図形と計量 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $AB+AC=5$。和だけ与えられて個別の辺は不明、という形は対称式のサインだ。

余弦定理に現れる $b^2+c^2$ を $(b+c{)}^2-2bc$ に書き換える。すると余弦定理そのものが $bc$ の方程式になる。「定理の式を対称式で読み替える」ことができれば解ける。

$a=BC=\sqrt{7}$、$b=CA$、$c=AB$ とおく。条件は $b+c=5$ だ。

(1) 余弦定理より

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

このままでは $b$、$c$ は個別にわからない。でも聞かれているのは積 $bc$ だ。そこで $b^2+c^2=(b+c{)}^2-2bc$ を代入して、式を『和と積の言葉』に書き直す。

$$7=(b+c{)}^2-2bc-2bc\times \frac{1}{2}=25-3bc$$

よって $3bc=18$、すなわち

$$AB\cdot AC=bc=6$$

(2) 和 $b+c=5$ と積 $bc=6$ がそろった。『和と積がわかれば元の2数がわかる』。解と係数の関係により、$b$、$c$ は $t$ の2次方程式

$$t^2-5t+6=0\text{すなわち}(t-2)(t-3)=0$$

の2解だ。よって $\{b,c\}=\{2,3\}$ で、$AB<AC$($c<b$)より

$$AB=2,AC=3$$

どちらが $2$ でどちらが $3$ かは、方程式だけでは決まらない。問題文の大小条件で振り分ける、この最後の詰めを忘れないこと。

(3) 面積公式より

$$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}\times 6\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

面積公式に入るのは積 $bc$ そのもの。(1)の結果がそのまま使えて、$b$、$c$ の個別の値は実は要らない。

振り返り。 この問題の決め手は『余弦定理は $b^2+c^2$ と $bc$、つまり対称式だけでできている』という観察だ。だから和 $b+c$ が与えられた瞬間に、個別の辺がわからなくても方程式が回り出す。『求めたいものを直接追わず、和と積を追う』。対称式の考え方は方程式の単元を出てもこうして生き続ける。

発展。 この問題は「$\angle A$ と辺の和 $b+c$ を固定すると、向かいの辺 $a=BC$ はどこまで動けるか」と一般化できる。

$a^2=25-3bc$ で、$bc$ は相加相乗平均より $bc\le {\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2=\frac{25}{4}$。等号は $b=c=\frac{5}{2}$ のときだ。このとき $a^2$ は最小の $\frac{25}{4}$、つまり $a=\frac{5}{2}$。逆に $bc$ が $0$ に近づくと $a$ は $5$ に近づく。だから $a$ の動ける範囲は $\frac{5}{2}\le a<5$ で、$\sqrt{7}$ はちょうどこの中にある。

$b+c$ と $\angle A$ を固定したとき、向かいの辺が最短になるのは二等辺のとき。「和が同じなら差が小さいほど積が大きい」という相加相乗の感覚が、図形の長さにそのまま当てはまっている。

別解

別解:$c=5-b$ を代入して直接 $2$ 次方程式にするルート(苦手な人向けの素直な計算)。 積 $bc$ を経由せず、文字を $1$ つに減らして素直に解く。

$b=AC$、$c=AB$ とおくと $b+c=5$、だから $c=5-b$ と書ける。$\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$ なので余弦定理は $B{C}^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^{\circ }=b^2+c^2-bc$。ここへ $c=5-b$ を入れる。

$$b^2+(5-b{)}^2-b(5-b)=7.$$

左辺を展開すると $3b^2-15b+25$ だから

$$3b^2-15b+25=7⟹b^2-5b+6=0⟹(b-2)(b-3)=0.$$

$b=2$ または $b=3$。$AB<AC$ より $AB=2$、$AC=3$。すると $AB\cdot AC=6$、面積は $\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。対称式で積 $bc$ を先に取り出す本解と、同じ答えに至る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $1$ 本の式から $3$ つの値をすべて確定させる。この問題では段取りの設計が中心になる。

まず和を $2$ 乗して積を出す。ここで隠れた式 ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ を使う。和と積が分かれば $2$ 数を復元できる。これは対称式の定跡だ。

そこへ「積が負だから $\cos$ のほうが負」という符号の推理が加わる。

(1) $\sin \theta +\cos \theta =\frac{1}{5}$ の両辺を2乗して、${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ を使うと

$$1+2\sin \theta \cos \theta =\frac{1}{25}\text{よって}\sin \theta \cos \theta =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{25}-1\right)=-\frac{12}{25}$$

