答えと解説: 図形と計量 | 数学I

問 1基本

$\angle C = 90^\circ$ 、 $BC = 3$ 、 $CA = 4$ の直角三角形 $ABC$ について、 $\sin A$ 、 $\cos A$ 、 $\tan A$ の値を求めよ。

答え

$\sin A = \dfrac{3}{5}$ 、 $\cos A = \dfrac{4}{5}$ 、 $\tan A = \dfrac{3}{4}$

解説

まず三平方の定理で斜辺 $AB$ を求めます。

AB^2 = BC^2 + CA^2 = 9 + 16 = 25

$AB > 0$ だから $AB = 5$ です。

角 $A$ から見ると、対辺は $BC = 3$ 、隣辺は $CA = 4$ 、斜辺は $AB = 5$ なので、定義より

\sin A = \frac{3}{5}, \quad \cos A = \frac{4}{5}, \quad \tan A = \frac{3}{4}

「どの角から見た三角比か」で対辺・隣辺が入れかわります。図をかいて、角 $A$ の位置を確認してから読み取るのがミスを防ぐコツです。

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問 2基本

次の値を求めよ。
(1) $\sin 120^\circ$
(2) $\cos 135^\circ$
(3) $\tan 150^\circ$

答え

(1) $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
(2) $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
(3) $-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$

解説

$180^\circ - \theta$ の公式( $\sin$ はそのまま、 $\cos$ ・ $\tan$ は符号が変わる)で鋭角に直します。

(1) $120^\circ = 180^\circ - 60^\circ$ なので

\sin 120^\circ = \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}

(2) $135^\circ = 180^\circ - 45^\circ$ なので

\cos 135^\circ = -\cos 45^\circ = -\frac{\sqrt{2}}{2}

(3) $150^\circ = 180^\circ - 30^\circ$ なので

\tan 150^\circ = -\tan 30^\circ = -\frac{1}{\sqrt{3}} = -\frac{\sqrt{3}}{3}

鈍角では $\sin$ だけが正で、 $\cos$ と $\tan$ は必ず負になります。答えを書いたら符号だけでも見直しましょう。

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問 3基本

$0^\circ < \theta < 90^\circ$ で $\sin\theta = \dfrac{1}{3}$ のとき、 $\cos\theta$ と $\tan\theta$ の値を求めよ。

答え

$\cos\theta = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ 、 $\tan\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$

解説

相互関係 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ を使います。

\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}

$\theta$ は鋭角で $\cos\theta > 0$ だから

\cos\theta = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}

次に $\tan\theta = \dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}$ より

\tan\theta = \frac{1}{3} \div \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{1}{3} \times \frac{3}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}

最後の変形は分母の有理化です。 $\cos^2\theta$ から $\cos\theta$ を出すとき、角の範囲を見て符号を決めることを忘れないようにしましょう。

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問 4基本

三角形 $ABC$ において、 $a = 6$ 、 $A = 60^\circ$ 、 $B = 45^\circ$ のとき、外接円の半径 $R$ と辺 $b$ を求めよ。

答え

$R = 2\sqrt{3}$ 、 $b = 2\sqrt{6}$

解説

外接円の半径がからむので正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A} = 2R$ を使います。

2R = \frac{a}{\sin A} = \frac{6}{\sin 60^\circ} = \frac{6}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}

よって

R = 2\sqrt{3}

次に $b$ も正弦定理 $b = 2R\sin B$ で求めます。

b = 4\sqrt{3} \times \sin 45^\circ = 4\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{6}

$\dfrac{a}{\sin A} = 2R$ をひとつ計算しておくと、残りの辺は「 $2R \times \sin$ (対角)」ですぐ出せます。

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問 5基本

三角形 $ABC$ において、 $b = 2$ 、 $c = 3$ 、 $A = 60^\circ$ のとき、 $a$ を求めよ。

答え

$a = \sqrt{7}$

解説

2辺とその間の角が分かっているので余弦定理を使います。

a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A

に値を代入して

a^2 = 2^2 + 3^2 - 2 \times 2 \times 3 \times \cos 60^\circ = 4 + 9 - 12 \times \frac{1}{2} = 13 - 6 = 7

$a > 0$ だから

a = \sqrt{7}

余弦定理は「 $-2bc\cos A$ 」の符号ミスが最も多い定理です。 $\cos A$ が正のとき引き算、負のとき結果的に足し算になる、と意識して検算しましょう。

