このページは、東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901]
４章 図形と計量
４章 図形と計量
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Advanced数学Ⅰ １章 数と式
Advanced数学Ⅰ ２章 集合と論証
Advanced数学Ⅰ ３章 ２次関数
Advanced数学Ⅰ ４章 図形と計量
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４章 図形と計量
１節 鋭角の三角比
p.129 問1\({\small (1)}~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}~,~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}\)
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\)
\({\small (2)}~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,4\,}~,~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\)
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜直角三角形と正弦・余弦・正接の値
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\)
\({\small (2)}~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,4\,}~,~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\)
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜直角三角形と正弦・余弦・正接の値
p.130 問2\({\small (1)}~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{13}\,}~,~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{13}\,}\)
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,8\,}{\,17\,}~,~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,15\,}{\,17\,}\)
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,8\,}{\,15\,}\)
\({\small (3)}~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{5}\,}{\,7\,}~,~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\)
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{5}\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜直角三角形と正弦・余弦・正接の値
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,8\,}{\,17\,}~,~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,15\,}{\,17\,}\)
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,8\,}{\,15\,}\)
\({\small (3)}~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{5}\,}{\,7\,}~,~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,7\,}\)
\(~~~~~~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{5}\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜直角三角形と正弦・余弦・正接の値
p.131 問3\({\small (1)}~0.2588\) \({\small (2)}~0.3907\) \({\small (3)}~0.7813\)
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.131 問4\({\small (1)}~75^\circ\) \({\small (2)}~23^\circ\) \({\small (3)}~67^\circ\)
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.134 問10\(~~~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{2}\,}{\,3\,}~,~\tan{A}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\sqrt{2}\,}\)
解法のPoint｜sinθ(cosθ)の値と残りの三角比の値
解法のPoint｜sinθ(cosθ)の値と残りの三角比の値
p.135 問11\(~~~\cos{A}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{\,5\,}~,~\sin{A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{\,5\,}\)
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.136 問12\({\small (1)}~\cos{34^\circ}\) \({\small (2)}~\sin{3^\circ}\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan{18^\circ}\,}\)
解法のPoint｜90°-θの三角比の値
解法のPoint｜90°-θの三角比の値
問題
p.137 問題 3\({\small (1)}~c\sin {A}\) \({\small (2)}~c\sin {A}\cos {A}\)
\({\small (3)}~c\sin^2 {A}\)
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\({\small (3)}~c\sin^2 {A}\)
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p.137 問題 4\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,12\,}{\,5\,}\)
解法のPoint｜sinθ(cosθ)の値と残りの三角比の値
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,13\,}\) \({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}\)
解法のPoint｜90°-θの三角比の値
解法のPoint｜sinθ(cosθ)の値と残りの三角比の値
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,13\,}\) \({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}\)
解法のPoint｜90°-θの三角比の値
p.137 問題 5\(\triangle {\rm ABC}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{A}+{B}&=&180^\circ-{C}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,180^\circ-{C}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}&=&90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\({\small (1)}~\)\(\displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}=90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}&=&\sin \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
ここで、\(\sin (90^\circ-\theta)=\cos \theta\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\right)&=&\cos \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin \displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}=\cos \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~&&\tan \displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,} \cdot \tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\tan \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\right) \cdot \tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\tan (90^\circ-\theta)=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \theta\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\,}{\, \small \times \,}\tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\tan \displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,} \cdot \tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}=1\) となる
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\(\begin{eqnarray}~~~{A}+{B}+{C}&=&180^\circ\\[3pt]~~~{A}+{B}&=&180^\circ-{C}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,180^\circ-{C}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}&=&90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\({\small (1)}~\)\(\displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}=90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}&=&\sin \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\right)\end{eqnarray}\)
