数学Ⅰ『図形と計量』まとめ（ロードマップ）

　$r=1$ とすると、三角比の定義式は

$\sin\theta=y$，$\cos\theta=x$

　となり、図で表すと右のようになる

　斜辺の長さ ( $r$ ) を $1$ で固定して、$30^\circ$、$45^\circ$、$60^\circ$ の直角三角形を並べてみると

$\theta$ が大きくなれば、$\sin\theta$ は大きくなり、$\cos\theta$ は小さくなる

　$\tan\theta$ は $\displaystyle{\frac{y}{x}}$ より、斜辺の傾きを表す

　$30^\circ$、$45^\circ$、$60^\circ$ の直角三角形を並べてみると

$\theta$ が大きくなれば、$\tan\theta$ は大きくなる

(1)　$\sin70^\circ=\cos20^\circ$　　←足して $ 90^\circ$ の $\sin$ と $\cos$ は同じ

(2)　$\displaystyle{\tan80^\circ=\frac{1}{\tan20^\circ}}$　　←足して $ 90^\circ$ の $\tan$ は逆数の関係

(1)　$y=10\sin20^\circ≒3.420$
　　 $x=10\cos20^\circ≒9.397$

(2)　$y=10\tan20^\circ≒3.640$

(3)　$\displaystyle{y=10\sin\theta=10\cdot\frac{3}{5}=6}$
　　 $\displaystyle{x=10\cos\theta=10\cdot\frac{4}{5}=8}$

(1)　$\sin160^\circ=\sin20^\circ$　　←足して $ 180^\circ$ の $\sin$ は同じ

(2)　$\cos170^\circ=-\cos10^\circ$　　←足して $ 180^\circ$ の $\cos$ は異符号

(1)　$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$ より
　　　　$\displaystyle{\cos^2\theta=1-\sin^2\theta=1-\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{5}{9}}$
　　$\theta$ は鈍角なので、$\cos\theta<0$ より　　$\displaystyle{\cos\theta=-\frac{\sqrt{5}}{3}}$
　　$\displaystyle{\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}}$ より　　　　$\displaystyle{\tan\theta=\frac{\frac{2}{3}}{-\frac{\sqrt{5}}{3}}=-\frac{2}{\sqrt{5}}}$

(2)　$\displaystyle{1+\tan^2\theta=\frac{1}{\cos^2\theta}}$ より　　$\displaystyle{1+\left(\frac{3}{4}\right)^2=\frac{1}{\cos^2\theta}}$
　　これを解いて　　$\displaystyle{\cos^2\theta=\frac{16}{25}}$
　　$\theta$ は鋭角なので、$\tan\theta>0$ より　　$\displaystyle{\tan\theta=\frac{4}{5}}$
　　$\displaystyle{\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}}$ より　　$\displaystyle{\sin\theta=\tan\theta\cos\theta=\frac{4}{5}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{5}}$

(1)　正弦定理より　$\displaystyle{\frac{2}{\sin60^\circ}=2R}$

　　　　　　　　$2R\sin60^\circ=2$
　　　　　　　　　　　　　$\displaystyle{R=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}}$

(2)　正弦定理より　$\displaystyle{\frac{x}{\sin60^\circ}=2\sqrt{3}}$

　　　　　　　　　　　　　$x=2\sqrt{3}\sin60^\circ=3$

　正弦定理　$\displaystyle\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ より

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

　$a=3k$，$b=5k$，$c=7k$ ($k>0$) とおける

　最も長い辺が $\textrm{AB}$ であるから、その対角 $C$ が最も大きい角である

　余弦定理より \begin{eqnarray} \cos C &=& \frac{(3k)^2+(5k)^2-(7k)^2}{2・3k・5k} \\\\ &=& \frac{9k^2+25k^2-49k^2}{2・3k・5k} \\\\ &=& \frac{-15k^2}{2・3k・5k} \\\\ &=& -\frac{1}{2} \end{eqnarray}