積が負。この符号は後で使うので覚えておく。

(2) 差を直接求めることはできないので、まず2乗の値を計算する。和の2乗との違いは中央の項の符号だけだ。

$$(\sin \theta -\cos \theta {)}^2=1-2\sin \theta \cos \theta =1+\frac{24}{25}=\frac{49}{25}$$

よって $\sin \theta -\cos \theta =\pm \frac{7}{5}$。ここで安易に正を選んではいけない。根拠を積み上げて符号を決める。

$0^{\circ }\leqq \theta \leqq 180^{\circ }$ では $\sin \theta \geqq 0$ だ。(1)より $\sin \theta \cos \theta <0$、つまり2つは異符号なので、$\sin \theta >0$ かつ $\cos \theta <0$ と決まる。したがって $\sin \theta -\cos \theta$ は(正)$-$(負)で正だ。

$$\sin \theta -\cos \theta =\frac{7}{5}$$

(3) 和と差を連立する。

$$\sin \theta +\cos \theta =\frac{1}{5},\sin \theta -\cos \theta =\frac{7}{5}$$

辺々加えて $2\sin \theta =\frac{8}{5}$ より $\sin \theta =\frac{4}{5}$。辺々引いて $2\cos \theta =-\frac{6}{5}$ より $\cos \theta =-\frac{3}{5}$。

$$\tan \theta =\frac{\sin \theta }{\cos \theta }=\frac{4}{5}÷\left(-\frac{3}{5}\right)=-\frac{4}{3}$$

検算: ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =\frac{16}{25}+\frac{9}{25}=1$、$\sin \theta \cos \theta =-\frac{12}{25}$

振り返り。 『和 → (2乗して)積 → 差 → 連立で個別の値』という流れは、対称式から元の2数を復元するいつもの道すじだ。計算はほぼ機械的に進むが、唯一頭を使うのが(2)の符号決定。そしてそこで決め手になるのは計算ではなく、『この範囲では $\sin$ は負にならない』という定義域の知識だった。難しい問題ほど、最後の分岐を決めるのは基本事項だ。

発展。 そもそも和 $\sin \theta +\cos \theta$ を $1$ つ決めるだけで、なぜ積や差まで芋づる式に決まるのか。

理由は、$\sin \theta$ と $\cos \theta$ が独立ではなく、$1$ つの角 $\theta$ で同時に決まるからだ。この拘束が ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$、すなわち単位円の方程式そのもの。だから和を $s$ とおくと、積は必ず $\frac{s^2-1}{2}$ に定まり、差の $2$ 乗も $2-s^2$ と決まってしまう。

合成すると $\sin \theta +\cos \theta =\sqrt{2}\sin (\theta +45^{\circ })$ だから、和が取れる値は $|\sin \theta +\cos \theta |\le \sqrt{2}$ に限られる。今回の $\frac{1}{5}$ はこの幅の中に収まっており、解が確かに存在することも同時に分かる。

別解

別解:単位円と直線 $x+y=\frac{1}{5}$ の交点としてまとめて求めるルート(視覚で捉える)。 $x=\cos \theta$、$y=\sin \theta$ とおくと、点 $(x,y)$ は単位円 $x^2+y^2=1$ の上にあり、条件 $\sin \theta +\cos \theta =\frac{1}{5}$ は直線 $x+y=\frac{1}{5}$ を表す。

求めるのは、この円と直線の交点だ。$y=\frac{1}{5}-x$ を円の式に代入する。

$$x^2+{\left(\frac{1}{5}-x\right)}^2=1⟹25x^2-5x-12=0⟹(5x+3)(5x-4)=0.$$

よって $x=-\frac{3}{5}$ または $x=\frac{4}{5}$。$0^{\circ }\le \theta \le 180^{\circ }$ では $\sin \theta \ge 0$、すなわち $y=\frac{1}{5}-x\ge 0$ が要る。これを満たすのは $x=-\frac{3}{5}$ のほうだけだ。

このとき $\cos \theta =-\frac{3}{5}$、$\sin \theta =\frac{4}{5}$、$\tan \theta =-\frac{4}{3}$。差 $\sin \theta -\cos \theta =\frac{7}{5}$ もその場で読める。和と積を行き来する本解と、同じ結論に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正四面体を前に、まずどこを切るかを決める。