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問 6標準

$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ で $\cos\theta = -\dfrac{1}{4}$ のとき、 $\sin\theta$ と $\tan\theta$ の値を求めよ。

答え

$\sin\theta = \dfrac{\sqrt{15}}{4}$ 、 $\tan\theta = -\sqrt{15}$

解説

相互関係 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ より

\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}

$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ の範囲では $\sin\theta \ge 0$ だから

\sin\theta = \frac{\sqrt{15}}{4}

次に $\tan\theta = \dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}$ より

\tan\theta = \frac{\sqrt{15}}{4} \div \left(-\frac{1}{4}\right) = \frac{\sqrt{15}}{4} \times (-4) = -\sqrt{15}

$0^\circ$ から $180^\circ$ の範囲では $\sin\theta$ は場合分け不要で常に $0$ 以上です(ここが $\cos$ との違い)。 $\cos\theta < 0$ なので $\tan\theta$ も負になる、と符号の整合性を確認しましょう。

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問 7標準

三角形 $ABC$ において、 $a = 7$ 、 $b = 5$ 、 $c = 3$ のとき、 $A$ を求めよ。

答え

$A = 120^\circ$

解説

3辺が分かっているので、余弦定理を角を求める形で使います。

\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{25 + 9 - 49}{2 \times 5 \times 3} = \frac{-15}{30} = -\frac{1}{2}

$0^\circ < A < 180^\circ$ だから

A = 120^\circ

最大の辺 $a = 7$ の対角なので、 $A$ が最大角です。分子 $b^2 + c^2 - a^2$ が負になった時点で「鈍角だ」と分かるので、答えが鋭角になっていたら計算ミスを疑えます。

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問 8標準

三角形 $ABC$ において、 $b = 8$ 、 $c = 5$ 、 $A = 60^\circ$ とする。
(1) 面積 $S$ を求めよ。
(2) $a$ を求めよ。
(3) 内接円の半径 $r$ を求めよ。

答え

(1) $S = 10\sqrt{3}$
(2) $a = 7$
(3) $r = \sqrt{3}$

解説

(1) 2辺とその間の角が分かっているので、面積の公式を使います。

S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \times 8 \times 5 \times \sin 60^\circ = 20 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}

(2) 余弦定理より

a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A = 64 + 25 - 2 \times 8 \times 5 \times \frac{1}{2} = 89 - 40 = 49

$a > 0$ だから $a = 7$ です。

(3) 内接円の半径は $S = \dfrac{1}{2}r(a + b + c)$ を使います。

10\sqrt{3} = \frac{1}{2} \times r \times (7 + 8 + 5) = 10r

よって

r = \sqrt{3}

「面積 → 第3の辺 → 内接円の半径」という流れは定期テスト・入試の超頻出パターンです。内接円の公式は3辺すべてが必要なので、先に $a$ を求めておくのがポイントです。

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問 9標準

$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ で $\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{1}{2}$ のとき、 $\sin\theta\cos\theta$ と $\sin\theta - \cos\theta$ の値を求めよ。

答え

$\sin\theta\cos\theta = -\dfrac{3}{8}$ 、 $\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{\sqrt{7}}{2}$

解説

$\sin\theta + \cos\theta$ の値から積を出すときは、両辺を2乗するのが定石です。

(\sin\theta + \cos\theta)^2 = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = 1 + 2\sin\theta\cos\theta

これが $\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4}$ に等しいので

1 + 2\sin\theta\cos\theta = \frac{1}{4}

\sin\theta\cos\theta = -\frac{3}{8}

次に $\sin\theta - \cos\theta$ も2乗して考えます。

(\sin\theta - \cos\theta)^2 = 1 - 2\sin\theta\cos\theta = 1 - 2 \times \left(-\frac{3}{8}\right) = \frac{7}{4}

ここで符号を決めます。 $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ では $\sin\theta \ge 0$ であり、 $\sin\theta\cos\theta < 0$ から $\cos\theta < 0$ です。したがって $\sin\theta - \cos\theta > 0$ となり

\sin\theta - \cos\theta = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}

2乗して根号を外すときの符号決定が最大の山場です。「積が負 → $\cos\theta$ が負 → 差は正」という論理を答案にきちんと書きましょう。

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問 10標準

水平な地面に塔が垂直に立っている。地点 $A$ から塔の先端を見上げた仰角は $30^\circ$ であった。 $A$ から塔に向かって $100$ m 進んだ地点 $B$ で見上げると、仰角は $45^\circ$ であった。塔の高さを求めよ。

