【数学IA】正弦定理・余弦定理を強みにしましょう!

数学IA

みなさん、こんにちは。「数学IA」の今回のテーマは、正弦定理・余弦定理です。

 

たかしくん
たかしくん

内容的にかなり難しい感じがします。

大丈夫です。正弦定理・余弦定理とは前々回の三角比で定めた定義を別の切り口から見ると、別の新しい定理も見つかったよという内容です。つまり、正弦定理・余弦定理は三角比を理解していれば心配ありません。

 

正弦定理とは三角形の内角のsinとその対辺の長さの関係を示したもので、余弦定理とは三角形の辺の長さと内角の余弦の間に成り立つ関係を与える定理を言います。ちなみに、正弦とは(\(\sin\))のことで、余弦とは(\(\cos\))のことを指します。

 

正弦定理・余弦定理の分野は、特にセンター試験において、毎年必ず出されている平面図形問題を解くのに欠かせません。でも、新しく出てくる定理はたった2つだけです。重要なのは、正弦定理・余弦定理の2つの定理をどう使うかの判断だけです。繰り返し使ってみて、定着させましょう。

 

ここでは、数学のテストで安定して得点できるようになるために、基礎から応用へとステップを踏んで説明します。数学が苦手な人は、始めは基礎の部分だけを克服して、苦手意識が払拭できてきたら徐々に応用に進んでもいいでしょう。

 

まずは、各カテゴリーで少しずつでも得点し、試験でどんな範囲が出ても安定的に得点できるようにすることが目標です。次のステップでは、入試対策として苦手な科目やカテゴリーを戦略的に克服して、できるだけ満点に近づけるように持っていきましょう。

正弦定理って何?

前々回、三角比の回では、三角形の角度と辺の長さを結びつける概念を勉強しました。詳しくは「【数学IA】三角比をマスターしましょう!」をみてください。

 

これから学ぶ2つの定理は、その三角形の外接円との関係を取り入れたもので、平面図形に関する理解をさらに深めるのに役立ちます。

 

ちなみに、定理とは、定義を定めたことによって導き出される命題のことで、定義が土台です。つまり、正弦定理とは、正弦(\(\sin\))の定義を決めたことから導き出された性質で、正弦(\(\sin\))と三角形の長さの関係を表しています。

 

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S先生

正弦(\(sin\))の定義、思い出せますか?

 

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たかし君

えっと…どれがどれだっけ?

 

定義が思い出せない人は、もう一度思い出してみましょう。「【数学IA】三角比をマスターしましょう!」をみてしっかり復習をして下さい。

 

では正弦定理です。

《 正弦定理 》
下図のように3辺の長さが\(a, b, c\) で、辺に対する角が\(A, B, C\) である\(\triangle ABC\) において、外接円(三角形のすべての頂点を通る円)の半径を\(R\) とすると、\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2R\)

この式は、三角形の内角の正弦(\(\sin\))とその角と向かい合う辺の長さの比はどの角でも一定であり、ある辺の長さを向かい合う角の正弦(\(\sin\))で割った値は、外接円の半径の\(2\)倍(=直径)になることを意味します。この定理によって、辺の長さと角度を結びつける新しい概念である三角比のうち、\(\sin\) と外接円の半径が結びつけられました。

 

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S先生

問題を解いていて、「外接円の半径を~」という文言が出てきたら、これかな?と思い出せるようにしてください。

 

正弦定理の証明

では、正弦定理を証明します。

 

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S先生

中学校で習った円周角の定理を使いますが、覚えていますか?

 

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たかし君

はい、覚えてます!