中点 $M$ を通る対称面 $△AMD$ で切る。この $1$ 枚に、必要な量が全部乗る。高さも体積もこの断面の中の直角三角形の計算に帰着する。

(1) $△ABC$ は1辺 $6$ の正三角形なので、中線 $AM$ は $BC$ と垂直に交わる。直角三角形 $ABM$ で三平方の定理より

$$AM=\sqrt{A{B}^2-B{M}^2}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$$

同じように $△DBC$ で $DM=3\sqrt{3}$ だ。これで断面 $△AMD$ の3辺 $AM=DM=3\sqrt{3}$、$AD=6$ がそろった。3辺から角を求めるのだから余弦定理だ。

$$\cos \angle AMD=\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2\cdot AM\cdot DM}=\frac{27+27-36}{2\times 27}=\frac{18}{54}=\frac{1}{3}$$

(この角は、正四面体の『辺 $BC$ を折り目とする面と面のなす角』、つまり二面角と呼ばれる量だ。断面を取ると、立体の角がただの三角形の角になる。これが最初に言った考え方の意味だ。)

(2) 垂線の足を $H$ とする。$H$ の位置を特定するのが、この小問の中心になる。$AB=AC=AD$ なので、$H$ は $B$、$C$、$D$ から等距離、つまり $△BCD$ の外心。そして正三角形では外心と重心が一致するので、$H$ は $△BCD$ の重心だ。

重心は中線 $DM$ を頂点から $2:1$ に内分するので

$$DH=\frac{2}{3}DM=\frac{2}{3}\times 3\sqrt{3}=2\sqrt{3}$$

直角三角形 $ADH$ で三平方の定理より

$$h=AH=\sqrt{A{D}^2-D{H}^2}=\sqrt{36-12}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$$

(3) 底面 $△BCD$ は1辺 $6$ の正三角形なので

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

よって体積は

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

振り返り。 使った道具は三平方・余弦定理・重心の性質・体積公式と、どれも単体では基本レベルだ。難しさは道具ではなく『どの平面を切り出すか』『$H$ がどこに落ちるか』という空間の見取りにあった。特に『等距離 → 外心 → (正三角形なら)重心』という筋道は、正四面体に限らず対称性のある立体すべてで通用する。結果の $2\sqrt{6}$ より、この筋道を持ち帰ってほしい。

発展。 $(1)$ で求めた $\cos \angle AMD=\frac{1}{3}$ は、辺 $BC$ を折り目とする面 $ABC$ と面 $DBC$ のなす角、いわゆる二面角だ。

正四面体には、もう $1$ つ有名な角がある。全体の中心から $2$ 頂点を見込む角で、その余弦は $-\frac{1}{3}$。この角 $\approx 109.5^{\circ }$ は、化学でメタン分子の結合角として現れる。$2$ つの角の余弦が $\frac{1}{3}$ と $-\frac{1}{3}$、和がちょうど $180^{\circ }$ になるのは偶然ではない。

体積のほうも、$1$ 辺 $a$ の正四面体では $V=\frac{\sqrt{2}}{12}{a}^3$ という一般公式にまとまる。$a=6$ を入れると $\frac{\sqrt{2}}{12}\cdot 216=18\sqrt{2}$ で、確かに一致する。

別解

別解:座標を置いて成分計算で押すルート(得意な人向けの視点)。 底面 $△BCD$ を水平面に置き、すべて成分で計算する。

$M$ を原点にとり $B=(-3,0,0)$、$C=(3,0,0)$ とすると $BC=6$、$M$ は中点になる。$D$ は $△BCD$ が正三角形になる位置 $(0,3\sqrt{3},0)$($DB=\sqrt{9+27}=6$)。頂点 $A$ は底面の重心の真上にあり、$A=(0,\sqrt{3},2\sqrt{6})$ とおくと $AB=\sqrt{9+3+24}=6$ を満たす。

$M=(0,0,0)$ から見て $\overrightarrow{MA}=(0,\sqrt{3},2\sqrt{6})$、$\overrightarrow{MD}=(0,3\sqrt{3},0)$。

$$\cos \angle AMD=\frac{\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MD}}{|\overrightarrow{MA}||\overrightarrow{MD}|}=\frac{0+\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}+0}{3\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}}=\frac{9}{27}=\frac{1}{3}.$$

高さは $A$ の $z$ 座標そのもので $h=2\sqrt{6}$(底面が $z=0$、$A$ がその真上だから)。体積は $\frac{1}{3}\cdot △BCD\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 9\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{6}=18\sqrt{2}$。断面と重心で攻める本解と、同じ値になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 標準問題と同じ骨組みで攻める。

