COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

数式を枠からはみ出さずに表示するためには, 画面を横に傾けてください(532 ピクセル以上推奨).

三角比

理論

面積

 学習指導要領にはないが, マーク式試験用と検算用に, 辺の長さから三角形の面積を求める公式と, 円に内接する四角形の面積の公式を紹介する.

定理≪ヘロンの公式≫

 三角形 $\mathrm{ABC}$ について, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とおくと, \[\triangle\mathrm{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}.\]

証明

 余弦定理 \[\cos\angle\mathrm{BAC} = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\] により \begin{align*} &(\triangle\mathrm{ABC})^2 = \frac{1}{4}b^2c^2\sin ^2\angle\mathrm{BAC} \\ &= \frac{1}{4}b^2c^2(1-\cos ^2\angle\mathrm{BAC}) \\ &= \frac{1}{4}b^2c^2-\frac{1}{4}b^2c^2\cdot\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2} \\ &= \frac{1}{16}(4b^2c^2-(b^2+c^2-a^2)^2) \\ &= \frac{1}{16}((2bc)^2-(b^2+c^2-a^2)^2) \\ &= \frac{1}{16}(2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc-b^2-c^2+a^2) \\ &= \frac{1}{16}((b+c)^2-a^2)(a^2-(b-c)^2) \\ &= \frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{-a+b+c}{2}\cdot\frac{a-b+c}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2} \\ &= s(s-a)(s-b)(s-c) \end{align*} となるので, 求める結果が得られる.

定理≪ブラーマグプタの公式≫

 凸四角形(すべての角が $180^\circ$ 未満の四角形) $\mathrm{ABCD}$ が円に内接するとき, $a = \mathrm{AB},$ $b = \mathrm{BC},$ $c = \mathrm{CD},$ $d = \mathrm{DA},$ $s = \dfrac{a+b+c+d}{2}$ とおくと, 四角形 $\mathrm{ABCD}$ の面積 $S$ は \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}.\]

証明

 $A = \angle\mathrm{DAB},$ $C = \angle\mathrm{BCD}$ とおく. $A+C = 180^\circ$ から $\sin A = \sin C$ なので, \begin{align*} S &= \triangle\mathrm{ABD}+\triangle\mathrm{CBD} \\ &= \frac{1}{2}ad\sin A+\frac{1}{2}bc\sin C \\ &= \frac{1}{2}(ad+bc)\sin A \\ &= \frac{1}{2}(ad+bc)\sqrt{1-\cos ^2A}. \end{align*} $\cos C = -\cos A$ なので, $\triangle\mathrm{ABD},$ $\triangle\mathrm{CBD}$ に余弦定理を適用すると \[\mathrm{BD}^2 = a^2+d^2-2ad\cos A = b^2+b^2+2bc\cos A\] となるから, \[\cos A = \frac{a^2+d^2-b^2-c^2}{2(ad+bc)}.\] よって, \begin{align*} S^2 &= \frac{1}{4}(ad+bc)^2(1-\cos ^2A) \\ &= \frac{1}{4}(ad+bc)^2-\frac{1}{4}(ad+bc)^2\cdot\frac{(a^2+d^2-b^2-c^2)^2}{4(ad+bc)^2} \\ &= \frac{1}{16}(4(ad+bc)^2-(a^2+d^2-b^2-c^2)^2) \\ &= \frac{1}{16}((2ad+2bc)^2-(a^2+d^2-b^2-c^2)^2) \\ &= \frac{1}{16}(2ad+2bc-a^2-d^2+b^2+c^2) \\ &\qquad\times (2ad+2bc+a^2+d^2-b^2-c^2) \\ &= \frac{-a+b+c+d}{2}\cdot\frac{a+b+c-d}{2} \\ &\qquad\times \frac{a-b+c+d}{2}\cdot\frac{a+b-c+d}{2} \\ &= (s-a)(s-d)(s-b)(s-c) \end{align*} となるので, 求める結果が得られる.

問題

三角比

問題≪黄金比と $18^\circ$ の三角比≫

(1)
$1$ 辺が $1$ の正五角形 $\mathrm{ABCDE}$ において, 対角線 $\mathrm{AC}$ の長さを求めよ.
(2)
$\sin 18^\circ$ の値を求めよ.

