このページは、数研出版｜数学Ⅰ[104-901]
第４章 図形と計量
第４章 図形と計量
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数研出版数学Ⅰ 第１章 数と式
数研出版数学Ⅰ 第２章 集合と命題
数研出版数学Ⅰ 第３章 ２次関数
数研出版数学Ⅰ 第４章 図形と計量
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第４章 図形と計量
第１節 三角比
p.135 練習1\({\small (1)}~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{5}\,}~,~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{5}\,}\)
\(~~~~~~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,13\,}~,~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}\)
\(~~~~~~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\)
\({\small (3)}~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}~,~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
\(~~~~~~\tan{\theta}=\sqrt{3}\)
解法のPoint｜直角三角形と正弦・余弦・正接の値
\(~~~~~~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,13\,}~,~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}\)
\(~~~~~~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\)
\({\small (3)}~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}~,~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
\(~~~~~~\tan{\theta}=\sqrt{3}\)
解法のPoint｜直角三角形と正弦・余弦・正接の値
p.136 練習2\({\small (1)}~\cos{30^\circ}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}~,~\tan{30^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{3}\,}\)
\({\small (2)}~\sin{45^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{2}\,}~,~\tan{45^\circ}=1\)
\({\small (3)}~\sin{60^\circ}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}~,~\cos{60^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜30°、45°、60°の三角比の値
\({\small (2)}~\sin{45^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{2}\,}~,~\tan{45^\circ}=1\)
\({\small (3)}~\sin{60^\circ}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}~,~\cos{60^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜30°、45°、60°の三角比の値
p.136 練習3\({\small (1)}~0.4067\) \({\small (2)}~0.1219\) \({\small (3)}~2.2460\)
解法のPoint｜三角比の表を用いた三角比の値
解法のPoint｜三角比の表を用いた三角比の値
p.136 練習4\({\small (1)}~15^\circ\) \({\small (2)}~58^\circ\) \({\small (3)}~77^\circ\)
解法のPoint｜三角比の表を用いた三角比の値
解法のPoint｜三角比の表を用いた三角比の値
p.140 練習8\({\small (1)}~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{21}\,}{\,5\,}~,~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{21}\,}{\,21\,}\)
\({\small (2)}~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,4\,}~,~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜sinθ(cosθ)の値と残りの三角比の値
\({\small (2)}~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,4\,}~,~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜sinθ(cosθ)の値と残りの三角比の値
p.140 練習9\(~~~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{\,5\,}~,~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{\,5\,}\)
解法のPoint｜tanθの値と残りの三角比の値
解法のPoint｜tanθの値と残りの三角比の値
p.141 練習10\({\small (1)}~\cos{16^\circ}\) \({\small (2)}~\sin{41^\circ}\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan{25^\circ}\,}\)
解法のPoint｜90°-θの三角比の値
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan{25^\circ}\,}\)
解法のPoint｜90°-θの三角比の値
p.141 問2\(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{B}+{C}&=&180^\circ-{A}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,180^\circ-{A}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&\cos \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
ここで、\(\cos (90^\circ-\theta)=\sin \theta\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)&=&\sin \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}=\cos \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}\) となる
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\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{B}+{C}&=&180^\circ-{A}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,180^\circ-{A}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&\cos \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
ここで、\(\cos (90^\circ-\theta)=\sin \theta\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)&=&\sin \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}=\cos \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}\) となる
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p.141 練習11\({\small (1)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{B}+{C}&=&180^\circ-{A}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,180^\circ-{A}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&\sin \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