対角線で割って $B{D}^2$ を $2$ 通りに表し、内接条件で $\cos$ が符号違いになることを使う。完成版では面積も聞かれる。だが $2$ つの三角形の面積の和は、同じ $\sin A$ でまとめられる。骨組みを再利用して部品を増やす、という構えだ。

(1) 円に内接する四角形の対角の和は $180^{\circ }$ なので $\angle BCD=180^{\circ }-A$ だ。

$△ABD$ で余弦定理より

$$B{D}^2=A{B}^2+D{A}^2-2\cdot AB\cdot DA\cos A=1+16-8\cos A=17-8\cos A$$

$△CBD$ では、$\cos (180^{\circ }-A)=-\cos A$ より

$$B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2-2\cdot BC\cdot CD\cos (180^{\circ }-A)=4+9+12\cos A=13+12\cos A$$

$-2\cdot 2\cdot 3\cdot (-\cos A)=+12\cos A$。マイナス同士の打ち消しで符号が変わるこの箇所が、この型で最も間違えやすい。両者は同じ対角線の2乗なので等しいとおけて

$$17-8\cos A=13+12\cos A\text{よって}20\cos A=4\text{すなわち}\cos A=\frac{1}{5}$$

$\cos A$ がきれいな角(60°など)にならないが、それでいい。続きの計算は $\cos$ の値のまま進められる。

(2) 面積公式に必要なのは $\sin$ なので、相互関係で乗りかえる。$0^{\circ }<A<180^{\circ }$ より $\sin A>0$ なので

$$\sin A=\sqrt{1-\frac{1}{25}}=\sqrt{\frac{24}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}$$

四角形を対角線 $BD$ で分割する。ここで $\sin \angle BCD=\sin (180^{\circ }-A)=\sin A$。$\cos$ とちがって $\sin$ は補角で値が変わらないので、2つの三角形の面積が同じ $\sin A$ でくくれる。

$$S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot DA\sin A+\frac{1}{2}\cdot BC\cdot CD\sin A=\frac{1}{2}(1\times 4+2\times 3)\sin A=5\sin A$$

よって

$$S=5\times \frac{2\sqrt{6}}{5}=2\sqrt{6}$$

振り返り。 この型の仕組みを振り返ると、どれも補角の公式の非対称がもとになっている。$\cos (180^{\circ }-A)=-\cos A$(反転する)から $B{D}^2$ の2式が異なる式になって方程式が立ち、$\sin (180^{\circ }-A)=\sin A$(変わらない)から面積の2項が同じ $\sin A$ でまとまる。『円に内接する四角形を見たら、対角線 + 補角の公式』。型として頭に入れておけば、入試でも初動が迷わない。

発展。 ふつうの四角形は、$4$ 辺の長さを決めてもまだ形が定まらない。関節のようにぐにゃぐにゃ動き、面積も変わる。

ところが「円に内接する」という条件を一つ足すと、向かい合う角の和が $180^{\circ }$ に固定され、形がただ一つに決まる。三角形が $3$ 辺で決まる(合同)のと同じことが、四角形では「$4$ 辺 $+$ 円に内接」で起こる。本解で $\cos A$ が一つの値に定まったのは、この一意性の現れだ。

さらに強いことも言える。$4$ 辺の長さを固定したとき、面積が最大になるのは円に内接する形のときだ。だから $1,2,3,4$ を辺にもつ四角形の面積は、どう変形しても $2\sqrt{6}$ を超えない。

別解

別解:ブラーマグプタの公式で面積を直接出すルート(得意な人向けの高い視点)。 円に内接する四角形の面積には、$4$ 辺だけで書ける専用公式がある。

$4$ 辺を $a,b,c,d$、$s=\frac{a+b+c+d}{2}$ とすると、面積は $S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}$。三角形のヘロンの公式の、四角形版だ。いま $a,b,c,d=1,2,3,4$ だから $s=\frac{1+2+3+4}{2}=5$。

$$S=\sqrt{(5-1)(5-2)(5-3)(5-4)}=\sqrt{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}.$$

対角線を引かなくても面積が出た。この公式は、じつは本解の「対角線 $BD$ で $2$ つに分け、内接条件で $\cos$ を消す」計算を一般化して整えたもの。内部には $\cos A=\frac{1}{5}$ が織り込まれている。だから本解と同じ $S=2\sqrt{6}$ になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 空間の測量は $2$ 枚の平面に分解する。「地面の三角形」と「鉛直の直角三角形」だ。

