【新課程】数研出版：数学Ⅰ[712]

p.151 問題 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.154 練習19$${\small (1)}~6\sqrt{2}$$$${\small (2)}~2\sqrt{6}$$

p.154 練習20$${\small (1)}~{ \frac{\,8\sqrt{3}\,}{\,3\,}}$$$${\small (2)}~30^\circ~,~150^\circ$$→ 正弦定理

p.156 練習21$${\small (1)}~\sqrt{5}$$$${\small (2)}~13$$→ 余弦定理

p.157 練習22$$~~~3$$→ 余弦定理と２次方程式

p.157 練習23$$~~~150^\circ$$

p.158 練習24　\({\rm A}\) は鋭角、\({\rm B}\) は鋭角、\({\rm C}\) は鈍角

p.158 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.159 練習26$$~~~a=2\sqrt{2}~,~{\rm B}=30^\circ~,~{\rm C}=105^\circ$$

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$$~~~a=\sqrt{3}-1~,~{\rm A}=15^\circ~,~{\rm B}=135^\circ$$

p.161 練習28$$~~~\cos{{\rm C}}={ \frac{\,13\,}{\,14\,}}$$

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

p.163 練習29$${\small (1)}~6\sqrt{3}$$$${\small (2)}~\sqrt{3}$$→ 三角形の面積（三角比）

p.164 練習30$$~~~{ \frac{\,3\sqrt{15}\,}{\,4\,}}$$

p.164 練習31$$~~~{ \frac{\,15\,}{\,8\,}}$$→ 角の二等分線の長さ

p.165 練習32$$~~~{ \frac{\,55\sqrt{3}\,}{\,4\,}}$$→ 円に内接する四角形

p.166 練習33$$~~~{ \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}}$$→ 内接円の半径

p.168 練習34$$~~~3\sqrt{29}$$→ 直方体の計量

p.168 練習35$${\small (1)}~{ \frac{\,1\,}{\,\sqrt{3}\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,4\,}}a^2$$→ 正四面体の計量

p.169 練習36$$~~~5\sqrt{3}$$

p.170 練習37$$~~~40\sqrt{6}~{\rm m}$$

p.171 問題 7\({\small (1)}~\)[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.171 問題10[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) の外接円の半径を \(R\) とする
( ⅰ ) \(0^\circ< {\rm B}< {\rm C}≦90^\circ\) のとき、$$~~~\sin{\rm B}<\sin{\rm C}$$これより、
　\(b=2R\sin{\rm B}~,~c=2R\sin{\rm C}\)
であるので、$$~~~{\rm B}< {\rm C}~\Rightarrow~b< c$$
( ⅱ ) \(0^\circ< {\rm B}< 90^\circ< {\rm C}<180^\circ\) のとき、
\({\rm B+C}<180^\circ\) より、$$~~~{\rm B}<180^\circ-{\rm C}~~~\cdots{\large ①}$$\(90^\circ< {\rm C}<180^\circ\) より、$$\begin{eqnarray}~~~-180^\circ<&-{\rm C}& <-90^\circ\\[2pt]~~~180^\circ-180^\circ<&180^\circ-{\rm C}& <180^\circ-90^\circ\\[2pt]~~~0^\circ<&180^\circ-{\rm C}& <90^\circ~~~\cdots{\large ②}\end{eqnarray}$$①、②より、$$~~~{\rm B}<180^\circ-{\rm C}<90^\circ$$よって、$$\begin{eqnarray}~~~\sin{{\rm B}}& <&\sin{\left(180^\circ-{\rm C}\right)}\\[2pt]~~~\sin{{\rm B}}& <&\sin{{\rm C}}\end{eqnarray}$$これより、
　\(b=2R\sin{\rm B}~,~c=2R\sin{\rm C}\)
であるので、$$~~~{\rm B}< {\rm C}~\Rightarrow~b< c$$
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )より、$$~~~{\rm B}< {\rm C}~\Rightarrow~b< c$$[終]

p.172 演習問題Ａ 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]

p.172 演習問題Ａ 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、\(\cos{(180^\circ-\theta)=-\cos{\theta}}\) と \({\rm BM=CM}\) 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.172 演習問題Ａ 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、\({\rm OA+OC}=a\) と \({\rm OB+OD}=b\) より、
　\(S={\large \frac{1}{2}}ab\sin{\theta}\) [終]

p.172 演習問題Ａ 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、
　\(S={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}bc\sin{{\rm A}}\)
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、
　\(\sin{{\rm A}}={\large \frac{\,a\,}{\,2R\,}}\)　…①
ここで、面積 \(S\) は、
　\(S={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}bc\sin{{\rm A}}\)
①を代入すると､
　\(S={\large \frac{\,abc\,}{\,4R\,}}\) [終]

p.173 演習問題Ｂ 8[証明] 図より、
　\(\triangle {\rm OAP}={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}ap\sin{\alpha}\)
　\(\triangle {\rm OBP}={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}bp\sin{\beta}\)
また、\(\triangle {\rm OAB}\) の面積は、
　\(\triangle {\rm OAB}={\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}ab\sin{(\alpha+\beta)}\)
ここで、\(\triangle {\rm OAP}+\triangle {\rm OBP}=\triangle {\rm OAB}\) より、
　\({\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}ap\sin{\alpha}+ {\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}bp\sin{\beta}\)
　　　　　　　　　\(= {\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}ab\sin{(\alpha+\beta)}\)
\({\large \frac{\,2\,}{\,abp\,}}\) を両辺にかけると、$$~~~\frac{\,\sin{\alpha}\,}{\,a\,}+\frac{\,\sin{\beta}\,}{\,b\,}=\frac{\,\sin{(\alpha+\beta)}\,}{\,p\,}$$[終]

p.173 演習問題Ｂ 10\({\small (2)}~\)[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]