解答例

(1)
$\angle\mathrm{ABC} = (5-2)\cdot 180^\circ = 108^\circ.$
$\mathrm{BA} = \mathrm{BC}$ より, $\angle\mathrm{BCA} = (180^\circ -\angle\mathrm{ABC})\div 2 = 36^\circ.$
よって, $\angle\mathrm{ACD} = \angle\mathrm{BCD}-\angle\mathrm{BCA} = 72^\circ.$
$\mathrm{AC} = \mathrm{AD}$ より, \begin{align*} \angle\mathrm{ADC} &= \angle\mathrm{ACD} = 72^\circ, \\ \angle\mathrm{CAD} &= 180^\circ -2\angle\mathrm{ACD} = 36^\circ. \end{align*} 対角線 $\mathrm{AD},$ $\mathrm{CE}$ の交点を $\mathrm P$ とおくと, $\angle\mathrm{PAC} = \angle\mathrm{ACB}$ より, \[\mathrm{AP} \parallel \mathrm{BC}.\] よって, $\mathrm{AP} = \mathrm{BC} = 1$ だから, $x = \mathrm{AC}$ とおくと, \[\mathrm{DP} = \mathrm{AD}-\mathrm{AP} = x-1.\] $\triangle\mathrm{ACD},$ $\triangle\mathrm{CDP}$ は相似だから, $\mathrm{AC}:\mathrm{CD} = \mathrm{CD}:\mathrm{DP}$ より, \[ x:1 = 1:(x-1).\] よって, $x(x-1) = 1$ より $x^2-x-1 = 0$ だから, \[ x = \frac{1\pm\sqrt 5}{2}.\] $x > 0,$ $1 < \sqrt 5$ に注意すると, \[\mathrm{AC} = x = \frac{1+\sqrt 5}{2}.\]
(2)
頂点 $\mathrm A$ から辺 $\mathrm{CD}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm M$ とおくと, \[\mathrm{CM} = \frac{\mathrm{CD}}{2} = \frac{1}{2}.\] ゆえに, \begin{align*} \sin 18^\circ &= \sin\angle\mathrm{CAN} = \frac{\mathrm{CM}}{\mathrm{AC}} \\ &= \frac{1}{2}\div\frac{1+\sqrt 5}{2} = \frac{1}{\sqrt 5+1} = \frac{\sqrt 5-1}{4}. \end{align*}

余弦定理

問題≪第 $1$ 余弦定理と第 $2$ 余弦定理≫

(1)
余弦定理を用いて, \begin{align*} a &= b\cos C+c\cos B \quad \cdots [1], \\ b &= c\cos A+a\cos C \quad \cdots [2], \\ c &= a\cos B+b\cos A \quad \cdots [3] \end{align*} が成り立つことを示せ.
(2)
$[1]$~$[3]$ から余弦定理を導け.

解答例

(1)
\begin{align*} b^2 &= c^2+a^2-2ca\cos B, \\ c^2 &= a^2+b^2-2ab\cos C \end{align*} の辺々を加えると, \[ 2a^2 = 2ca\cos B+2ab\cos C\] となる. 両辺を $2a$ で割ると, \[ a - c\cos B+b\cos C \quad \cdots [1]\] が得られる. $[2],$ $[3]$ も同様に示される.
(2)
$[2]\times b+[3]\times c-[1]\times a$ から, \begin{align*} b^2+c^2-a^2 &= bc\cos A+ab\cos C+ca\cos B+bc\cos A-ab\cos C-ca\cos B \\ &= 2bc\cos A \end{align*} つまり \[ a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A\] が得られる. 他の公式も同様に示される.

問題≪スチュワートの定理≫

 三角形 $\mathrm{ABC}$ の辺 $\mathrm{BC}$ 上の任意の点 $\mathrm P$ に対して, \[\mathrm{AB}^2\cdot\mathrm{CP}+\mathrm{AC}^2\cdot\mathrm{BP} = \mathrm{BC}(\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}\cdot\mathrm{CP})\] が成り立つことを示せ.