ここで、\(\sin (90^\circ-\theta)=\cos \theta\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)&=&\cos \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}=\sin \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~&&\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,} \cdot \tan \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,} \cdot \tan \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
ここで、\(\tan (90^\circ-\theta)=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \theta\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,} \tan \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}=1\) となる
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\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{B}+{C}&=&180^\circ-{A}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,180^\circ-{A}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}&=&\sin \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
ここで、\(\sin (90^\circ-\theta)=\cos \theta\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)&=&\cos \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}=\sin \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}\) となる
\({\small (2)}~\)\(\displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}=90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,} \cdot \tan \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,} \cdot \tan \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
ここで、\(\tan (90^\circ-\theta)=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \theta\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\tan \displaystyle \frac{\,{A}\,}{\,2\,} \tan \displaystyle \frac{\,{B}+{C}\,}{\,2\,}=1\) となる
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p.143 練習12\({\small (1)}~\sin{135^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{2}\,}~,~\cos{135^\circ}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{2}\,}\)
\(~~~~~~\tan{135^\circ}=-1\)
\({\small (2)}~\sin{150^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\cos{150^\circ}=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}\)
\(~~~~~~\tan{150^\circ}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{3}\,}\)
解法のPoint｜座標を用いた三角比の値
\(~~~~~~\tan{135^\circ}=-1\)
\({\small (2)}~\sin{150^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\cos{150^\circ}=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}\)
\(~~~~~~\tan{150^\circ}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{3}\,}\)
解法のPoint｜座標を用いた三角比の値
p.145 深める\(\sin{\theta}\) の値は、
\(\theta\) が \(0^\circ \to 90^\circ\) のときは \(0\) から \(1\) まで大きくなる
\(\theta\) が \(90^\circ \to 180^\circ\) のときは \(1\) から \(0\) まで小さくなる
\(\cos{\theta}\) の値は、
\(\theta\) が \(0^\circ \to 90^\circ\) のときは \(1\) から \(0\) まで小さくなる
\(\theta\) が \(90^\circ \to 180^\circ\) のときは \(0\) から \(-1\) まで小さくなる
\(\tan{\theta}\) の値は、
\(\theta\) が \(0^\circ \to 90^\circ\) のときは \(0\) から限りなく大きくなる
\(\theta\) が \(90^\circ \to 180^\circ\) のときは限りなく小さい値から \(0\) まで大きくなる
(ただし、\(\theta=90^\circ\) にはならない)
\(\theta\) が \(0^\circ \to 90^\circ\) のときは \(0\) から \(1\) まで大きくなる
\(\theta\) が \(90^\circ \to 180^\circ\) のときは \(1\) から \(0\) まで小さくなる
\(\cos{\theta}\) の値は、
\(\theta\) が \(0^\circ \to 90^\circ\) のときは \(1\) から \(0\) まで小さくなる
\(\theta\) が \(90^\circ \to 180^\circ\) のときは \(0\) から \(-1\) まで小さくなる
\(\tan{\theta}\) の値は、
\(\theta\) が \(0^\circ \to 90^\circ\) のときは \(0\) から限りなく大きくなる
\(\theta\) が \(90^\circ \to 180^\circ\) のときは限りなく小さい値から \(0\) まで大きくなる
(ただし、\(\theta=90^\circ\) にはならない)
p.146 練習13\({\small (1)}~0.1736\) \({\small (2)}~-0.9205\)
\({\small (3)}~-1.1918\)
解法のPoint｜180°-θの三角比の値
\({\small (3)}~-1.1918\)
解法のPoint｜180°-θの三角比の値
p.147 練習14\({\small (1)}~45^\circ~,~135^\circ\) \({\small (2)}~30^\circ\)
\({\small (3)}~120^\circ\) \({\small (4)}~0^\circ~,~180^\circ\)
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\({\small (3)}~120^\circ\) \({\small (4)}~0^\circ~,~180^\circ\)
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p.149 練習16\({\small (1)}~0^\circ{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}90^\circ\) のとき
\(~~~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{\,3\,}~,~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{\,5\,}\)
\(90^\circ{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}180^\circ\) のとき