ここで、\(\sin (90^\circ-\theta)=\cos \theta\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\right)&=&\cos \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\sin \displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}=\cos \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\) となる
\({\small (2)}~\)\(\displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,}=90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\tan \displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,} \cdot \tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\tan \left(90^\circ-\displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\right) \cdot \tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\tan (90^\circ-\theta)=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \theta\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\,}{\, \small \times \,}\tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\tan \displaystyle \frac{\,{A}+{B}\,}{\,2\,} \cdot \tan \displaystyle \frac{\,{C}\,}{\,2\,}=1\) となる
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p.137 問題 6\({\small (1)}~\)① \({\rm BC}=\sin {A}~,~{\rm AC}=\cos {A}\)
② \({\rm BC}=\tan {A}~,~{\rm AB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\cos {A}\,}\)
③ \({\rm AB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sin {A}\,}~,~{\rm AC}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan {A}\,}\)
\({\small (2)}~\)① \(\sin^2 {A}+\cos^2 {A}=1\)
② \(1+\tan^2 {A}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\cos^2 {A}\,}\)
③ \(1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan^2 {A}\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sin^2 {A}\,}\)
解法のPoint｜三角比の値と辺の長さ
② \({\rm BC}=\tan {A}~,~{\rm AB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\cos {A}\,}\)
③ \({\rm AB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sin {A}\,}~,~{\rm AC}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan {A}\,}\)
\({\small (2)}~\)① \(\sin^2 {A}+\cos^2 {A}=1\)
② \(1+\tan^2 {A}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\cos^2 {A}\,}\)
③ \(1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan^2 {A}\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sin^2 {A}\,}\)
解法のPoint｜三角比の値と辺の長さ
２節 三角比と座標
p.141 問1\(~~~\sin{135^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{2}\,}~,~\cos{135^\circ}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{2}\,}\)
\(~~~\tan{135^\circ}=-1\)
\(~~~\sin{150^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\cos{150^\circ}=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}\)
\(~~~\tan{135^\circ}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{3}\,}\)
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\(~~~\tan{135^\circ}=-1\)
\(~~~\sin{150^\circ}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\cos{150^\circ}=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\,}{\,2\,}\)
\(~~~\tan{135^\circ}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{3}\,}\)
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p.147 問7\({\small (1)}~\)\(\theta\) が鋭角のとき、
\(~~~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}~,~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\)
\(\theta\) が鈍角のとき、
\(~~~\cos{\theta}=-\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}~,~\tan{\theta}=-\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\)
\({\small (2)}~\)
\(~~~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{15}\,}{\,4\,}~,~\tan{\theta}=-\sqrt{15}\)
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\(~~~\cos{\theta}=\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}~,~\tan{\theta}=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\)
\(\theta\) が鈍角のとき、
\(~~~\cos{\theta}=-\displaystyle \frac{\,12\,}{\,13\,}~,~\tan{\theta}=-\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\)
\({\small (2)}~\)
\(~~~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{15}\,}{\,4\,}~,~\tan{\theta}=-\sqrt{15}\)
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p.147 問8\(~~~\cos{\theta}=-\displaystyle \frac{\,3\sqrt{10}\,}{\,10\,}~,~\sin{\theta}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{10}\,}{\,10\,}\)
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p.148 問9\({\small (1)}~0.6428\) \({\small (2)}~-0.4695\) \({\small (3)}~-0.3057\)
解法のPoint｜180°-θの三角比の値
解法のPoint｜180°-θの三角比の値
問題
p.149 問題 9\({\small (1)}~\cos \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}~,~\tan \theta=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,7\,}\,}{\,7\,}\)
または、
\(\cos \theta=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}~,~\tan \theta=-\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,7\,}\,}{\,7\,}\)
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\({\small (2)}~\sin \theta=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}~,~\cos \theta=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,5\,}\,}{\,3\,}\)
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または、
\(\cos \theta=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}~,~\tan \theta=-\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,7\,}\,}{\,7\,}\)
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\({\small (2)}~\sin \theta=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}~,~\cos \theta=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,5\,}\,}{\,3\,}\)
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p.149 問題 10[証明] \(\tan \theta=\displaystyle \frac{\,\sin \theta\,}{\,\cos \theta\,}\) より、\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan^2 \theta\,}=\displaystyle \frac{\,\cos^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}\) であるので、