各平面に落とせば、ただの既習問題になる。地面で正弦定理を使って $AC$ を出す。それを鉛直三角形の底辺として、高さへつなぐ。$2$ 枚の平面を「共有する辺 $AC$」で接続する。この設計図を最初に描く。

まず地面の三角形で AC を求める。

まずは地面だけを真上から見る。塔のことはいったん忘れていい。$△ABC$ の内角の和より

$$\angle ACB=180^{\circ }-75^{\circ }-60^{\circ }=45^{\circ }$$

2つの角と1辺がわかっている(そして求めたい $AC$ の対角 $\angle ABC=60^{\circ }$、既知の辺 $AB=100$ の対角 $\angle ACB=45^{\circ }$ とペアがそろう)ので、正弦定理を使う。

$$\frac{AC}{\sin \angle ABC}=\frac{AB}{\sin \angle ACB}$$

$$AC=\frac{100\sin 60^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=100\times \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{100\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{100\sqrt{6}}{2}=50\sqrt{6}(\mathrm{m})$$

次に鉛直の直角三角形で高さを求める。

ここで視点を切りかえる。今度は $A$ と塔を含む鉛直な平面を、真横から見る。塔の先端を $T$、高さを $h=CT$ とすると、塔は地面に垂直なので $△TAC$ は $\angle TCA=90^{\circ }$ の直角三角形で、$A$ での仰角が $30^{\circ }$ だ。高さと水平距離を結ぶのは $\tan$ だから

$$h=AC\tan 30^{\circ }=50\sqrt{6}\times \frac{1}{\sqrt{3}}=50\sqrt{2}(\mathrm{m})$$

($\sqrt{2}=1.41\dots$ より約 $70.7\mathrm{m}$ だ。)

振り返り。 実際の測量もこの手順そのものだ。地上で2地点間の距離と角を測り(手順1)、仰角から高さを計算する(手順2)。直接登れない塔の高さが巻尺と分度器だけで求まる。正弦定理と三角比が『測れないものを測る』道具であることを実感できる問題だ。空間図形はいつでも『どの平面を見るか』の宣言から始めること。

発展。 正弦定理の比 $\frac{AB}{\sin \angle ACB}$ の値は、じつは地面の三角形 $ABC$ の外接円の直径 $2R$ に等しい。

いまは $\frac{100}{\sin 45^{\circ }}=100\sqrt{2}$ だから、地面の三角形の外接円の半径は $R=50\sqrt{2}$。$3$ つの辺 $AC,BC,AB$ はすべて、この同じ外接円を通して角と結びついている。だから一辺と二角が分かれば、残りの辺が芋づる式に出る。

空間の測量は「水平面で位置を、鉛直面で高さを」という二段構えが基本だ。測る角や距離の組み合わせは何通りもあり、どの組から入っても同じ塔にたどり着く。この柔軟さが、直接は登れない高さを測れる理由になっている。

別解

別解:垂線を下ろして直角三角形だけで $AC$ を出すルート(正弦定理を使わない)。 地面の $△ABC$ で、$C$ から辺 $AB$ に垂線を下ろし、足を $H$ とする。$\angle CAB=75^{\circ }$、$\angle CBA=60^{\circ }$ はどちらも鋭角なので、$H$ は $A$ と $B$ のあいだにある。

直角三角形 $ACH$ で $AH=AC\cos 75^{\circ }$、$CH=AC\sin 75^{\circ }$。直角三角形 $BCH$ で $BH=\frac{CH}{\tan 60^{\circ }}=\frac{AC\sin 75^{\circ }}{\sqrt{3}}$。$AH+BH=AB=100$ だから

$$AC\cos 75^{\circ }+\frac{AC\sin 75^{\circ }}{\sqrt{3}}=100⟹AC\left(\cos 75^{\circ }+\frac{\sin 75^{\circ }}{\sqrt{3}}\right)=100.$$

ここで $\cos 75^{\circ }=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$、$\sin 75^{\circ }=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ を入れると、カッコの中はきれいに $\frac{\sqrt{6}}{3}$ にまとまる。よって $AC=\frac{100\cdot 3}{\sqrt{6}}=50\sqrt{6}$。あとは鉛直の直角三角形で $h=AC\tan 30^{\circ }=\frac{50\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=50\sqrt{2}$。正弦定理で $AC$ を出す本解と、同じ答えに届く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 二等分線 $AD$ と中線 $AM$ が同居している。だが使う道具は別だ。