\(~~~\cos{\theta}=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{\,3\,}~,~\tan{\theta}=-\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{\,5\,}\)
\({\small (2)}\)
\(~~~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{15}\,}{\,4\,}~,~\tan{\theta}=-\sqrt{15}\)
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\(~~~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{\,3\,}~,~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{\,5\,}\)
\(90^\circ{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}180^\circ\) のとき
\(~~~\cos{\theta}=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{\,3\,}~,~\tan{\theta}=-\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{\,5\,}\)
\({\small (2)}\)
\(~~~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{15}\,}{\,4\,}~,~\tan{\theta}=-\sqrt{15}\)
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p.149 問3\(~~~\cos{\theta}=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{\,5\,}~,~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{\,5\,}\)
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p.149 練習17\({\small (1)}~\cos{\theta}=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,3\,}~,~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,3\,}\)
\({\small (2)}~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{10}\,}{\,10\,}~,~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{10}\,}{\,10\,}\)
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\({\small (2)}~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{10}\,}{\,10\,}~,~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{10}\,}{\,10\,}\)
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問題
p.151 問題 2\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\tan \theta\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin \theta\,}\)
\({\small (3)}~a\cos \theta\)
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\({\small (3)}~a\cos \theta\)
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p.151 問題 3\({\small (1)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{B}+{C}&=&180^\circ-{A}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin({B}+{C})&=&\sin(180^\circ-{A})\\[3pt]~~~&=&\sin {A}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin {A}=\sin({B}+{C})\)
\(\begin{eqnarray}~~~-\cos({B}+{C})&=&-\cos(180^\circ-{A})\\[3pt]~~~&=&-(-\cos {A})\\[3pt]~~~&=&\cos {A}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos {A}=-\cos({B}+{C})\)
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\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{B}+{C}&=&180^\circ-{A}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin({B}+{C})&=&\sin(180^\circ-{A})\\[3pt]~~~&=&\sin {A}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin {A}=\sin({B}+{C})\)
\({\small (2)}~{B}+{C}=180^\circ-{A}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~-\cos({B}+{C})&=&-\cos(180^\circ-{A})\\[3pt]~~~&=&-(-\cos {A})\\[3pt]~~~&=&\cos {A}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\cos {A}=-\cos({B}+{C})\)
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p.151 問題 6 \(\sin 170^\circ \lt \cos 70^\circ \lt \sin 150^\circ \lt \cos 50^\circ\)
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第２節 三角形への応用
p.154 練習20\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,8\sqrt{3}\,}{\,3\,}\) \({\small (2)}~30^\circ~,~150^\circ\)
解法のPoint｜正弦定理と外接円の半径
解法のPoint｜正弦定理と外接円の半径
p.159 深める\({\rm A}=60^\circ\) であり、\({\rm B}=135^\circ\) であると内角の和が \(180^\circ\) より大きくなり、三角形とならない
p.160 練習27\(~~~a=\sqrt{3}+1~,~{\rm A}=105^\circ~,~{\rm B}=45^\circ\)
または
\(~~~a=\sqrt{3}-1~,~{\rm A}=15^\circ~,~{\rm B}=135^\circ\)
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または
\(~~~a=\sqrt{3}-1~,~{\rm A}=15^\circ~,~{\rm B}=135^\circ\)
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p.162 発展 練習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
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\({\small (2)}~b=c\) 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
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p.168 練習35\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{3}\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,4\,}a^2\)
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問題
p.171 問題 7\({\small (1)}~\)\({B}~,~{C}\) がともに鋭角のとき、頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすと、
\(a={\rm BH}+{\rm HC}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、
\({\rm BH}=c\cos {B}\)