解答例

 $\triangle\mathrm{APB},$ $\triangle\mathrm{APC}$ に余弦定理を適用すると, \begin{align*} \cos\angle\mathrm{APB} &= \frac{\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2-\mathrm{AB}^2}{2\mathrm{AP}\cdot\mathrm{BP}}, \\ \cos\angle\mathrm{APC} &= \frac{\mathrm{AP}^2+\mathrm{CP}^2-\mathrm{AC}^2}{2\mathrm{AP}\cdot\mathrm{CP}}. \end{align*} また, \[\cos\angle\mathrm{APC} = \cos (180^\circ -\angle\mathrm{APB}) = -\cos\angle\mathrm{APB}.\] よって, \[ -\frac{\mathrm{AP}^2+\mathrm{CP}^2-\mathrm{AC}^2}{2\mathrm{AP}\cdot\mathrm{CP}} = \frac{\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2-\mathrm{AB}^2}{2\mathrm{AP}\cdot\mathrm{BP}}\] より, \[ -\mathrm{BP}(\mathrm{AP}^2+\mathrm{CP}^2-\mathrm{AC}^2) = \mathrm{CP}(\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2-\mathrm{AB}^2).\] 両辺を展開して整理すると, \begin{align*} &\mathrm{AB}^2\cdot\mathrm{CP}+\mathrm{AC}^2\cdot\mathrm{BP} \\ &= (\mathrm{BP}+\mathrm{CP})(\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}\cdot\mathrm{CP})\\ &= \mathrm{BC}(\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}\cdot\mathrm{CP}). \end{align*}

解説

 スチュワートの定理に $\mathrm{BP} = \mathrm{CP} = \dfrac{\mathrm{BC}}{2}$ を代入して両辺を $\dfrac{4}{\mathrm{BC}}$ 倍すると, 中線定理 \[ 2(\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2) = 4\mathrm{AP}^2+\mathrm{BC}^2\] が得られる.

問題≪トレミーの定理の余弦定理による証明≫

 辺の長さが $\mathrm{AB} = a,$ $\mathrm{BC} = b,$ $\mathrm{CD} = c,$ $\mathrm{DA} = d$ であり, すべての角の大きさが $180^\circ$ 未満の四角形 $\mathrm{ABCD}$ が円に内接している. $\mathrm{AC} = x,$ $\mathrm{BD} = y$ とおく.
(1)
$x,$ $y$ を $a,$ $b,$ $c,$ $d$ で表せ.
(2)
$xy = ac+bd$ が成り立つことを示せ.
[宮城教育大 2010]

解答例

(1)
$\angle\mathrm{ABC} = \theta$ とおく. 四角形 $\mathrm{ABCD}$ はすべての角の大きさが $180^\circ$ 未満で円に内接しているから, $\angle\mathrm{CDA} = 180^\circ -\theta.$ $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{CDA}$ に余弦定理を適用すると, $x^2$ は \begin{align*} x^2 &= a^2+b^2-2ab\cos\theta \quad \cdots [1], \\ x^2 &= c^2+d^2+2cd\cos\theta \quad \cdots [2] \end{align*} と $2$ 通りに表せる. $[1]\times cd+[2]\times ab$ から, \begin{align*} (ab+cd)x^2 &= cd(a^2+b^2)+ab(c^2+d^2) \\ &= (ad+bc)(ac+bd). \end{align*} ゆえに, \[ x = \sqrt{\frac{(ad+bc)(ac+bd)}{ab+cd}} \quad \cdots [3].\] $b$ と $d$ を入れ替えると, \[ y = \sqrt{\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}} \quad \cdots [4].\]
(2)
$[3]\times [4]$ から, \begin{align*} xy &= \sqrt{\frac{(ab+cd)(ad+bc)(ac+bd)^2}{(ab+cd)(ad+bc)}} \\ &= ac+bd. \end{align*}

解説

 トレミーの定理の証明は, 数学 A で学ぶような幾何的な方法の他に, さまざまな方法が知られている. トレミーの定理にはさまざまな応用があり, 例えばトレミーの定理から三角関数の加法定理を示すことができる(こちらを参照).