最初にそう仕分けるのが発想の核になる。二等分線は「面積の分割」で攻める。中線は「$△ABM$ で余弦定理」だ。その $\cos B$ は元の三角形から先に求めておく。線分の種類ごとに定跡ルートを割り当ててから、順に処理する。

(1) 余弦定理より

$$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cos 120^{\circ }=16+4-2\times 4\times 2\times \left(-\frac{1}{2}\right)=20+8=28$$

よって $BC=2\sqrt{7}$ だ。$\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$ の負号と、その前の $-2bc$ の負号が打ち消し合って足し算になる。鈍角の余弦定理では2乗の和より大きくなる($28>20$)ことを検算代わりにするとよい。

(2) $AD$ は $\angle A=120^{\circ }$ を二等分するので $\angle BAD=\angle CAD=60^{\circ }$ だ。面積の関係 $△ABC=△ABD+△ACD$ より

$$\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 2\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot AD\sin 60^{\circ }+\frac{1}{2}\cdot 2\cdot AD\sin 60^{\circ }$$

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

$$2\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}AD\text{よって}AD=\frac{4}{3}$$

(3) 中線 $AM$ には面積の関係が使えない($AM$ は角を二等分しないので $\sin$ が共通にならない)。代わりに、角 $B$ を経由する。まず $△ABC$ で $\cos B$ を求める。

$$\cos B=\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{16+28-4}{2\times 4\times 2\sqrt{7}}=\frac{40}{16\sqrt{7}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}$$

この角 $B$ は小さい三角形 $△ABM$ の角でもある。ここが乗りかえポイントだ。$M$ は $BC$ の中点なので $BM=\sqrt{7}$。$△ABM$ で余弦定理より

$$A{M}^2=A{B}^2+B{M}^2-2\cdot AB\cdot BM\cos B=16+7-2\times 4\times \sqrt{7}\times \frac{5}{2\sqrt{7}}=23-20=3$$

$\sqrt{7}$ どうしが約分されてきれいに消える。よって $AM=\sqrt{3}$ だ。(検算: 中線定理 $A{B}^2+A{C}^2=2(A{M}^2+B{M}^2)$ に代入すると $16+4=2(3+7)=20$ となり、確かに成り立つ。)

振り返り。 『二等分線なら面積分割、中線なら余弦定理2回(共有角を経由)』という道具の対応が今回の収穫だ。どちらの解法も、2つの三角形が何を共有しているかに注目すれば解ける。二等分線では等しい角($60^{\circ }$)と共通の $\sin$、中線では共通の角 $B$。図形問題で複数の三角形が現れたら、まず共有物を探す癖をつけたい。

発展。 $A$ から辺 $BC$ 上の点へ引いた線分(チェバ線と呼ぶ)の長さには、どの点にも使える公式が $1$ つある。スチュワートの定理だ。

$BC=a$ を点 $X$ が $BX=m$、$XC=n$ に分けるとき、線分 $AX=d$ について $b^{2}m+c^{2}n=a(d^2+mn)$ が成り立つ($b=CA$、$c=AB$)。

中点なら $m=n=\frac{a}{2}$ を入れると中線定理に、二等分線なら $m:n=c:b$ を入れると二等分線の長さの公式になる。今回の中線 $AM$ も二等分線 $AD$ も、同じ1つの定理の特別な場合である。線分の種類ごとに別々の道具を使ったが、上から見ると一つの式に収まっている。

別解

別解:座標を置いて $3$ つとも距離計算で片づけるルート(得意な人向けの視点)。 頂点 $A$ を原点、辺 $AB$ を $x$ 軸に置く。

$A=(0,0)$、$B=(4,0)$。$\angle A=120^{\circ }$、$AC=2$ だから $C=(2\cos 120^{\circ },2\sin 120^{\circ })=(-1,\sqrt{3})$。まず $BC=\sqrt{(4-(-1){)}^2+(0-\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{25+3}=2\sqrt{7}$。

$D$ は二等分線と $BC$ の交点。二等分線は対辺を隣り合う辺の比に分けるので $BD:DC=AB:AC=2:1$、よって

$$D=B+\frac{2}{3}(C-B)=\left(\frac{2}{3},\frac{2\sqrt{3}}{3}\right),AD=\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{12}{9}}=\sqrt{\frac{16}{9}}=\frac{4}{3}.$$