\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、
\({\rm HC}=b\cos {C}\)
したがって、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}+{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}+b\cos {C}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
\(a={\rm HC}-{\rm BH}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm ABH}\) の余弦より、
\({\rm BH}=c\cos (180°-{B})=-c\cos {B}\)
\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、
\({\rm HC}=b\cos {C}\)
したがって、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm HC}-{\rm BH}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}-(-c\cos {B})\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
\(a={\rm BH}-{\rm HC}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、
\({\rm BH}=c\cos {B}\)
\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm ACH}\) の余弦より、
\({\rm HC}=b\cos (180°-{C})=-b\cos {C}\)
したがって、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}-{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}-(-b\cos {C})\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
\(\begin{eqnarray}~~~b\cos {C}+c\cos {B}&=&b\cos {C}+0\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、
\(b\cos {C}=a\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
\(\begin{eqnarray}~~~b\cos {C}+c\cos {B}&=&0+c\cos {B}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、
\(c\cos {B}=a\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
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\(a={\rm BH}+{\rm HC}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、
\({\rm BH}=c\cos {B}\)
\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、
\({\rm HC}=b\cos {C}\)
したがって、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}+{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}+b\cos {C}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
\({\small (2)}~\)\({B}\) が鈍角のとき、頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) の延長線に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすと、
\(a={\rm HC}-{\rm BH}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm ABH}\) の余弦より、
\({\rm BH}=c\cos (180°-{B})=-c\cos {B}\)
\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、
\({\rm HC}=b\cos {C}\)
したがって、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm HC}-{\rm BH}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}-(-c\cos {B})\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
\({\small (3)}~\)\({C}\) が鈍角のとき、頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) の延長線に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすと、
\(a={\rm BH}-{\rm HC}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、
\({\rm BH}=c\cos {B}\)
\(\triangle {\rm ACH}\) の \(\angle {\rm ACH}\) の余弦より、
\({\rm HC}=b\cos (180°-{C})=-b\cos {C}\)
したがって、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}-{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}-(-b\cos {C})\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
\({\small (4)}~\)\({B}\) が直角のとき、\(\cos {B}=\cos 90°=0\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~b\cos {C}+c\cos {B}&=&b\cos {C}+0\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm C}\) の余弦より、
\(b\cos {C}=a\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
\({\small (5)}~\)\({C}\) が直角のとき、\(\cos {C}=\cos 90°=0\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~b\cos {C}+c\cos {B}&=&0+c\cos {B}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm B}\) の余弦より、
\(c\cos {B}=a\)
よって、\(a=b\cos {C}+c\cos {B}\)
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p.171 問題 8\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,13\,}\,}{\,2\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,2\sqrt{\,13\,}\,}~\left(=\displaystyle \frac{\,5\sqrt{\,13\,}\,}{\,26\,}\right)\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,37\,}\,}{\,2\,}\)
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\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,37\,}\,}{\,2\,}\)
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p.171 問題 10[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) の外接円の半径を \(R\) とする
( ⅰ ) \(0^\circ\lt {\rm B}\lt {\rm C}{\small ~≦~}90^\circ\) のとき、
\(~~~\sin{\rm B}\lt\sin{\rm C}\)
これより、
\(b=2R\sin{\rm B}~,~c=2R\sin{\rm C}\)
であるので、
\(~~~{\rm B}\lt {\rm C}~\Rightarrow~b\lt c\)
( ⅱ ) \(0^\circ\lt {\rm B}\lt 90^\circ\lt {\rm C}\lt180^\circ\) のとき、
\({\rm B+C}\lt180^\circ\) より、