総合問題

問題≪空間の測量≫

(1)
$\sqrt 2(\sqrt 3- 1) < \sqrt 3$ であることを示せ.
(2)
水平な地面に木が立っている. 木の先端を $\mathrm A,$ その真下にある地上の点を $\mathrm H$ とおく. 地上に $2$ 点 $\mathrm B,$ $\mathrm C$ をとると, 互いに $30$ メートル離れていて, $\angle\mathrm{ABH} = 45^\circ,$ $\mathrm{ABC} = 60^\circ,$ $\mathrm{ACB} = 75^\circ$ であった. この木の高さを求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} &\sqrt 2(\sqrt 3- 1) < \sqrt 3 \quad \cdots [1] \\ &\iff \sqrt 6-\sqrt 2 < \sqrt 3 \\ &\iff \sqrt 6 < \sqrt 3+\sqrt 2 \\ &\iff 6 < 5+2\sqrt 6 \\ &\iff 1 < 2\sqrt 6 \quad \cdots [2] \\ \end{align*} であり, $[2]$ は $1 < 24$ より成り立つから, $[1]$ が成り立つ. (終)
(2)
$x = \mathrm{HA} = \mathrm{HB}$ とおくと, $\mathrm{AB} = \sqrt 2x.$
また, \[\angle\mathrm{BAC} = 180^\circ -(60^\circ +75^\circ ) = 45^\circ.\] $\triangle\mathrm{ABC}$ に正弦定理を適用すると, \[\dfrac{\mathrm{AC}}{\sin 60^\circ} = \dfrac{30}{\sin 45^\circ}\] より, \[\mathrm{AC} = 15\sqrt 6.\] $\triangle\mathrm{ABC}$ に余弦定理を適用すると, \begin{align*} 30^2 &= (\sqrt 2x)^2+(15\sqrt 6)^2 \\ &\qquad -2\cdot\sqrt 2x\cdot 15\sqrt 6\cos 45^\circ \end{align*} より, $x^2-15\sqrt 6x+15^2 = 0$ だから, \[ x = 15\sqrt 6\pm 15\sqrt 2 = 15\sqrt 2(\sqrt 3\pm 1).\] $\triangle\mathrm{ABC}$ において $\angle\mathrm C > \angle\mathrm B$ より $\mathrm{AB} > \mathrm{AC}$ すなわち $\sqrt 2x > 15\sqrt 6$ だから, $x > 15\sqrt 3.$
(1) より $15\sqrt 2(\sqrt 3- 1) < 15\sqrt 3$ であることに注意すると, 求める木の高さは $15\sqrt 2(\sqrt 3+1)$ メートル.

問題≪ヘロンの三角形≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺の長さと面積がすべて整数であるとき, 頂点 $\mathrm C$ から $\mathrm{AB}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおくと, $2\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AH},$ $2\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BH},$ $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CH}$ はすべて整数であることを示せ.

解答例

 $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ とおくと, \begin{align*} \frac{\mathrm{AH}}{b} &= \cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}, \\ \frac{\mathrm{BH}}{a} &= \cos B = \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}, \\ \frac{\mathrm{CH}}{b} &= \sin A = \frac{2S}{bc} \end{align*} となる. よって, $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺の長さと面積がすべて整数であるとき, \begin{align*} 2c\cdot\mathrm{AH} &= b^2+c^2-a^2, \\ 2c\cdot\mathrm{BH} &= c^2+a^2-b^2, \\ c\cdot\mathrm{CH} &= 2S \end{align*} は整数である.

解説≪ヘロンの三角形とピタゴラスの三角形の関係≫

 $3$ 辺の長さと面積がすべて整数であるような三角形を「ヘロンの三角形」(Heroian triangle)と呼ぶ. 本問の結果から, すべての「ヘロンの三角形」はある辺の長さ $c$ について $2c$ のある約数倍に拡大すると $3$ 辺の長さがすべて整数であるような $2$ つの直角三角形(「ピタゴラスの三角形」と呼ばれる)の和集合または差集合として表せることが分かる. その拡大の倍率は, 最も短い辺の長さの $2$ 倍をとれば十分である.

問題≪三角比の等式を満たす三角形の形状≫

(1)
$\cos ^2\alpha\cos ^2\beta +\cos ^2\alpha\sin ^2\beta +\sin ^2\alpha = 1$ を示せ.
(2)
\begin{align*} 2\sin ^2A-2\sin A(\sin B+\cos B\sin C) \\ +1-\cos ^2B\cos ^2C = 0 \end{align*} を満たす $\triangle\mathrm{ABC}$ はどのような形か.

