\)

p.145
練習19
\({\small (1)}~6\sqrt{2}\)　\({\small (2)}~2\sqrt{6}\)

p.145
練習20
\({\small (1)}~{\large \frac{8\sqrt{3}}{3}}\)
\({\small (2)}~30^\circ~,~150^\circ\)
→ 正弦定理

p.147
練習21
\({\small (1)}~\sqrt{5}\)　\({\small (2)}~13\)
→ 余弦定理

p.148
練習22
\(3\)
→ 余弦定理と２次方程式

p.148
練習23
\(150^\circ\)

p.149
練習24
\({\rm A}\) は鋭角
\({\rm B}\) は鋭角
\({\rm C}\) は鈍角

p.149
練習25
\({\small (1)}~\)鈍角三角形
\({\small (2)}~\)鋭角三角形
→ 三角形の辺と角の条件

p.150
練習26
\(a=2\sqrt{2}~,~{\rm B}=30^\circ~,~{\rm C}=105^\circ\)

p.151
練習27
\(a=\sqrt{3}+1~,~{\rm A}=105^\circ~,~{\rm B}=45^\circ\)
または
\(a=\sqrt{3}-1~,~{\rm A}=15^\circ~,~{\rm B}=135^\circ\)

p.152
練習28
\(\cos{{\rm C}}={\large \frac{13}{14}}\)

p.153
発展1
\({\small (1)}~a=b\) の二等辺三角形
\({\small (2)}~b=c\) の二等辺三角形
\({\small (3)}~a=b\) の二等辺三角形
または \({\rm C}=90^\circ\) の直角三角形

p.154
練習29
\({\small (1)}~6\sqrt{3}\)　\({\small (2)}~\sqrt{3}\)
→ 三角形の面積（三角比）

p.155
練習30
\({\large \frac{3\sqrt{15}}{4}}\)

p.156
練習31
\({\large \frac{15}{8}}\)
→ 角の二等分線の長さ

p.156
練習32
\({\large \frac{55\sqrt{3}}{4}}\)
→ 円に内接する四角形

p.157
練習33
\({\large \frac{\sqrt{6}}{2}}\)
→ 内接円の半径

p.159
練習34
\(3\sqrt{29}\)
→ 直方体の計量

p.159
練習35
\({\small (1)}~{\large \frac{1}{\sqrt{3}}}\)　\({\small (2)}~{\large \frac{\sqrt{2}}{4}}a^2\)
→ 正四面体の計量

p.160
練習36
\(5\sqrt{3}\)

p.161
練習37
\(40\sqrt{6}\) m

p.162
7
\(100\sqrt{7}\) m

p.162
8
\({\small (1)}~\)[証明]

図より、
　\({\rm BH}=c\cos{{\rm B}}\)
　\({\rm CH}=b\cos{{\rm C}}\)
ここで、\({\rm BC=BH+HC}\) より、
　\(a=b\cos{{\rm C}}+c\cos{{\rm B}}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明]

図より、
　\({\rm BH}=c\cos{(180^\circ-{\rm B})}\)
　　　　\(=-c\cos{{\rm B}}\)
　\({\rm CH}=b\cos{{\rm C}}\)
ここで、\({\rm BC=CH-BH}\) より、
　\(a=b\cos{{\rm C}}+c\cos{{\rm B}}\) [終]
\({\small (3)}~\)[証明]

図より、
　\({\rm BH}=c\cos{{\rm B}}\)
　\({\rm CH}=b\cos{(180^\circ-{\rm C})}\)
　　　　\(=-b\cos{{\rm C}}\)
ここで、\({\rm BC=BH-CH}\) より、
　\(a=b\cos{{\rm C}}+c\cos{{\rm B}}\) [終]
\({\small (4)}~\)[証明]

図より、
　\(\cos{{\rm B}}=\cos{90^\circ}=0\)
　\({\rm BC}=b\cos{{\rm C}}\)
よって、
　\(a=b\cos{{\rm C}}+c\cos{{\rm B}}\) [終]
\({\small (5)}~\)[証明]

図より、
　\(\cos{{\rm C}}=\cos{90^\circ}=0\)
　\({\rm BC}=c\cos{{\rm B}}\)
よって、
　\(a=b\cos{{\rm C}}+c\cos{{\rm B}}\) [終]

p.162
9
\({\small (1)}~{\large \frac{\sqrt{13}}{2}}\)　\({\small (2)}~{\large \frac{5}{2\sqrt{13}}}\)　\({\small (3)}~{\large \frac{\sqrt{37}}{2}}\)

p.162
10
\(2\sqrt{2}\)

p.162
11
\(3\sqrt{5}\)

p.163
1
\({\small (1)}~\)[証明] \({\rm AC=CD}\) より、\(\triangle {\rm ADC}\) は直角二等辺三角形であり
　\(\angle{\rm DAC}=45^\circ\)
また、\(\triangle {\rm ABC}\) において、
　\(\angle{\rm BAC}=180^\circ-(90^\circ+30^\circ)\)
　　　　\(=60^\circ\)
よって、
　\(\angle{\rm BAD}=\angle{\rm BAC}-\angle{\rm DAC}=15^\circ\) [終]
\({\small (2)}~{\rm AB}=2~,~{\rm AD}=\sqrt{2}\)
　　　　\(~,~{\rm BD}=\sqrt{3}-1\)
\({\small (3)}~\)
　\(\sin{15^\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\)
　\(\cos{15^\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\)

p.163
2
[証明]