答え

$(50\sqrt{3} + 50)$ m(約 $136.6$ m)

解説

塔の高さを $h$ m、塔の根もとを $H$ とし、 $BH = x$ m とおきます。 $A$ 、 $B$ 、 $H$ は一直線上にあり、 $AH = x + 100$ です。

直角三角形の $\tan$ で2つの式を立てます。地点 $B$ から

\tan 45^\circ = \frac{h}{x} = 1

よって $h = x$ です。地点 $A$ から

\tan 30^\circ = \frac{h}{x + 100} = \frac{1}{\sqrt{3}}

よって $\sqrt{3}\,h = x + 100$ です。

$h = x$ を代入すると

\sqrt{3}\,h = h + 100

(\sqrt{3} - 1)h = 100

h = \frac{100}{\sqrt{3} - 1}

分母を有理化します。分母分子に $\sqrt{3} + 1$ を掛けて

h = \frac{100(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = \frac{100(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = 50(\sqrt{3} + 1) = 50\sqrt{3} + 50

塔の高さは $(50\sqrt{3} + 50)$ m、 $\sqrt{3} \approx 1.73$ とすると約 $136.6$ m です。測量の問題は「未知数をおいて $\tan$ の式を2本立てる」のが定石です。図をかいて $AH = x + 100$ の関係を正しくつかみましょう。

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問 11標準

三角形 $ABC$ において、 $A = 45^\circ$ 、 $B = 60^\circ$ 、 $a = \sqrt{2}$ のとき、 $b$ と外接円の半径 $R$ を求めよ。また $C$ の大きさを求めよ。

答え

$b = \sqrt{3}$ 、 $R = 1$ 、 $C = 75^\circ$

解説

2角と1辺が分かっているので正弦定理を使います。

\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B}

より

b = \frac{a\sin B}{\sin A} = \frac{\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{3}

外接円の半径は $\dfrac{a}{\sin A} = 2R$ より

2R = \frac{\sqrt{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} = 2

よって $R = 1$ です。

$C$ は三角形の内角の和が $180^\circ$ であることから

C = 180^\circ - 45^\circ - 60^\circ = 75^\circ

正弦定理の計算は「分数の分母に分数」が出てきて煩雑になりがちです。逆数の掛け算に直して、丁寧に約分しましょう。

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問 12発展

円に内接する四角形 $ABCD$ において、 $AB = 2$ 、 $BC = 1$ 、 $CD = 2$ 、 $DA = 3$ とする。
(1) $\cos A$ の値を求めよ。
(2) 対角線 $BD$ の長さを求めよ。
(3) 四角形 $ABCD$ の面積 $S$ を求めよ。

答え

(1) $\cos A = \dfrac{1}{2}$ ( $A = 60^\circ$ )
(2) $BD = \sqrt{7}$
(3) $S = 2\sqrt{3}$

解説

円に内接する四角形では、向かい合う角の和が $180^\circ$ です。つまり $C = 180^\circ - A$ なので $\cos C = -\cos A$ が成り立ちます。これを利用して、対角線 $BD$ を2通りに表すのが定石です。

(1) 三角形 $ABD$ で余弦定理を使うと

BD^2 = AB^2 + DA^2 - 2 \times AB \times DA \times \cos A = 4 + 9 - 12\cos A = 13 - 12\cos A

三角形 $CBD$ で余弦定理を使うと、 $\cos C = -\cos A$ だから

BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \times BC \times CD \times \cos C = 1 + 4 + 4\cos A = 5 + 4\cos A

2つの式は同じ $BD^2$ を表すので

13 - 12\cos A = 5 + 4\cos A

8 = 16\cos A

\cos A = \frac{1}{2}

よって $A = 60^\circ$ です。

(2) $\cos A = \dfrac{1}{2}$ を代入して

BD^2 = 13 - 12 \times \frac{1}{2} = 7

$BD > 0$ だから $BD = \sqrt{7}$ です。

(3) 四角形を対角線 $BD$ で三角形 $ABD$ と三角形 $CBD$ に分けます。 $A = 60^\circ$ 、 $C = 120^\circ$ なので

S = \frac{1}{2} \times 2 \times 3 \times \sin 60^\circ + \frac{1}{2} \times 1 \times 2 \times \sin 120^\circ = \frac{3\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}