　$0^\circ<C<180^\circ$ より　　$C=120^\circ$

　余弦定理より　　$\displaystyle{\cos A=\frac{4^2+3^2-(\sqrt{7})^2}{2\cdot4\cdot3}=\frac{3}{4}}$

　$\sin^2 A+\cos^2 A=1$ より　　$\displaystyle{\sin^2 A=1-\cos^2 A=1-\left(\frac{3}{4}\right)^2=\frac{7}{16}}$

　$0^\circ<A<180^\circ$ より、$\sin A>0$ なので　　$\displaystyle{\sin A=\frac{\sqrt{7}}{4}}$

　したがって　　$\displaystyle{S=\frac{1}{2}\cdot4\cdot3\sin A=\frac{3\sqrt{7}}{2}}$

　余弦定理より　　$\displaystyle{\cos A=\frac{8^2+5^2-9^2}{2\cdot8\cdot5}=\frac{1}{10}}$

　$\sin^2 A+\cos^2 A=1$ より　　$\displaystyle{\sin^2 A=1-\cos^2 A=1-\left(\frac{1}{10}\right)^2=\frac{99}{100}}$

　$0^\circ<A<180^\circ$ より、$\sin A>0$ なので　　$\displaystyle{\sin A=\frac{3\sqrt{11}}{10}}$

　したがって　　$\displaystyle{S=\frac{1}{2}\cdot8\cdot5\sin A=6\sqrt{11}}$

　$\displaystyle{S=\frac{1}{2}r(a+b+c)}$ より

　　　　　　　　$\displaystyle{6\sqrt{11}=\frac{1}{2}r(9+8+5)}$

　よって　　　　$\displaystyle{r=\frac{6\sqrt{11}}{11}}$

　$\triangle\textrm{ABD}$ で余弦定理より

\begin{eqnarray} \textrm{BD}^2 &=& 2^2+4^2-2・2・4・\cos A \\ &=& 20-16\cos A　\cdots　①\\ \end{eqnarray}

　$\triangle\textrm{BCD}$ で余弦定理より

\begin{eqnarray} \textrm{BD}^2 &=& 2^2+3^2-2・2・3・\cos(180^\circ-A) \\ &=& 13-12\cdot(-\cos A) \\ &=& 13+12\cos A　\cdots　② \\ \end{eqnarray}

　①、②より、$\textrm{BD}^2$ を消去して

　①に代入して　　$\displaystyle{\textrm{BD}^2=20-16\cdot\frac{1}{4}=16}$

　$\textrm{BD}>0$ より　　　$\textrm{BD}=4$

　$\sin^2 A+\cos^2 A=1$，$\sin A>0$ より

$\displaystyle{\sin A=\sqrt{1-\left(\frac{1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}}$

　よって、四角形の面積 $S$ は

　$\textrm{AD}=x$ とおくと

　したがって　　　$\displaystyle{\textrm{AD}=\frac{15}{8}}$

　$\triangle\textrm{ABC}$ で余弦定理より

　　　　　　$\displaystyle{\cos B=\frac{4^2+6^2-5^2}{2\cdot4\cdot6}=\frac{9}{16}}$

　線分 $\textrm{AD}$ は角の二等分線なので

　　　　　　$\textrm{BD}:\textrm{DC}=\textrm{AB}:\textrm{AC}=4:5$

　よって　　$\displaystyle{\textrm{BD}=\frac{4}{9}\textrm{BC}=\frac{8}{3}}$

　$\triangle\textrm{ABD}$ で余弦定理より

　　　　　　$\displaystyle{\textrm{AD}^2=4^2+\left(\frac{8}{3}\right)^2-2\cdot4\cdot\frac{8}{3}\cos B=\frac{100}{9}}$