\(\angle{\rm AMB}=\theta\) とすると、
　　\(\angle{\rm AMC}=180^\circ-\theta\)
\(\triangle {\rm ABM}\) において、余弦定理より、
　\({\rm AB^2=AM^2+CM^2}\)
　　　　　　\(-2{\rm AM\cdot CM} \cos{\theta}\)　…①
\(\triangle {\rm ACM}\) において、余弦定理より、
　\({\rm AC^2=AM^2+BM^2}\)
　　　　　　\(-2{\rm AM\cdot BM} \cos{(180^\circ-\theta})\)
ここで、\(\cos{(180^\circ-\theta)=-\cos{\theta}}\)
　　　　　　\(~,~{\rm BM=CM}\) より
　\({\rm AB^2=AM^2+BM^2}\)
　　　　　　\(-2{\rm AM\cdot BM} \cos{\theta}\)　…②
①と②の両辺を加えると、
　\({\rm AB^2+AC^2}=2({\rm AM^2+BM^2})\) [終]

p.163
3
\(\cos{{\rm A}}=\frac{7}{8}~,~\sin{{\rm A}}=\frac{\sqrt{15}}{8}\)
\(\tan{{\rm A}}=\frac{\sqrt{15}}{7}\)

p.163
4
[証明]

\(\triangle {\rm AOD}\) の面積は
　\({\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OA}\cdot{\rm OD}\sin{\theta}\)
\(\triangle {\rm AOB}\) の面積は
　　\({\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OA}\cdot{\rm OB}\sin{(180^\circ-\theta)}\)
　\(={\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OA}\cdot{\rm OB}\sin{\theta}\)
\(\triangle {\rm BOC}\) の面積は
　\({\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OB}\cdot{\rm OC}\sin{\theta}\)
\(\triangle {\rm OCD}\) の面積は
　　\({\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OC}\cdot{\rm OD}\sin{(180^\circ-\theta)}\)
　\(={\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OC}\cdot{\rm OD}\sin{\theta}\)
これら４つの三角形の面積の和が、四角形の面積 \(S\) となるので、
　\(S= {\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OA}\cdot{\rm OD}\sin{\theta}\)
　　　\(+ {\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OA}\cdot{\rm OB}\sin{\theta}\)
　　　\(~+{\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OB}\cdot{\rm OC}\sin{\theta}\)
　　　\(~~+ {\large \frac{1}{2}}\cdot{\rm OC}\cdot{\rm OD}\sin{\theta}\)
因数分解すると、
　\(S={\large \frac{1}{2}}({\rm OA+OC})({\rm OB+OD})\sin{\theta}\)
ここで、\({\rm OA+OC}=a\)
　　　　　　\(~,~{\rm OB+OD}=b\) より、
　\(S={\large \frac{1}{2}}ab\sin{\theta}\) [終]

p.163
5
\({\small (1)}~\)[証明] 正弦定理より、
　\(b=2R\sin{{\rm B}}\)　…①
　\(c=2R\sin{{\rm C}}\)　…②
ここで、面積 \(S\) は、
　\(S=\frac{1}{2}bc\sin{{\rm A}}\)
①と②を代入すると､
　\(S=2R^2\sin{{\rm A}}\cdot\sin{{\rm B}}\cdot\sin{{\rm C}}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明] 正弦定理より、
　\(\sin{{\rm A}}=\frac{a}{2R}\)　…①
ここで、面積 \(S\) は、
　\(S=\frac{1}{2}bc\sin{{\rm A}}\)
①を代入すると､
　\(S=\frac{abc}{4R}\) [終]

p.163
6
\(\frac{7\sqrt{55}}{4}\)

演習問題Ｂ

p.164
7
\({\small (1)}~\frac{3\sqrt{5}}{5}\)　\({\small (2)}~\frac{1}{\sqrt{10}}\)

p.164
8
[証明] 図より、
　\(\triangle {\rm OAP}=\frac{1}{2}ap\sin{\alpha}\)
　\(\triangle {\rm OBP}=\frac{1}{2}bp\sin{\beta}\)
また、\(\triangle {\rm OAB}\) の面積は、
　\(\triangle {\rm OAB}=\frac{1}{2}ab\sin{(\alpha+\beta)}\)
ここで、\(\triangle {\rm OAP}+\triangle {\rm OBP}=\triangle {\rm OAB}\) より、
　\(\frac{1}{2}ap\sin{\alpha}+ \frac{1}{2}bp\sin{\beta}\)
　　　　　　　　　　　\(= \frac{1}{2}ab\sin{(\alpha+\beta)}\)
\({\large \frac{2}{abp}}\) を両辺にかけると、
　\(\frac{\sin{\alpha}}{a}+\frac{\sin{\beta}}{b}=\frac{\sin{(\alpha+\beta)}}{p}\) [終]

p.164
9
\({\small (1)}~14\)　\({\small (2)}~\frac{12}{7}\)

p.164
10
\({\small (1)}~\frac{\sqrt{2}}{12}a^3\)
\({\small (2)}~\)[証明] この正四面体を球の中心を頂点とする４つの三角錐に分けると、
　\(V=\frac{1}{3}r\triangle {\rm ABC}+\frac{1}{3}r\triangle {\rm ACD}\)
　　\(~~~~~~+\frac{1}{3}r\triangle {\rm ABD}+\frac{1}{3}r\triangle {\rm BCD}\)
ここで、表面積 \(S\) は、
　\(S=\triangle {\rm ABC}+\triangle {\rm ACD}\)
　　　　　\(+\triangle {\rm ABD}+\triangle {\rm BCD}\)
よって、
　\(V=\frac{1}{3}rS\) [終]
\({\small (3)}~\)
　\(r=\frac{\sqrt{6}}{12}a~,~V=\frac{\sqrt{6}}{216}\pi a^3\)