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan^2 \theta\,}\\[5pt]~~~&=&1+\displaystyle \frac{\,\cos^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sin^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}+\displaystyle \frac{\,\cos^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sin^2 \theta+\cos^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sin^2 \theta\,}\hspace{25pt}(\,∵~\sin^2 \theta+\cos^2 \theta=1\,)\end{eqnarray}\)
したがって、
\(1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan^2 \theta\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sin^2 \theta\,}\) [終]
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（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan^2 \theta\,}\\[5pt]~~~&=&1+\displaystyle \frac{\,\cos^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sin^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}+\displaystyle \frac{\,\cos^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sin^2 \theta+\cos^2 \theta\,}{\,\sin^2 \theta\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sin^2 \theta\,}\hspace{25pt}(\,∵~\sin^2 \theta+\cos^2 \theta=1\,)\end{eqnarray}\)
したがって、
\(1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan^2 \theta\,}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sin^2 \theta\,}\) [終]
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p.149 問題 11\({\small (1)}~0.588\) \({\small (2)}~-0.809\) \({\small (3)}~-0.727\)
\({\small (4)}~0.809\) \({\small (5)}~-0.588\)
解法のPoint｜180°-θの三角比の値
解法のPoint｜90°+θの三角比の値
\({\small (4)}~0.809\) \({\small (5)}~-0.588\)
解法のPoint｜180°-θの三角比の値
解法のPoint｜90°+θの三角比の値
p.149 問題 12\({\small (1)}~\sin \alpha=\cos \beta~,~\cos \alpha=-\sin \beta\)
\({\small (2)}~\sin (90^\circ+\theta)=\cos \theta\)
\(\cos (90^\circ+\theta)=-\sin \theta\)
\(\tan (90^\circ+\theta)=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \theta\,}\)
解法のPoint｜90°+θの三角比の値
\({\small (2)}~\sin (90^\circ+\theta)=\cos \theta\)
\(\cos (90^\circ+\theta)=-\sin \theta\)
\(\tan (90^\circ+\theta)=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\tan \theta\,}\)
解法のPoint｜90°+θの三角比の値
p.149 問題 12 \(\sin 160^\circ \lt \sin 40^\circ \lt \sin 120^\circ \lt \sin 80^\circ\)
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３節 三角形への応用
p.152 問1\(~~~\displaystyle \frac{\,10\sqrt{6}\,}{\,3\,}~,~\displaystyle \frac{\,10\sqrt{3}\,}{\,3\,}\)
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.153 問4\(~~~a=4\sqrt{3}~,~{\rm A}=90^\circ~,~{\rm B}=60^\circ\)
または、
\(~~~a=2\sqrt{3}~,~{\rm A}=30^\circ~,~{\rm B}=120^\circ\)
解法のPoint｜正弦定理と外接円の半径
または、
\(~~~a=2\sqrt{3}~,~{\rm A}=30^\circ~,~{\rm B}=120^\circ\)
解法のPoint｜正弦定理と外接円の半径
p.159 発展 問1\({\small (1)}~{\rm AC=BC}\) の二等辺三角形
\({\small (2)}~{\rm A}=90^\circ\) の直角三角形
または、\({\rm B}=90^\circ\) の直角三角形
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\({\small (2)}~{\rm A}=90^\circ\) の直角三角形
または、\({\rm B}=90^\circ\) の直角三角形
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p.160 問12\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,5\sqrt{3}\,}{\,2\,}\) \({\small (2)}~7\sqrt{2}\)
解法のPoint｜正弦を用いた三角形の面積
解法のPoint｜正弦を用いた三角形の面積
問題
p.166 問題 14\({\small (1)}~\sqrt{\,13\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,5\sqrt{\,13\,}\,}{\,26\,}\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,37\,}\,}{\,2\,}\)
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p.166 問題 15\({\small (1)}~{C}=45°~,~S=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~{C}=30°~,~a=\sqrt{\,3\,}-1~,~S=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}-1\,}{\,2\,}\)
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\({\small (2)}~{C}=30°~,~a=\sqrt{\,3\,}-1~,~S=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}-1\,}{\,2\,}\)
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p.166 問題 16\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\) \({\small (2)}~12-6\sqrt{\,3\,}\)
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p.166 問題 18\({\small (1)}~\)余弦定理で2つの角の大きさを求めて、三角形の内角の和より残りの角を求める。
\({\small (2)}~\)余弦定理で残りの1辺を求め、余弦定理でもう1つの角を求めて、三角形の内角の和より残りの角を求める。
\({\small (3)}~\)三角形の内角の和より残りの角を求め、正弦定理で残りの2辺を求める。
解法のPoint｜正弦定理・余弦定理と三角形の辺と角
\({\small (2)}~\)余弦定理で残りの1辺を求め、余弦定理でもう1つの角を求めて、三角形の内角の和より残りの角を求める。
\({\small (3)}~\)三角形の内角の和より残りの角を求め、正弦定理で残りの2辺を求める。
解法のPoint｜正弦定理・余弦定理と三角形の辺と角
練習問題 図形と計量
p.168 練習問題A 1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、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}+{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}+b\cos {C}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)
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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、
\(\begin{eqnarray}~~~a&=&{\rm BH}+{\rm HC}\\[3pt]~~~&=&c\cos {B}+b\cos {C}\\[3pt]~~~&=&b\cos {C}+c\cos {B}\end{eqnarray}\)
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p.168 練習問題A 2[証明] \(\angle {\rm A}\) と外接円の半径 \(R\) の正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}&=&2R
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin {A}\,}{\,a\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2R\,}
\\[5pt]~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
\(2\) 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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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin {A}\,}&=&2R
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sin {A}\,}{\,a\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2R\,}