　$\textrm{AD}>0$ より　　　$\displaystyle{\textrm{AD}=\frac{10}{3}}$

　$\triangle\textrm{ABC}$ で正弦定理より

　　　　　　$\displaystyle{\frac{100}{\sin45^\circ}=\frac{\textrm{AB}}{\sin60^\circ}}$

　これを解いて　　$\textrm{AB}=50\sqrt{6}$

　$\textrm{AC}=x$ として、$\triangle\textrm{ABC}$ で余弦定理より

　　　　　　$(50\sqrt{6})^2=x^2+100^2-2\cdot x\cdot100\cos60^\circ$

　　　　　　$x^2-100x-5000=0$

　$x>0$ より　　$x=50+50\sqrt{3}$

　$\triangle\textrm{ACD}$ について

\begin{eqnarray} \textrm{AD} &=& \textrm{AC}\sin45^\circ \\ &=& \frac{50\sqrt{3}+50}{\sqrt{2}} \\ &=& 25\sqrt{6}+25\sqrt{2} \\ &=& 25(\sqrt{6}+\sqrt{2}) \end{eqnarray}

正四面体の体積は　$\displaystyle{\frac{1}{3}\times(底面積)\times(高さ)}$　で求まる

１辺の長さが $a$ である正四面体 $\textrm{OABC}$ の体積は

　　　　$\displaystyle{\frac{1}{3}\times(\triangle\textrm{ABC}の面積)\times(高さ \textrm{OH})}$

$\triangle\textrm{ABC}$ は正三角形なので面積は

　　　　$\displaystyle{\frac{1}{2}\cdot a\cdot a \sin60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2}$

$\triangle\textrm{OAH}$、$\triangle\textrm{OBH}$、$\triangle\textrm{OCH}$ は直角三角形であり、斜辺と他の１辺 $\textrm{OH}$ の長さが等しいので合同である。

$\textrm{AH}=\textrm{BH}=\textrm{CH}$ が成り立つため、点 $\textrm{H}$ は$\triangle\textrm{ABC}$ の外心である。

よって、 $\textrm{AH}$ は $\triangle\textrm{ABC}$ の外接円の半径と等しい。

$\triangle\textrm{ABC}$ で正弦定理より

\begin{eqnarray} 2\textrm{AH} &=& \frac{a}{\sin60^\circ} \\ \textrm{AH} &=& \frac{1}{\sqrt{3}}a \end{eqnarray}

$\triangle\textrm{OAH}$ で三平方の定理より

\begin{eqnarray} \textrm{OH} &=& \sqrt{a^2-\left(\frac{1}{\sqrt{3}}a\right)^2} \\ &=& \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}a \\ &=& \frac{\sqrt{6}}{3}a \end{eqnarray}

したがって、１辺の長さが $a$ である正四面体の体積は

　　　$\displaystyle{\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot\frac{\sqrt{6}}{3}a=\frac{\sqrt{2}}{12}a^3}$

※ $\triangle\textrm{ABC}$ は正三角形なので、点 $\textrm{H}$ は $\triangle\textrm{ABC}$ の外心、内心、重心である。

（別解）高さ $\textrm{OH}$ 求め方

『点 $\textrm{H}$ が $\triangle\textrm{ABC}$ の重心であることを利用する』

辺 $\textrm{BC}$ の中点 $\textrm{M}$ とすると

　　　　$\displaystyle{\textrm{OM}=\textrm{AM}=\frac{\sqrt{3}}{2}}$

点 $\textrm{H}$ は $\triangle\textrm{ABC}$ の重心なので

　　　　$\textrm{AH}:\textrm{AM}=2:1$

$\triangle\textrm{OMH}$ において

　　　　$\displaystyle{\cos\angle\textrm{OMH}=\frac{\textrm{HM}}{\textrm{OM}}=\frac{\frac{1}{3}\textrm{AM}}{\textrm{AM}}=\frac{1}{3}}$

よって

　　　　$\displaystyle{\sin\angle\textrm{OMH}=\sqrt{1-(\cos\angle\textrm{OMH})^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}}$

以上より

\begin{eqnarray} \textrm{OH} &=& \textrm{OM}\sin\angle\textrm{OMH} \\ &=& \frac{\sqrt{3}}{2}a\times\frac{2\sqrt{2}}{3} \\ &=& \frac{\sqrt{6}}{3}a \end{eqnarray}