「対角線を2通りの余弦定理で表して等式を作る」「向かい合う角の和が $180^\circ$ 」という2点がこのタイプの問題のすべてです。 $\sin 120^\circ = \sin 60^\circ$ となること( $\sin$ は補角で値が変わらない)も確認しておきましょう。

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問 13発展

三角形 $ABC$ において、 $\sin A : \sin B : \sin C = 7 : 5 : 3$ であり、周の長さが $30$ である。
(1) 3辺 $a$ 、 $b$ 、 $c$ の長さを求めよ。
(2) 最大の角の大きさを求めよ。
(3) 面積 $S$ と外接円の半径 $R$ を求めよ。

答え

(1) $a = 14$ 、 $b = 10$ 、 $c = 6$
(2) $A = 120^\circ$
(3) $S = 15\sqrt{3}$ 、 $R = \dfrac{14\sqrt{3}}{3}$

解説

(1) 正弦定理 $a = 2R\sin A$ 、 $b = 2R\sin B$ 、 $c = 2R\sin C$ より、辺の比は $\sin$ の比に等しくなります。

a : b : c = \sin A : \sin B : \sin C = 7 : 5 : 3

そこで $a = 7k$ 、 $b = 5k$ 、 $c = 3k$ ( $k > 0$ )とおくと、周の長さが $30$ だから

7k + 5k + 3k = 15k = 30

よって $k = 2$ となり、 $a = 14$ 、 $b = 10$ 、 $c = 6$ です。

(2) 最大の角は最大の辺 $a = 14$ の対角 $A$ です。余弦定理より

\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{100 + 36 - 196}{2 \times 10 \times 6} = \frac{-60}{120} = -\frac{1}{2}

$0^\circ < A < 180^\circ$ だから $A = 120^\circ$ です。

(3) 面積は $A$ をはさむ2辺 $b$ 、 $c$ を使って

S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \times 10 \times 6 \times \sin 120^\circ = 30 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 15\sqrt{3}

外接円の半径は正弦定理より

2R = \frac{a}{\sin A} = \frac{14}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{28}{\sqrt{3}}

よって

R = \frac{14}{\sqrt{3}} = \frac{14\sqrt{3}}{3}

「 $\sin$ の比 = 辺の比」への言いかえが第一歩です。比の問題では $k$ とおいて具体的な長さに直すと、あとは通常の計算に持ち込めます。

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問 14発展

1辺の長さが $6$ の正四面体 $ABCD$ について、次を求めよ。
(1) 頂点 $A$ から底面 $BCD$ に下ろした垂線 $AH$ の長さ
(2) 正四面体 $ABCD$ の体積 $V$
(3) 辺 $AB$ と底面 $BCD$ のなす角を $\theta$ とするときの $\cos\theta$ の値

答え

(1) $AH = 2\sqrt{6}$
(2) $V = 18\sqrt{2}$
(3) $\cos\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$

解説

(1) 正四面体では、頂点 $A$ から底面に下ろした垂線の足 $H$ は正三角形 $BCD$ の外心(重心)に一致します。まず $BH$ 、すなわち正三角形 $BCD$ の外接円の半径を正弦定理で求めます。

BH = \frac{CD}{2\sin 60^\circ} = \frac{6}{2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}

直角三角形 $ABH$ ( $\angle AHB = 90^\circ$ )で三平方の定理を使うと

AH^2 = AB^2 - BH^2 = 36 - 12 = 24

$AH > 0$ だから

AH = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}

(2) 底面の正三角形 $BCD$ の面積は、面積の公式より

\triangle BCD = \frac{1}{2} \times 6 \times 6 \times \sin 60^\circ = 18 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{3}

体積は「底面積 × 高さ ÷ 3」なので

V = \frac{1}{3} \times 9\sqrt{3} \times 2\sqrt{6} = 3\sqrt{3} \times 2\sqrt{6} = 6\sqrt{18} = 6 \times 3\sqrt{2} = 18\sqrt{2}

(3) 辺 $AB$ と底面のなす角は、 $AB$ と、その底面への正射影 $HB$ とのなす角、つまり $\angle ABH$ です。直角三角形 $ABH$ で

\cos\theta = \frac{BH}{AB} = \frac{2\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3}

空間図形は「垂線の足の位置を確定 → 直角三角形を含む平面を取り出す」の2段階で平面の問題に直すのが定石です。直線と平面のなす角は「直線と、その正射影のなす角」であることも確認しておきましょう。

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