\\[5pt]~~~\sin {A}&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2R\,}\end{eqnarray}\)
\(2\) 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.168 練習問題A 4\({\small (1)}~{\rm BD}=\sqrt{\,37\,}~,~\cos \angle {\rm BAD}=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,10\,}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,21\sqrt{\,11\,}\,}{\,4\,}\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,21\sqrt{\,11\,}\,}{\,4\,}\)
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p.168 練習問題A 5\({\small (1)}~{\rm DP}=\sqrt{\,13\,}~,~{\rm PQ}=\sqrt{\,3\,}~,~{\rm QD}=2\sqrt{\,3\,}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,35\,}\,}{\,2\,}\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,35\,}\,}{\,2\,}\)
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p.168 練習問題A 6\({\small (1)}~0°{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}45°~,~135°{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}180°\)
\({\small (2)}~0°{\small ~≦~}\theta\lt 150°\)
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\({\small (2)}~0°{\small ~≦~}\theta\lt 150°\)
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p.169 練習問題B 7[証明] \({\rm AO}+{\rm OC}=l~,~\)\({\rm BO}+{\rm OD}=m\)
また、\(\angle {\rm AOB}=\theta\) より、
\(\angle {\rm DOC}=\theta~,~\)\(\angle {\rm AOD}=\angle {\rm BOC}=180^\circ-\theta\)
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、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle OAB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm AO} \cdot {\rm BO} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle OBC}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BO} \cdot {\rm OC} \cdot \sin (180^\circ-\theta)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BO} \cdot {\rm OC} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle OCD}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm OC} \cdot {\rm OD} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle ODA}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm OD} \cdot {\rm OA} \cdot \sin (180^\circ-\theta)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm OD} \cdot {\rm OA} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
よって、この四角形の面積 \(S\) は、
したがって、\(S=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}lm\sin \theta\) となる [終]
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また、\(\angle {\rm AOB}=\theta\) より、
\(\angle {\rm DOC}=\theta~,~\)\(\angle {\rm AOD}=\angle {\rm BOC}=180^\circ-\theta\)
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、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle OAB}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm AO} \cdot {\rm BO} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle OBC}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BO} \cdot {\rm OC} \cdot \sin (180^\circ-\theta)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BO} \cdot {\rm OC} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle OCD}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm OC} \cdot {\rm OD} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm \triangle ODA}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm OD} \cdot {\rm OA} \cdot \sin (180^\circ-\theta)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm OD} \cdot {\rm OA} \cdot \sin \theta\end{eqnarray}\)
よって、この四角形の面積 \(S\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&{\rm \triangle OAB}+{\rm \triangle OBC}+{\rm \triangle OCD}+{\rm \triangle ODA}
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta\,({\rm AO} \cdot {\rm BO}+{\rm BO} \cdot {\rm OC}+{\rm OC} \cdot {\rm OD}+{\rm OD} \cdot {\rm OA})
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta\,\{({\rm AO}+{\rm OC}) \cdot {\rm BO}+({\rm AO}+{\rm OC}) \cdot {\rm OD}\}
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta \cdot ({\rm AO}+{\rm OC})({\rm BO}+{\rm OD})
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}lm\sin \theta\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta\,({\rm AO} \cdot {\rm BO}+{\rm BO} \cdot {\rm OC}+{\rm OC} \cdot {\rm OD}+{\rm OD} \cdot {\rm OA})
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta\,\{({\rm AO}+{\rm OC}) \cdot {\rm BO}+({\rm AO}+{\rm OC}) \cdot {\rm OD}\}
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\sin \theta \cdot ({\rm AO}+{\rm OC})({\rm BO}+{\rm OD})
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}lm\sin \theta\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(S=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}lm\sin \theta\) となる [終]
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p.169 練習問題B 8\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}\) \({\small (2)}~60°\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) \({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\)
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\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) \({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\)
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p.169 練習問題B 9\({\small (1)}~x^2-2x-4=0~,~{\rm AB}=1+\sqrt{\,5\,}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,5\,}\,}{\,4\,}\)
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\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,5\,}\,}{\,4\,}\)
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p.169 練習問題B 10\({\small (1)}~18\sqrt{\,2\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,2\,}\)
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