 

円周角の定理とは、ある円弧に対する円周角の大きさは中心角の半分で一定という定理でした。

三角形の角は、\(0\) 度より大きく、また\(180\) 度を越えることはないので、証明は、鋭角・直角・鈍角の3つの場合に分けて進めていきます。

 

この3つの場合すべてで証明できれば、あらゆる角度に対して正弦定理を証明できたことになります。また、1つの角について証明できれば、他2つの角についても同じ考え方で証明できます。

 

証明自体は覚える必要はありません。ただ、どのような考えを経て結論に辿り着いたかは理解しておいてください。

\(\angle A\) が鋭角のとき

 

\(\triangle ABC\) の外接円上に点\(D\) を\(\angle BCD\) が直角になるように置くと、円周角の定理より、\(\angle A=\angle D \cdots\)(ア)となる。また、\(\angle BCD\) が直角なので、線分\(BD\) は直径で、\(BD=2R \cdots\)(イ)となる。

 

\(\triangle BCD\) は直角三角形なので、\(BC=BD\sin \angle D \cdots\)(ウ)である。

式(ウ)に、式(ア)および式(イ)を代入して、

 

\(a=BC=2R\sin \angle A\) となり、式変形すると、

 

\(\dfrac{a}{\sin A}=2R\)

 

鋭角の場合について、正弦定理が証明されました。

\(\angle A\) が直角のとき

\(\angle A=90°\) のとき、\(\sin \angle A=1\) であり、また線分\(BC\) は直径なので長さは\(2R\) である。

 

よって、\(a=2R\sin \angle A\) となり、式変形して、

 

\(\dfrac{a}{\sin A}=2R\)

 

\(\angle A\) が鈍角のとき

\(\angle A\) が鈍角のとき、\(\angle BCD\) が直角で、\(\angle A=\angle D\) となる点\(D\) を置くことができないので、線分\(BC\) を挟んで点\(A\) と反対側に、\(\angle BCD\) が直角になるような点\(D\) を置きます。

 

すると、四角形ABDCは円に内接するので、向かい合う角の和は\(180°\)、つまり\(\angle A+\angle D=180°\) となります。ここから、\(\angle D=180°-\angle A\) なので、

 

\(\sin \angle D=\sin(180°-\angle A)=\sin \angle A\cdots\)(ア)

 

また、\(triangle BCD\) は直角三角形なので、\(BC=BD\sin \angle D\cdots\)(イ)および\(BD=2R\cdots\)(ウ)が成り立つ。

 

式(イ)に、式(ア)・式(ウ)を代入して、

\(a=BC=2R\sin \angle A\) となり、式変形すると、

\(\dfrac{a}{\sin A}=2R\) が証明された。

 

以上より、正弦定理とその証明でした。

次は、余弦定理!

次は余弦定理です。正弦定理が、三角形のある角の正弦\(\sin\) と辺の長さの関係を表していたように、余弦定理は、三角形のある角の余弦\(\cos\) と辺の長さの関係を表しています。

《 余弦定理 》

この式は、2つの辺の長さとその間の角の余弦(\(\cos\))がわかれば、残りの辺の長さもわかることを意味します。

余弦定理も証明します。定理を証明する問題は、最近になって入試でもよく出題されるようになってきました。すべてを覚える必要はありませんが、どういった考えを経て定理が証明されているのかみておきましょう。

 

\(\triangle ABC\) において、頂点\(C\) から辺\(AB\) へ垂線を下ろして、その交点を\(H\) とおきます。

すると、\(CH=b \sin \angle A, AH=b \cos \angle A\) となります。

これより、\(BH=c-AH=c-b \cos \angle A\)

\(\triangle BCH\) に関する三平方の定理より、\(BC^2=BH^2+CH^2\)

それぞれの値を、この式に代入して、

$
\begin{array}{rcll}
a^2&=&(c-b \cos A)^2+b^2 \sin^2 A\\
&=&c^2-2bc \cos A+b^2 \cos^2 A+b^2 \sin^2 A\\
&=&c^2-2bc \cos A+b^2\left\{\sin^2 A+\cos^2 A\right\}\\
&=&b^2+c^2-2bc \cos A
\end{array}
$

 

以上より、余弦定理が導かれました。ちなみに、余弦定理は、式変形して下の形でもよく使われます。

\(2bc \cos A=b^2+c^2-a^2\)
\(\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\)

 

正弦定理と余弦定理はどう使うの?