\(~~~{\rm B}\lt180^\circ-{\rm C}~~~\cdots{\small ①}\)
\(90^\circ\lt {\rm C}\lt180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~-180^\circ&\lt&-{\rm C}&\lt-90^\circ\\[3pt]~~~180^\circ-180^\circ&\lt&180^\circ-{\rm C}&\lt180^\circ-90^\circ\\[3pt]~~~0^\circ&\lt&180^\circ-{\rm C}&\lt90^\circ~~~\cdots{\small ②}\end{eqnarray}\)
①、②より、
\(~~~{\rm B}\lt180^\circ-{\rm C}\lt90^\circ\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin{{\rm B}}&\lt&\sin{\left(180^\circ-{\rm C}\right)}\\[3pt]~~~\sin{{\rm B}}&\lt&\sin{{\rm C}}\end{eqnarray}\)
これより、
\(b=2R\sin{\rm B}~,~c=2R\sin{\rm C}\)
であるので、
\(~~~{\rm B}\lt {\rm C}~\Rightarrow~b\lt c\)
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )より、
\(~~~{\rm B}\lt {\rm C}~\Rightarrow~b\lt c\)
[終]
( ⅰ ) \(0^\circ\lt {\rm B}\lt {\rm C}{\small ~≦~}90^\circ\) のとき、
\(~~~\sin{\rm B}\lt\sin{\rm C}\)
これより、
\(b=2R\sin{\rm B}~,~c=2R\sin{\rm C}\)
であるので、
\(~~~{\rm B}\lt {\rm C}~\Rightarrow~b\lt c\)
( ⅱ ) \(0^\circ\lt {\rm B}\lt 90^\circ\lt {\rm C}\lt180^\circ\) のとき、
\({\rm B+C}\lt180^\circ\) より、
\(~~~{\rm B}\lt180^\circ-{\rm C}~~~\cdots{\small ①}\)
\(90^\circ\lt {\rm C}\lt180^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~-180^\circ&\lt&-{\rm C}&\lt-90^\circ\\[3pt]~~~180^\circ-180^\circ&\lt&180^\circ-{\rm C}&\lt180^\circ-90^\circ\\[3pt]~~~0^\circ&\lt&180^\circ-{\rm C}&\lt90^\circ~~~\cdots{\small ②}\end{eqnarray}\)
①、②より、
\(~~~{\rm B}\lt180^\circ-{\rm C}\lt90^\circ\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin{{\rm B}}&\lt&\sin{\left(180^\circ-{\rm C}\right)}\\[3pt]~~~\sin{{\rm B}}&\lt&\sin{{\rm C}}\end{eqnarray}\)
これより、
\(b=2R\sin{\rm B}~,~c=2R\sin{\rm C}\)
であるので、
\(~~~{\rm B}\lt {\rm C}~\Rightarrow~b\lt c\)
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )より、
\(~~~{\rm B}\lt {\rm C}~\Rightarrow~b\lt c\)
[終]
演習問題 図形と計量
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]
\({\small (2)}~{\rm AB}=2~,~{\rm AD}=\sqrt{\,2\,}~,~{\rm BD}=\sqrt{\,3\,}-1\)
\({\small (3)}~\sin 15°=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}~,~\)
\(\cos 15°=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\)
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\({\small (1)}~\angle {\rm BAD}=15^\circ\) 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]
\({\small (2)}~{\rm AB}=2~,~{\rm AD}=\sqrt{\,2\,}~,~{\rm BD}=\sqrt{\,3\,}-1\)
\({\small (3)}~\sin 15°=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}-\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}~,~\)
\(\cos 15°=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}+\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}\)
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p.172 演習問題A 2[証明]
\(\angle {\rm AMB}=\theta\) とおくと、
\(\triangle {\rm AMB}\) の \(\angle {\rm M}\) についての余弦定理より、
また、\(\angle {\rm AMC}=(180^\circ-\theta)\) より、
\(\triangle {\rm AMC}\) の \(\angle {\rm M}\) についての余弦定理より、
ここで、\(\cos(180^\circ-\theta)=-\cos \theta\) より、
\({\rm AC}^2={\rm AM}^2+{\rm MC}^2+2{\rm AM} \cdot {\rm MC} \cdot \cos \theta\)
さらに、点 \({\rm M}\) は \({\rm BC}\) の中点より、\({\rm MC}={\rm BM}\)
\({\small [\,1\,]}+{\small [\,2\,]}\) より、
したがって、
\({\rm AB}^2+{\rm AC}^2=2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\) [終]
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\(\angle {\rm AMB}=\theta\) とおくと、
\(\triangle {\rm AMB}\) の \(\angle {\rm M}\) についての余弦定理より、
\({\rm AB}^2={\rm AM}^2+{\rm BM}^2-2{\rm AM} \cdot {\rm BM} \cdot \cos \theta~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\(\angle {\rm AMC}=(180^\circ-\theta)\) より、
\(\triangle {\rm AMC}\) の \(\angle {\rm M}\) についての余弦定理より、
\({\rm AC}^2={\rm AM}^2+{\rm MC}^2-2{\rm AM} \cdot {\rm MC} \cdot \cos(180^\circ-\theta)\)
ここで、\(\cos(180^\circ-\theta)=-\cos \theta\) より、
\({\rm AC}^2={\rm AM}^2+{\rm MC}^2+2{\rm AM} \cdot {\rm MC} \cdot \cos \theta\)
さらに、点 \({\rm M}\) は \({\rm BC}\) の中点より、\({\rm MC}={\rm BM}\)
\({\rm AC}^2={\rm AM}^2+{\rm BM}^2+2{\rm AM} \cdot {\rm BM} \cdot \cos \theta~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}+{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~~~
{\rm AB}^2&=&{\rm AM}^2+{\rm BM}^2-2{\rm AM} \cdot {\rm BM} \cdot \cos \theta \\~~
+\big{)}\hspace{10pt}~~~{\rm AC}^2&=&{\rm AM}^2+{\rm BM}^2+2{\rm AM} \cdot {\rm BM} \cdot \cos \theta\\[5pt]
\hline~~~{\rm AB}^2+{\rm AC}^2&=&2{\rm AM}^2+2{\rm BM}^2\\[3pt]~~~{\rm AB}^2+{\rm AC}^2&=&2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\end{eqnarray}\)