解答例

(1)
\begin{align*} &\cos ^2\alpha\cos ^2\beta +\cos ^2\alpha\sin ^2\beta +\sin ^2\alpha \\ &= \cos ^2\alpha (\cos ^2\beta +\sin ^2\beta )+\sin ^2\alpha \\ &= \cos ^2\alpha +\sin ^2\alpha \\ &= 1. \end{align*}
(2)
与式と (1) より, \begin{align*} 0 &= 2\sin ^2A-2\sin A(\sin B+\cos B\sin C) \\ &\qquad +1-\cos ^2B\cos ^2C \\ &= 2\sin ^2A-2\sin A(\sin B+\cos B\sin C) \\ &\qquad +\sin ^2B+\cos ^2B\sin ^2C \\ &= (\sin ^2A-2\sin A\sin B+\sin ^2B) \\ &+(\sin ^2A-2\sin A\cos B\sin C+\cos ^2B\sin ^2C) \\ &= (\sin A-\sin B)^2+(\sin A-\cos B\sin C)^2 \end{align*} だから, $\sin A-\sin B = \sin A-\cos B\sin C = 0$ より, \[\sin A = \sin B, \quad \sin A = \cos B\sin C.\] $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とおくと, 正弦定理, 余弦定理より, \[\frac{a}{2R} = \frac{b}{2R}, \quad \frac{a}{2R} = \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\cdot\frac{c}{2R}.\] よって, $a = b,$ $a^2+b^2 =c^2$ より, $\triangle\mathrm{ABC}$ は $\mathrm{AC} = \mathrm{BC},$ $\angle\mathrm C = 90^\circ$ なる直角二等辺三角形.

問題≪正弦の比と三角形の面積≫

(1)
$\sin A:\sin B:\sin C = 2:3:4$ を満たす $\triangle\mathrm{ABC}$ の最大角の余弦の値を求めよ.
(2)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の面積が $3\sqrt{15}$ であるとき, $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の半径 $R,$ 内接円の半径 $r$ を求めよ.

解答例

(1)
正弦定理と与式より, \[ a:b:c = \sin A:\sin B:\sin C = 2:3:4\] だから, ある正の数 $k$ に対して \[ a = 2k, \quad b = 3k, \quad c = 4k.\] よって, $\triangle\mathrm{ABC}$ において $\mathrm{AB}$ が最大の辺だから, その対角 $\angle\mathrm C$ が最大の角である. したがって, 求める値は, \[\cos C = \frac{4k^2+9k^2-16k^2}{2\cdot 2k\cdot 3k} = -\frac{1}{4}.\]
(2)
(1) より, \[\sin C = \sqrt{1-\cos ^2C} = \frac{\sqrt{15}}{4}.\] よって, $\triangle\mathrm{ABC} = 3\sqrt{15}$ より \[ 3\sqrt{15} = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}2k\cdot 3k\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}\] すなわち $k^2 = 4$ だから, $k > 0$ に注意すると, $k = 2.$ したがって, \[ a = 4, \quad b = 6, \quad c = 8.\] ゆえに, \[ R = \frac{c}{2\sin C} = \frac{8}{2\cdot\dfrac{\sqrt{15}}{4}} = \frac{16\sqrt{15}}{15}.\] また, \[\triangle\mathrm{ABC} = \frac{r}{2}(a+b+c) = \frac{r}{2}(4+6+8) = 9r\] より $9r = 3\sqrt{15}$ だから, \[ r = \frac{\sqrt{15}}{3}.\]

問題≪正方形に内接する正三角形の面積の最大値≫

(1)
三角定規の三角形と底角が $15^\circ$ 二等辺三角形をうまく組み合わせるなどして, $\tan 15^\circ$ の値を求めよ.
(2)
$1$ 辺の長さが $1$ の正方形に内接する正三角形の面積の最大値を求めよ.