正弦定理と余弦定理、およびそれぞれの証明を見てきました。では、これらの使い分けはどうなるでしょう?混乱する人が多いので要注意です!

 

例題を解きながら、どんな場合にどちらの定理を使っているか見てみます。

例題\(\triangle ABC\) において、
(1) \(BC=8, \angle A=45°\) のとき、外接円の半径\(R\) を求めよ。
(2) \(BC=\sqrt{6}, AC=\sqrt{3}, \angle A=45°\) のとき、\(\angle B\) を求めよ。
(3) \(AC=8, BC=5, \angle C=60°\) のとき、\(AB\) を求めよ。
(4) \(AB=7, BC=3, AC=5\) のとき、\(\angle C\) を求めよ。

簡単でいいので、図を描きましょう。わかっているところはわかっているとおりに描きますが、わかっていないところは特にこだわらずに描いて構いません。図を描く目的は、与えられた値を視覚的かつ正確に認識することと、答えが出たときにその答えが現実的か確認することです。

 

正弦定理と余弦定理のどちらを使うかは、式を思い浮かべたり、あるいは式を見ながら、与えられた値と求める値は何か考えて判断しましょう。

 

(1) 「外接円」と問題文に出てきたら、迷わず正弦定理です。

$
\begin{array}{rcll}
2R&=&\dfrac{BC}{\sin A}\\
&=&\dfrac{8}{\sin 45°}\\
&=&\dfrac{8}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\\
&=&8\sqrt{2}
\end{array}
$

以上のことから$2R=8\sqrt{2}$となるので、Rは…。なお、図は下のようになります。

よって、


$R=4\sqrt{2}$

(2) ある角とその向かい合う辺の長さが与えられているときも、正弦定理です。図は上を見てください。

 

\(\dfrac{AC}{\sin B}=\dfrac{BC}{\sin A}\) より、

$
\begin{array}{rcll}
\sin B&=&\dfrac{AC}{BC}\sin A\\
&=&\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}\sin 45°\\
&=&\dfrac{1}{\sqrt{2}} \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\
&=&\dfrac{1}{2}
\end{array}
$

よって、\(\angle B=30°, 150°\)

\(\triangle ABC\) は三角形なので、


\(\angle B=30°\)

 

(3) 求める角は与えられた角と向かい合っており、他に与えられた値は残りの2辺です。こういった場合は、余弦定理を使います。図は下にあります。

$
\begin{array}{rcll}
AB^2&=&BC^2+AC^2-2BC\cdot AC \cos C\\
&=&5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cos 60°\\
&=&25+64-40\\
&=&49
\end{array}
$

\(AB>0\) より、


\(AB=7\)

(4) 3辺の長さを与えられているので、余弦定理を式変形して使います。図は上を見てください。

\(AB^2=BC^2+AC^2-2BC\cdot AC \cos C\) より、

$
\begin{array}{rcll}
\cos C&=&\dfrac{BC^2+AC^2-AB^2}{2BC\cdot AC}\\
&=&\dfrac{3^2+5^2-7^2}{2\cdot 3\cdot 5}\\
&=&\dfrac{9+25-49}{2\cdot 3\cdot 5}\\
&=&-\dfrac{1}{2}
\end{array}
$

よって、


\(\angle C=120°\)

 

正弦定理・余弦定理が何と何の関係を表しているのかをしっかり理解することと、与えられた値と求める値がどのような関係なのかを把握することが、解答の糸口になります。

 