{\rm AB}^2&=&{\rm AM}^2+{\rm BM}^2-2{\rm AM} \cdot {\rm BM} \cdot \cos \theta \\~~
+\big{)}\hspace{10pt}~~~{\rm AC}^2&=&{\rm AM}^2+{\rm BM}^2+2{\rm AM} \cdot {\rm BM} \cdot \cos \theta\\[5pt]
\hline~~~{\rm AB}^2+{\rm AC}^2&=&2{\rm AM}^2+2{\rm BM}^2\\[3pt]~~~{\rm AB}^2+{\rm AC}^2&=&2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、
\({\rm AB}^2+{\rm AC}^2=2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\) [終]
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p.172 演習問題A 3 \(\cos {A}=\displaystyle \frac{\,7\,}{\,8\,}~,~\sin {A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,15\,}\,}{\,8\,}\)
\(\tan {A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,15\,}\,}{\,7\,}\)
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\(\tan {A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,15\,}\,}{\,7\,}\)
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p.172 演習問題A 4[証明] 対角線の交点を \({\rm E}\) とすると、
\({\rm AE}+{\rm EC}=a~,~\)\({\rm BE}+{\rm ED}=b\)
また、\(\angle {\rm AEB}=\theta\) より、
\(\angle {\rm DEC}=\theta~,~\)\(\angle {\rm AED}=\angle {\rm BEC}=180^\circ-\theta\)
これより、この四角形が対角線によって分けられる \(4\) つの三角形の面積は、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle EAB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm AE} \cdot {\rm BE} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle EBC}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BE} \cdot {\rm EC} \cdot \sin (180^\circ-\theta)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BE} \cdot {\rm EC} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle ECD}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm EC} \cdot {\rm ED} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle EDA}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm ED} \cdot {\rm EA} \cdot \sin (180^\circ-\theta)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm ED} \cdot {\rm EA} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
したがって、\(S=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ab\sin \theta\) となる [終]
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\({\rm AE}+{\rm EC}=a~,~\)\({\rm BE}+{\rm ED}=b\)
また、\(\angle {\rm AEB}=\theta\) より、
\(\angle {\rm DEC}=\theta~,~\)\(\angle {\rm AED}=\angle {\rm BEC}=180^\circ-\theta\)
これより、この四角形が対角線によって分けられる \(4\) つの三角形の面積は、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle EAB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm AE} \cdot {\rm BE} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle EBC}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BE} \cdot {\rm EC} \cdot \sin (180^\circ-\theta)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BE} \cdot {\rm EC} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle ECD}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm EC} \cdot {\rm ED} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle EDA}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm ED} \cdot {\rm EA} \cdot \sin (180^\circ-\theta)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm ED} \cdot {\rm EA} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
よって、この四角形の面積 \(S\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&{\rm \triangle EAB}+{\rm \triangle EBC}+{\rm \triangle ECD}+{\rm \triangle EDA}
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta\,({\rm AE} \cdot {\rm BE}+{\rm BE} \cdot {\rm EC}+{\rm EC} \cdot {\rm ED}+{\rm ED} \cdot {\rm EA})
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta\,\{({\rm AE}+{\rm EC}) \cdot {\rm BE}+({\rm AE}+{\rm EC}) \cdot {\rm ED}\}
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta \cdot ({\rm AE}+{\rm EC})({\rm BE}+{\rm ED})
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ab\sin \theta\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta\,({\rm AE} \cdot {\rm BE}+{\rm BE} \cdot {\rm EC}+{\rm EC} \cdot {\rm ED}+{\rm ED} \cdot {\rm EA})
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta\,\{({\rm AE}+{\rm EC}) \cdot {\rm BE}+({\rm AE}+{\rm EC}) \cdot {\rm ED}\}
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta \cdot ({\rm AE}+{\rm EC})({\rm BE}+{\rm ED})
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ab\sin \theta\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(S=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ab\sin \theta\) となる [終]
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p.172 演習問題A 5\({\small (1)}~S=2R^2\sin {A}\sin {B}\sin {C}\) の証明