解答例

(1)
略.
(2)
正方形 $\mathrm{ABCD}$ の辺 $\mathrm{DA},$ $\mathrm{AB},$ $\mathrm{CD}$ 上に頂点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ を持つ正三角形 $\mathrm{PQR}$ を考える. $\mathrm{AP} \leqq \mathrm{PD}$ としても一般性を失わない. $x = \mathrm{AP}$ とおき, $l = \mathrm{PQ}$ とおく. このとき, $\mathrm{AP} \leqq \mathrm{PD}$ から, \[\frac{1}{2} \leqq x \leqq \sqrt 3-1.\] $x$ は $\mathrm R = \mathrm C$ のとき最大値 $\sqrt 3-1$ をとることは, $\triangle\mathrm{CDP} \equiv \triangle\mathrm{BCQ}$ から $\triangle\mathrm{APQ}$ が直角二等辺三角形であって, $1-x = \mathrm{DP} = \tan 15^\circ = 2-\sqrt 3$ であることから分かる. また, 三平方の定理により \[\mathrm{DR} = \sqrt{l^2-(1-x)^2}, \quad \mathrm{AQ} = \sqrt{l^2-x^2}\] であって, 点 $\mathrm R$ から辺 $\mathrm{AB}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおくと \[\mathrm{QH} = \sqrt{l^2-1}\] となる. $\mathrm{DR} = \mathrm{AQ}+\mathrm{QH}$ から, \[\sqrt{l^2-(1-x)^2} = \sqrt{l^2-x^2}+\sqrt{l^2-1}\] これから \[ l^2 = \frac{4}{3}(x^2-x+1)\] であることが分かる. よって, $l^2$ は $x = \sqrt 3-1$ のとき最大値 $4(2-\sqrt 3)$ をとる. ゆえに, 求める最大値は \[\frac{1}{2}\cdot 4(2-\sqrt 3)\sin 60^\circ = 2\sqrt 3-3.\]

問題≪頂点と底面を結ぶ辺が等しい四角錐≫

 四角錐 $\mathrm O\text{-}\mathrm{ABCD}$ が $\mathrm{AB} = 1,$ $\mathrm{BC} = \mathrm{CD} = \mathrm{DA} = 3,$ $\mathrm{OA} = \mathrm{OB} = \mathrm{OC} = \mathrm{OD} = 4$ を満たすとき,
(1)
底面 $\mathrm{ABCD}$ は円に内接することを示し, その円の半径 $R$ を求めよ.
(2)
四角錐 $\mathrm O\text{-}\mathrm{ABCD}$ の体積 $V$ を求めよ.

解答例

(1)
頂点 $\mathrm O$ から底面 $\mathrm{ABCD}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおくと, 辺 $\mathrm{OH}$ を共有し, 斜辺が等しい $4$ つの直角三角形 $\mathrm{OAH},$ $\mathrm{OBH},$ $\mathrm{OCH},$ $\mathrm{ODH}$ は合同だから, \[\mathrm{AH} = \mathrm{BH} = \mathrm{CH} = \mathrm{DH}.\] よって, 四角形 $\mathrm{ABCD}$ は $\mathrm H$ を中心とする円に内接する.
$\angle\mathrm{BAD} = \theta$ とおくと, $\angle\mathrm{BCD} = 180^\circ -\theta$ となるから, $\triangle\mathrm{BAD},$ $\triangle\mathrm{BCD}$ に余弦定理を適用すると, \begin{align*} \mathrm{BD}^2 &= 1^2+3^2-2\cdot 1\cdot 3\cos\theta = 10-6\cos\theta \\ &= 3^2+3^2-2\cdot 3\cdot 3\cos (180^\circ -\theta ) \\ &= 18+18\cos\theta. \end{align*} よって, $10-6\cos\theta = 18+18\cos\theta$ より \[\cos\theta = -\frac{1}{3}\] だから, \begin{align*} \mathrm{BD} &= \sqrt{10-6\cdot\left( -\frac{1}{3}\right)} = 2\sqrt 3, \\ \sin\theta &= \sqrt{1-\cos ^2\theta} = \sqrt{1-\left( -\frac{1}{3}\right) ^2} = \frac{2\sqrt 2}{3}. \end{align*} したがって, $\triangle\mathrm{ABD}$ に正弦定理を適用すると, \[\mathrm{AH} = R = \frac{\mathrm{BD}}{2\sin\theta} = \frac{2\sqrt 3}{2\cdot\dfrac{2\sqrt 2}{3}} = \frac{3\sqrt 6}{4}.\]
(2)
四角形 $\mathrm{ABCD}$ の面積を $S$ とおくと, \begin{align*} S &= \triangle\mathrm{BAD}+\triangle\mathrm{BCD} \\ &= \frac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}\sin\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\cdot \mathrm{CB}\cdot \mathrm{CD}\sin (180^\circ -\theta ) \\ &= \frac{1}{2}(\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}+\mathrm{CB}\cdot \mathrm{CD})\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(1\cdot 3+3\cdot 3)\cdot\frac{2\sqrt 2}{3} = 4\sqrt 2. \end{align*} また, 直角三角形 $\mathrm{OAH}$ に三平方の定理を適用すると, \begin{align*} \mathrm{OH} &= \sqrt{\mathrm{OA}^2-\mathrm{AH}^2} \\ &= \sqrt{4^2-\left(\frac{3\sqrt 6}{4}\right)^2} = \frac{\sqrt{202}}{4}. \end{align*} ゆえに, \[ V = \frac{1}{3}S\cdot\mathrm{OH} = \frac{1}{3}\cdot 4\sqrt 2\cdot\frac{\sqrt{202}}{4} = \frac{2\sqrt{101}}{3}.\]