中点は $M=\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ で、$AM=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}}=\sqrt{3}$。面積分割と $\cos B$ を使い分ける本解と、$3$ つとも同じ値になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ 辺だけから全部を出す総合問題だ。新しい発想は要らない。ルートの接続がすべてになる。

道すじはこうだ。余弦定理($\cos$)→ 相互関係($\sin$)→ 面積 → 正弦定理($R$)→ $S=rs$($r$)。どの量がどの道具から出るか、依存関係の地図を先に描く。あとは一本道で進む。

(1) 角 $B$ をはさむ2辺は $AB=13$、$BC=14$、対辺は $CA=15$ だ。余弦定理より

$$\cos B=\frac{A{B}^2+B{C}^2-C{A}^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{169+196-225}{2\times 13\times 14}=\frac{140}{364}=\frac{5}{13}$$

数が大きくて身構えるが、約分すると $\frac{5}{13}$。きれいな分数に落ち着く(そうなるように設計された三角形だ)。$0^{\circ }<B<180^{\circ }$ より $\sin B>0$ なので

$$\sin B=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\sqrt{\frac{144}{169}}=\frac{12}{13}$$

$5$、$12$、$13$。直角三角形の有名な組がここで出てくる。

(2) 面積公式より

$$S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\sin B=\frac{1}{2}\times 13\times 14\times \frac{12}{13}=7\times 12=84$$

$13$ が約分で消えて、面積は整数 $84$ になる。

(3) 外接円。 正弦定理は『角と対辺のペア』で動く。手元にあるのは角 $B$ なので、その対辺 $CA=15$ と組ませる。$\frac{CA}{\sin B}=2R$ より

$$R=\frac{CA}{2\sin B}=\frac{15}{2\times \frac{12}{13}}=\frac{15\times 13}{24}=\frac{65}{8}$$

内接円。 面積を2通りに表す関係 $S=\frac{1}{2}r(AB+BC+CA)$ より

$$84=\frac{1}{2}r(13+14+15)=21r\text{よって}r=4$$

振り返り。 この一連の流れ『余弦定理 → $\sin$ → 面積 → $R$、$r$』は、3辺さえ与えられればどんな三角形でも実行できる手順だ。逆に言えば、3辺が決まれば三角形のすべての量が決まる(合同条件の計算版)ということ。各定理はその『決まっているはずの量』を取り出す手続きにすぎない。この見方ができると、図形と計量の全体が1枚の地図としてつながる。

発展。 $13\text{-}14\text{-}15$ の三角形は、外接円半径 $R=\frac{65}{8}$ と内接円半径 $r=4$ が両方きれいに出る、教科書の名物だ。

この $2$ つの円の中心、外心 $O$ と内心 $I$ の距離には、オイラーの定理という公式がある。$O{I}^2=R^2-2Rr$ だ。入れてみると $O{I}^2={\left(\frac{65}{8}\right)}^2-2\cdot \frac{65}{8}\cdot 4=\frac{65}{64}$ となる。

この式から、どんな三角形でも $R\ge 2r$ が従う(オイラーの不等式、等号は正三角形のとき)。実際 $\frac{65}{8}=8.125$ は $2r=8$ をわずかに上回るだけ。$R$ と $2r$ がここまで近いことから、この三角形が正三角形にかなり近い形だと読み取れる。

別解

別解:高さで $2$ つの直角三角形に割るルート(苦手な人向けの具体・視覚)。 $BC=14$ を底辺に置き、頂点 $A$ から下ろした垂線の足を $H$、$BH=x$、$AH=h$ とおく。

$2$ つの直角三角形で三平方の定理を書く。$AB=13$ から $x^2+h^2=169$、$AC=15$ から $(14-x{)}^2+h^2=225$。$AC$ の式から $AB$ の式を引くと $196-28x=56$、つまり $x=5$。すると $h^2=169-25=144$、$h=12$。

これで $△ABH$ は辺 $5,12,13$、$△ACH$ は辺 $9,12,15$ の直角三角形とわかる。直角三角形の比から直接

$$\cos B=\frac{BH}{AB}=\frac{5}{13},\sin B=\frac{AH}{AB}=\frac{12}{13},S=\frac{1}{2}\cdot 14\cdot 12=84.$$

外接円は $\frac{CA}{\sin B}=2R$ から $R=\frac{15}{2\cdot \frac{12}{13}}=\frac{65}{8}$、内接円は $S=\frac{1}{2}r(13+14+15)$ から $r=4$。余弦定理から始める本解と、すべて一致する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「どんな形の三角形か」と問われている。角と辺が混ざった式は、まず言葉を統一する。