[証明] 正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}=\displaystyle \frac{\,b\,}{\,\sin {B}\,}=\displaystyle \frac{\,c\,}{\,\sin {C}\,}=2R\end{eqnarray}\)
よって、
\(a=2R\sin {A}~,~b=2R\sin {B}~,~c=2R\sin {C}\)
ここで、\(2\) 辺 \(b~,~c\) とその間の角 \({A}\) の三角形の面積 \(S\) より、
\(S=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bc\sin {A}\)
\(b=2R\sin {B}~,~c=2R\sin {C}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 2R\sin {B} \cdot 2R\sin {C} \cdot \sin {A}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 4R^2\sin {A}\sin {B}\sin {C}
\\[5pt]~~~&=&2R^2\sin {A}\sin {B}\sin {C}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(S=2R^2\sin {A}\sin {B}\sin {C}\) となる [終]
[証明] \(\angle {\rm A}\) と外接円の半径 \(R\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}&=&2R
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin {A}\,}{\,a\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2R\,}
\\[5pt]~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(2\) 辺 \(b~,~c\) とその間の角 \({A}\) の三角形の面積 \(S\) より、
\(S=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bc\sin {A}\)
\(\sin {A}=\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bc \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,abc\,}{\,4R\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(S=\displaystyle \frac{\,abc\,}{\,4R\,}\) となる [終]
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[証明] 正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}=\displaystyle \frac{\,b\,}{\,\sin {B}\,}=\displaystyle \frac{\,c\,}{\,\sin {C}\,}=2R\end{eqnarray}\)
よって、
\(a=2R\sin {A}~,~b=2R\sin {B}~,~c=2R\sin {C}\)
ここで、\(2\) 辺 \(b~,~c\) とその間の角 \({A}\) の三角形の面積 \(S\) より、
\(S=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bc\sin {A}\)
\(b=2R\sin {B}~,~c=2R\sin {C}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 2R\sin {B} \cdot 2R\sin {C} \cdot \sin {A}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 4R^2\sin {A}\sin {B}\sin {C}
\\[5pt]~~~&=&2R^2\sin {A}\sin {B}\sin {C}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(S=2R^2\sin {A}\sin {B}\sin {C}\) となる [終]
\({\small (2)}~S=\displaystyle \frac{\,abc\,}{\,4R\,}\) の証明
[証明] \(\angle {\rm A}\) と外接円の半径 \(R\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}&=&2R
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin {A}\,}{\,a\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2R\,}
\\[5pt]~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(2\) 辺 \(b~,~c\) とその間の角 \({A}\) の三角形の面積 \(S\) より、
\(S=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bc\sin {A}\)
\(\sin {A}=\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bc \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,abc\,}{\,4R\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(S=\displaystyle \frac{\,abc\,}{\,4R\,}\) となる [終]
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p.173 演習問題B 7\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,5\,}\,}{\,5\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,10\,}\,}~\left(=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,10\,}\,}{\,10\,}\right)\)
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p.173 演習問題B 8[証明] \(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm P}~,~{\rm B}\) は一直線上にあるので、
\(\triangle {\rm OAB}=\triangle {\rm OAP}+\triangle {\rm OBP}\)
ここで、\(\triangle {\rm OAP}\) は \(2\) 辺 \({\rm OA}=a~,~{\rm OP}=p\) とその間の角 \(\angle {\rm AOP}=\alpha\) より、
\(\triangle {\rm OAP}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ap\sin \alpha\)
また、\(\triangle {\rm OBP}\) は \(2\) 辺 \({\rm OB}=b~,~{\rm OP}=p\) とその間の角 \(\angle {\rm BOP}=\beta\) より、
\(\triangle {\rm OBP}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bp\sin \beta\)
さらに、\(\triangle {\rm OAB}\) は \(2\) 辺 \({\rm OA}=a~,~{\rm OB}=b\) とその間の角 \(\angle {\rm AOB}=\alpha+\beta\) より、
\(\triangle {\rm OAB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ab\sin (\alpha+\beta)\)
これらを \(\triangle {\rm OAB}=\triangle {\rm OAP}+\triangle {\rm OBP}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ab\sin (\alpha+\beta)&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ap\sin \alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bp\sin \beta\end{eqnarray}\)
両辺を \(2\) 倍すると、
\(\begin{eqnarray}~~~ab\sin (\alpha+\beta)&=&ap\sin \alpha+bp\sin \beta\end{eqnarray}\)