問題≪球に内接する正四面体≫

 半径 $1$ の球に内接する正四面体の体積 $V$ を求めよ.

解答例

 問題の正四面体を $\mathrm{ABCD}$ とし, $1$ 辺の長さを $a$ とおく.
頂点 $\mathrm D$ から面 $\mathrm{ABC}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおくと, 辺 $\mathrm{DH}$ を共有し, 斜辺が等しい $3$ つの直角三角形 $\mathrm{ADH},$ $\mathrm{BDH},$ $\mathrm{CDH}$ は合同だから, \[\mathrm{AH} = \mathrm{BH} = \mathrm{CH}.\] よって, $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の中心だから, 正弦定理より, \[\mathrm{AH} = \frac{a}{2\sin 60^\circ} = \frac{a}{\sqrt 3}. \quad \cdots [1]\] 直角三角形 $\mathrm{ADH}$ に三平方の定理を適用すると, \[\mathrm{DH} = \sqrt{\mathrm{AD}^2-\mathrm{AH}^2} = \sqrt{a^2-\left(\frac{a}{\sqrt 3}\right) ^2} = \frac{\sqrt 6}{3}a.\] 垂線 $\mathrm{DH}$ は球の中心 $\mathrm O$ を通ることに注意して, 直角三角形 $\mathrm{AOH}$ に三平方の定理を適用すると, \[\left(\frac{a}{\sqrt 3}\right) ^2+\left(\frac{\sqrt 6}{3}a-1\right) ^2 = 1^2\] より $a^2-\dfrac{2\sqrt 6}{3}a = 0$ となるから, \[ a = \frac{2\sqrt 6}{3}.\] さらに, \begin{align*} \triangle\mathrm{ABC} &= \frac{1}{2}a^2\sin 60^\circ = \frac{1}{2}\left(\frac{2\sqrt 6}{3}\right)^2\frac{\sqrt 3}{2} = \frac{2\sqrt 3}{3}, \\ \mathrm{DH} &= \frac{\sqrt 6}{3}\cdot\frac{2\sqrt 6}{3} = \frac{4}{3}. \end{align*} ゆえに, \[ V = \frac{1}{3}\triangle\mathrm{ABC}\cdot\mathrm{DH} = \frac{1}{3}\cdot\frac{2\sqrt 3}{3}\cdot\frac{4}{3} = \frac{8\sqrt 3}{27}.\]

別解 1: 中線の成す角の余弦から高さを求める.

 問題の正四面体を $\mathrm{ABCD}$ とし, $1$ 辺の長さを $a$ とおく.
辺 $\mathrm{AB}$ の中点を $\mathrm M$ とおくと, \[\mathrm{CM} = \mathrm{DM} = \frac{\sqrt 3}{2}a.\] $\theta = \angle\mathrm{CMD}$ とおき, $\triangle\mathrm{CDM}$ において余弦定理を適用すると, \begin{align*} \cos\theta &= \frac{\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}a\right) ^2+\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}a\right) ^2-a^2}{2\cdot\dfrac{\sqrt 3}{2}a\cdot\dfrac{\sqrt 3}{2}a} \\ &= \frac{(\sqrt 3)^2+(\sqrt 3)^2-2^2}{2\cdot\sqrt 3\cdot\sqrt 3} = \frac{1}{3}. \\ \therefore\sin\theta &= \sqrt{1-\cos ^2\theta} = \frac{\sqrt 3^2-1^2}{3} = \frac{2\sqrt 2}{3}. \end{align*} よって, 頂点 $\mathrm D$ から面 $\mathrm{ABC}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおくと, \[\mathrm{DH} = \mathrm{DM}\sin\theta = \frac{\sqrt 3}{2}a\cdot\frac{1}{3} = \frac{\sqrt 6}{3}a. \quad \cdots [1]\] 以下, 解答例と同様.