余弦定理で $\cos$ を辺だけの式に置き換える。すると条件式は辺だけの代数方程式になる。あとは因数分解して「$a=b$ または…」と読む。各因数がどんな三角形を表すかを読み取る。

「幾何 → 代数 → 幾何」の往復が形状決定の定跡だ。

まず余弦定理で辺の式に直す。

$$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc},\cos B=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$$

を与式に代入すると

$$a\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=b\cdot \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$$

両辺に $2abc(>0)$ を掛けて分母を払うと

$$a^2(b^2+c^2-a^2)=b^2(c^2+a^2-b^2)$$

見た目は4次式でこわいが、やることは展開と整理だけだ。

整理して因数分解する。 展開すると

$$a^2{b}^2+a^2{c}^2-a^4=b^2{c}^2+a^2{b}^2-b^4$$

両辺の $a^2{b}^2$ を消して左辺に集めると

$$a^2{c}^2-b^2{c}^2-a^4+b^4=0$$

ここからが因数分解の見せどころ。$c^2$ を含む項と含まない項でグループ分けする。

$$c^2(a^2-b^2)-(a^4-b^4)=0$$

$a^4-b^4=(a^2-b^2)(a^2+b^2)$ なので、共通因数 $a^2-b^2$ がくくり出せて

$$(a^2-b^2)\{c^2-(a^2+b^2)\}=0$$

途中で $a^2-b^2$ で割ってはいけない。$a=b$ の可能性を勝手に消すことになるからだ。割らずに、くくる。

各因数を図形の言葉で言い換える。

$$a^2=b^2\text{または}{c}^2=a^2+b^2$$

$a$、$b>0$ なので $a^2=b^2$ は $a=b$ を意味する。また $c^2=a^2+b^2$ は、三平方の定理の逆により $\angle C=90^{\circ }$ を意味する。

結論。 $△ABC$ は

$$a=b\text{ の二等辺三角形、または }\angle C=90^{\circ }\text{ の直角三角形}$$

だ(両方を同時に満たす直角二等辺三角形も含まれる)。

振り返り。 形状決定の失点パターンは決まっている。①因数分解の途中で $a^2-b^2$ で割ってしまい、二等辺の場合を落とす。②因数 $c^2=a^2+b^2$ を『直角三角形』とだけ書いて、どの角が直角か($\angle C$)を明示しない。この2つだ。『割らずにくくる』『因数はすべて拾い、図形の言葉に正確に言い換える』。この2つを守れば、どんな形状決定にも同じ手順で立ち向かえる。

発展。 形状決定でいちばん怖いのは途中で場合を落とすことだ。それを防ぐ見方がある。

条件式 $a\cos A=b\cos B$ を辺だけの式に直すと $a^2(b^2+c^2-a^2)=b^2(c^2+a^2-b^2)$。この式は $a$ と $b$ を入れ替えても、左辺と右辺がちょうど入れ替わるだけで全体は変わらない。移項して差を $0$ とおいた形は、入れ替えで符号が反転する(反対称)から、必ず $a-b$ を因数にもつ。だから「$a=b$ の二等辺」は初めから解になることが決まっている。

残りの因数 $c^2-a^2-b^2$ が、もう一つの特殊な形(直角)を決める。条件が $a,b$ について対称なら二等辺が、非対称な残りが直角を生む。この「対称性から二等辺因数を先読みする」見方は、どの形状決定でも役に立つ。

別解

別解:正弦定理で角の式に直すルート(得意な人向けの視点)。 辺を消して、代わりに角だけの式にしてみる。

正弦定理より $a=2R\sin A$、$b=2R\sin B$($R$ は外接円の半径)。これを条件 $a\cos A=b\cos B$ に入れると、両辺の $2R$ が消えて

$$\sin A\cos A=\sin B\cos B⟹\sin 2A=\sin 2B.$$

($2\sin \theta \cos \theta =\sin 2\theta$ を使った。)$0^{\circ }<A,B<180^{\circ }$ の範囲で $\sin 2A=\sin 2B$ となるのは、$2A=2B$ か $2A=180^{\circ }-2B$ のとき。

前者は $A=B$、すなわち $a=b$ の二等辺三角形。後者は $A+B=90^{\circ }$、つまり $C=180^{\circ }-(A+B)=90^{\circ }$ の直角三角形。この解き方は「割る」操作をしないので、場合を落とす心配がない。辺の因数分解で攻める本解と、まったく同じ $2$ 通りの結論に達する。