両辺を \(abp\)（\(\gt 0\)）で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,ab\sin (\alpha+\beta)\,}{\,abp\,}&=&\displaystyle \frac{\,ap\sin \alpha\,}{\,abp\,}+\displaystyle \frac{\,bp\sin \beta\,}{\,abp\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin (\alpha+\beta)\,}{\,p\,}&=&\displaystyle \frac{\,\sin \alpha\,}{\,b\,}+\displaystyle \frac{\,\sin \beta\,}{\,a\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\displaystyle \frac{\,\sin \alpha\,}{\,b\,}+\displaystyle \frac{\,\sin \beta\,}{\,a\,}=\displaystyle \frac{\,\sin (\alpha+\beta)\,}{\,p\,}\) となる [終]
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\(\triangle {\rm OAB}=\triangle {\rm OAP}+\triangle {\rm OBP}\)
ここで、\(\triangle {\rm OAP}\) は \(2\) 辺 \({\rm OA}=a~,~{\rm OP}=p\) とその間の角 \(\angle {\rm AOP}=\alpha\) より、
\(\triangle {\rm OAP}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ap\sin \alpha\)
また、\(\triangle {\rm OBP}\) は \(2\) 辺 \({\rm OB}=b~,~{\rm OP}=p\) とその間の角 \(\angle {\rm BOP}=\beta\) より、
\(\triangle {\rm OBP}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bp\sin \beta\)
さらに、\(\triangle {\rm OAB}\) は \(2\) 辺 \({\rm OA}=a~,~{\rm OB}=b\) とその間の角 \(\angle {\rm AOB}=\alpha+\beta\) より、
\(\triangle {\rm OAB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ab\sin (\alpha+\beta)\)
これらを \(\triangle {\rm OAB}=\triangle {\rm OAP}+\triangle {\rm OBP}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ab\sin (\alpha+\beta)&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}ap\sin \alpha+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}bp\sin \beta\end{eqnarray}\)
両辺を \(2\) 倍すると、
\(\begin{eqnarray}~~~ab\sin (\alpha+\beta)&=&ap\sin \alpha+bp\sin \beta\end{eqnarray}\)
両辺を \(abp\)（\(\gt 0\)）で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,ab\sin (\alpha+\beta)\,}{\,abp\,}&=&\displaystyle \frac{\,ap\sin \alpha\,}{\,abp\,}+\displaystyle \frac{\,bp\sin \beta\,}{\,abp\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin (\alpha+\beta)\,}{\,p\,}&=&\displaystyle \frac{\,\sin \alpha\,}{\,b\,}+\displaystyle \frac{\,\sin \beta\,}{\,a\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\displaystyle \frac{\,\sin \alpha\,}{\,b\,}+\displaystyle \frac{\,\sin \beta\,}{\,a\,}=\displaystyle \frac{\,\sin (\alpha+\beta)\,}{\,p\,}\) となる [終]
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p.173 演習問題B 9\({\small (1)}~14\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,12\,}{\,7\,}\)
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p.173 演習問題B 10\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,12\,}a^3\)
\({\small (2)}~\)[証明] 内接する球の中心を \({\rm O}\) とすると、\({\rm O}\) から正四面体の各面に下ろした垂線の長さは、すべて半径 \(r\) で等しい
よって、正四面体を \({\rm O}\) を頂点とし、\(4\) つの面を底面とする \(4\) つの三角錐に分けると、
各三角錐は底面が正四面体の \(1\) つの面、高さが \(r\) なので、
ここで、\(4\) つの面の面積の和は表面積 \(S\) なので、
\(\triangle {\rm BCD}+\triangle {\rm ACD}+\triangle {\rm ABD}+\triangle {\rm ABC}=S\)
したがって、\(V=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}rS\) が成り立つ [終]
\({\small (3)}~r=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,12\,}a~,~V^{\prime}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,216\,}\pi a^3\)
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\({\small (2)}~\)[証明] 内接する球の中心を \({\rm O}\) とすると、\({\rm O}\) から正四面体の各面に下ろした垂線の長さは、すべて半径 \(r\) で等しい
よって、正四面体を \({\rm O}\) を頂点とし、\(4\) つの面を底面とする \(4\) つの三角錐に分けると、
各三角錐は底面が正四面体の \(1\) つの面、高さが \(r\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~V&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \triangle {\rm BCD} {\, \small \times \,} r+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \triangle {\rm ACD} {\, \small \times \,} r+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \triangle {\rm ABD} {\, \small \times \,} r+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \triangle {\rm ABC} {\, \small \times \,} r\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}r(\triangle {\rm BCD}+\triangle {\rm ACD}+\triangle {\rm ABD}+\triangle {\rm ABC})\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、\(4\) つの面の面積の和は表面積 \(S\) なので、
\(\triangle {\rm BCD}+\triangle {\rm ACD}+\triangle {\rm ABD}+\triangle {\rm ABC}=S\)
したがって、\(V=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}rS\) が成り立つ [終]
\({\small (3)}~r=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,12\,}a~,~V^{\prime}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,216\,}\pi a^3\)
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