別解 2: 球の中心 $\mathrm O$ と $3$ 頂点を結ぶ小四面体たちが合同であることに着目する.

 解答例, 別解 1 の $[1]$ 以降: 球の中心を $\mathrm O$ とおくと, $4$ つの四面体 $\mathrm{OABC},$ $\mathrm{OBCD},$ $\mathrm{OCDA},$ $\mathrm{ODAB}$ は合同である.
よって, その面積を $W$ とおくと, $V = 4W$ より \[\dfrac{1}{3}\triangle\mathrm{ABC}\cdot\mathrm{DH} = 4\cdot\frac{1}{3}\triangle\mathrm{ABC}\cdot\mathrm{OH}\] となるから, \[\mathrm{DH} = 4\mathrm{OH}.\] 垂線 $\mathrm{DH}$ が点 $\mathrm O$ を通ることに注意すると, \begin{align*} \mathrm{DH} &= \frac{4}{3}\mathrm{OD} = \frac{4}{3}, \\ a &= \frac{3}{\sqrt 6}\mathrm{DH} = \frac{3}{\sqrt 6}\cdot\frac{4}{3} = \frac{2\sqrt 6}{3}. \end{align*} 以下, 解答例と同様.

問題≪格子点を結ぶ正三角形の非存在≫

(1)
$(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$ を因数分解せよ.
(2)
すべての頂点の各座標が整数であるような正三角形は存在しないことを示せ. $\sqrt 3$ が無理数であることは, 証明なしに用いて良い.

解答例

(1)
\begin{align*} &(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 \\ &= (a^2c^2+2abcd+b^2d^2)+(a^2d^2-2abcd+b^2c^2) \\ &= (a^2+b^2)(c^2+d^2) \quad \cdots [1]. \end{align*}
(2)
すべての頂点の各座標が整数であるような正三角形の存在を仮定する. このとき, 必要に応じて各頂点を平行移動すると, ある整数 $a,$ $b,$ $c,$ $d$ について $\mathrm O(0,\ 0),$ $\mathrm P(a,\ b),$ $\mathrm Q(c,\ d)$ を頂点とする正三角形が得られる. $\mathrm{OP} = \mathrm{OQ}$ すなわち $\mathrm{OP}^2 = \mathrm{OQ}^2$ より, \[ a^2+b^2 = c^2+d^2 \quad \cdots [2].\] $\mathrm{OQ} = \mathrm{PQ}$ すなわち $\mathrm{OQ}^2 = \mathrm{PQ}^2$ より, \begin{align*} c^2+d^2 &= (a-c)^2+(b-d)^2 \\ &= a^2+b^2+c^2+c^2-2(ac+bd) \end{align*} だから, \[ ac+bd = \frac{1}{2}(a^2+b^2) \quad \cdots [3].\] $[2],$ $[3]$ を $[1]$ に代入すると \[ (a^2+b^2)^2 = \frac{1}{4}(a^2+b^2)+(ad-bc)^2\] となるから, \[ 3(a^2+b^2)^2 = 4(ad-bc)^2.\] よって, \[\sqrt 3(a^2+b^2) = 2|ad-bc|\] より, \[\sqrt 3 = \frac{2|ad-bc|}{a^2+b^2}.\] 右辺の分母, 分子は整数だから, これは $\sqrt 3$ が無理数であることに反する. ゆえに, すべての頂点の各座標が整数であるような正三角形は存在しない.

解説

 $[1]$ をラグランジュの恒等式(Lagrange's identity)と呼ぶ. (2) については, 三角形の面積に着目した別解もある. こちらの別形式の誘導問題を参照されたい.

問題≪三角形の外接円と内接円の半径の大小≫

(1)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の辺の長さを $a,$ $b,$ $c$ とするとき, $abc \geqq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ が成り立つことを示せ.
(2)
三角形の外接円の半径 $R$ が内接円の半径 $r$ の $2$ 倍以上であることを示せ.

解答例

 後日公開.