最後に、センター試験で過去に出題された問題を解いて、理解を深めます。単に正弦定理・余弦定理を使うだけでなく、最大・最小の問題も絡めてあり、面白い問題です。

例題\(\triangle ABC\) において、\(AB=3, BC=5, \angle ABC=120°\) とする。
このとき、\(AC=\text{( ア )}, \sin \angle ABC=\dfrac{\sqrt{\text{( イ )}}}{\text{( ウ )}}\) であり、\(\sin \angle BCA=\dfrac{\text{( エ )}\sqrt{\text{( オ )}}}{\text{( カキ )}}\) である。
直線\(BC\) 上に点\(D\) を、\(AD=3\sqrt{3}\) かつ\(\angle ADC\) が鋭角となるようにとる。点\(P\) を線分\(BD\) 上の点とし、\(\triangle APC\) の外接円の半径を\(R\) とすると、\(R\) のとり得る値の範囲は\(\dfrac{\text{( ク )}}{\text{( ケ )}}\text{≦}R\text{≦}\text{( コ )}\) である。

まずは、問題文の条件を図にします。

はじめに求める値は\(AC\) ですが、わかっている値の中に「ある辺の長さ」と「その辺に向かい角」の組み合わせがないため、使うのは余弦定理です。

 

$
\begin{array}{rcll}
AC^2&=&AB^2+BC^2-2AB\cdot BC \cos \angle ABC\\
&=&3^2+5^2-2\cdot 3\cdot 5\cos 120°\\
&=&9+25+15\\
&=&49
\end{array}
$

\(AC>0\) より、\(AC=7\)

\(\angle ABC=120°\) より、\(\sin \angle ABC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

ここまでで、わかっている値の中に「ある辺の長さ」と「その辺に向かい角」の組み合わせができ、また、次に求める値は\(\sin \angle BCA\) なので、正弦定理を使います。

\(\dfrac{AC}{\sin \angle ABC}=\dfrac{AB}{\sin \angle BCA}\) より、

$
\begin{array}{rcll}
sin \angle BCA&=&\dfrac{AB\cdot \sin \angle ABC}{AC}\\
&=&\dfrac{3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{5}\\
&=&\dfrac{3\sqrt{3}}{14}
\end{array}
$

ここまでは、基本どおりに正弦定理・余弦定理の公式を使えば解けます。ここからが応用です。

問題文の条件を、最初の図に追加します。

点\(P\) は、点\(B\) から点\(D\) の間を動きます。ここから外接円の半径に関して解くので、正弦定理を使うことはわかります。では、どの角を使うのがいいでしょうか。

 

点\(P\) が動くので、\(\triangle APC\) の3つの角のうち、\(\angle APC, \angle PAC\) は変化します。残りの\(\angle ACP\) が一定なので、この角を使います。

 

\(2R=\dfrac{AP}{\sin \angle ACP}\) より、

$
\begin{array}{rcll}
R&=&\dfrac{AP}{2\sin \angle ACP}\\
&=&\dfrac{14}{2\cdot3\sqrt{3}}AP\\
&=&\dfrac{7\sqrt{3}}{9}AP
\end{array}
$

これより、\(R\) の範囲は、\(AP\) の長さの最大値と最小値で求められることがわかります。

 

まず、\(AP\) が最大になるとき、\(P=D\) となり、\(AP=3\sqrt{3}\)

 

また、\(AP\) が最小になるのは、\(BD\) と点\(A\) から下ろした垂線との交点\(H\) と点\(P\) が一致するときで、\(\triangle ABH\) は\(\angle ABH=60°\) の直角三角形ということから、\(AP=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)

 

よって、\(AP\) の範囲は、\(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\text{≦}AP\text{≦}3\sqrt{3}\)

 

これより、\(\dfrac{7}{2}\text{≦}AP\text{≦}7\)

よって、


(ア)\(7\) (イ)\(3\) (ウ)\(2\) (エ)\(3\) (オ)\(3\)
(カ)\(1\) (キ)\(4\) (ク)\(7\) (ケ)\(2\) (コ)\(7\)

 

以上です。

今回のまとめ

センター試験でよく出される正弦定理・余弦定理について説明しました。どの値がわかっているときにどちらの定理を使うかという判断がとても重要です。

 

ただ、解いていて感じた方もいるかと思いますが、正弦定理は使えるときの条件が限定されていて、とても判断しやすいです。練習を重ねて、しっかり理解しましょう。

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