図形と計量 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 与えられたのは「2辺とその間の角」なので、向かいの辺を出す道具は余弦定理一択だ。

$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ に代入すれば $a=\sqrt{7}$。外接円の半径 $R$ は辺とその対角のペアから正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=2R$ で出す。いま $a$ と $A$ のペアが揃ったところだから、流れがそのままつながる。「間の角→余弦定理、対角→正弦定理」の使い分けが第一感になる。

① 余弦定理で $a$。 $$a^2=2^2+3^2-2\cdot 2\cdot 3\cos 60^{\circ }=4+9-12\cdot \frac{1}{2}=7⟹a=\sqrt{7}.$$

② 正弦定理で $R$。 $\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$ を使って $$2R=\frac{a}{\sin A}=\frac{\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}⟹R=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{21}}{3}.$$

まとめ $2$ 辺と間の角 → 余弦定理で $a=\sqrt{7}$ → 正弦定理で $R=\frac{\sqrt{21}}{3}$。余弦定理と正弦定理(外接円)の融合。

発展。 $R=\frac{abc}{4S}$ と $S=rs$ を組むと $\frac{R}{r}=\frac{abc}{4rs\cdot r}$ … と、三角形の5つの量($a,b,c$ から $S,R,r,s$)は互いに行き来できる公式の網をなす。オイラーの不等式 $R\ge 2r$(等号は正三角形)はこの網の上の名品で、本問の三角形でも $R=\frac{\sqrt{21}}{3}\approx 1.53$、$r=\frac{S}{s}\approx 0.69$ で確かに $R>2r$ が成り立っている。

別解

面積を経由して $R=\frac{abc}{4S}$ で(公式の連携)。 外接円の半径には面積と3辺で書ける公式もある:

$$R=\frac{abc}{4S}$$

($S=\frac{1}{2}bc\sin A$ と正弦定理 $a=2R\sin A$ から $\sin A$ を消すと出る。)本問なら $S=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 3\sin 60^{\circ }=\frac{3\sqrt{3}}{2}$ で

$$R=\frac{\sqrt{7}\cdot 2\cdot 3}{4\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}}=\frac{6\sqrt{7}}{6\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{7}{3}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$$

正弦定理(本解)と同じ値に着く。三角形の量($S,R,r,s$、3辺)は $S=\frac{abc}{4R}=rs=\frac{1}{2}bc\sin A=$ ヘロン…と公式の網でつながっていて、どの2つを知っていれば何が出るか、の地図を持つと検算が自在になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 面積の公式 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ で、$A=60^{\circ }$ は固定だ。つまり $S$ は $bc$ に比例する。

問題は「$b+c=6$ のもとで積 $bc$ を最大にせよ」に変わった。

和が一定なら、積は等分で最大(相加相乗平均)。$b=c=3$ で $bc=9$、$S=\frac{9\sqrt{3}}{4}$。

① 面積を $bc$ で。 $A=60^{\circ }$ より $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$、 $$S=\frac{1}{2}bc\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}bc.$$ ② $bc$ の最大。 $b+c=6$ 一定のとき、相加相乗平均から $$bc\le {\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2=3^2=9,$$ 等号は $b=c=3$。

③ 面積の最大。 $$S_{\max }=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 9=\frac{9\sqrt{3}}{4}(b=c=3,\text{正三角形に近い二等辺}).$$

まとめ $S=\frac{\sqrt{3}}{4}bc$ で、$b+c=6$ のとき $bc$ 最大 $9$($b=c=3$)。面積の最大 $\frac{9\sqrt{3}}{4}$。面積(三角比)と最大最小(相加相乗)の融合。

発展。 「和が一定 → 等分で最大」は、周の長さ一定の長方形(正方形が最大)、$n$ 個の和一定の積($n$ 等分)へと一直線に一般化される。逆に「積 $bc$ 一定で和 $b+c$ を最小に」も同じ等号 $b=c$ で決まる。相加相乗は両方向に使える。この双対の感覚が最適化の勘所になる。

別解

1文字消去して2次関数で(相加相乗を使わない)。 $c=6-b$($0<b<6$)を代入すると

$$bc=b(6-b)=-b^2+6b=-(b-3{)}^2+9$$

上に凸の放物線で、頂点 $b=3$(範囲内)で最大 $9$。よって $S=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 9=\frac{9\sqrt{3}}{4}$、このとき $b=c=3$。

相加相乗(本解)は「和一定→積は等分で最大」の原理を一言で使い、2次関数は根拠を放物線の頂点として目に見える形で出す。等号条件($b=c$)が「頂点の位置」として現れる対応も、2つの道を並べると腑に落ちる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 空間の長さは、うまい平面(断面)を切り出して平面図形の計算に落とす。

中点 $\mathrm{M}$($\mathrm{AB}$ 上)から $\mathrm{C},\mathrm{D}$ への距離は、どちらも正三角形の中線 $\frac{\sqrt{3}}{2}a$ なので、三角形 $\mathrm{MCD}$ は二等辺だ。二等辺三角形では、頂点から底辺の中点 $\mathrm{N}$ への線分が垂直に立つ。直角三角形 $\mathrm{MNC}$ で三平方の定理を使えば $\mathrm{MN}$ が出る。

① $\mathrm{MC}$ の長さ。 $\mathrm{M}$ は正三角形 $\mathrm{ABC}$($1$ 辺 $a$)の辺 $\mathrm{AB}$ の中点。$\mathrm{C}$ から $\mathrm{AB}$ の中点 $\mathrm{M}$ への距離は中線の長さ $\mathrm{MC}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。同様に $\mathrm{MD}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。

② 二等辺三角形で三平方。 三角形 $\mathrm{MCD}$ は $\mathrm{MC}=\mathrm{MD}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$、底辺 $\mathrm{CD}=a$ の二等辺三角形。$\mathrm{N}$ は $\mathrm{CD}$ の中点で $\mathrm{MN}\perp \mathrm{CD}$、$\mathrm{NC}=\frac{a}{2}$。三平方で $${\mathrm{MN}}^2={\mathrm{MC}}^2-{\mathrm{NC}}^2=\frac{3}{4}{a}^2-\frac{1}{4}{a}^2=\frac{1}{2}{a}^2.$$ ③ 結論。 $$\mathrm{MN}=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}a.$$

まとめ対辺の中点間の距離は $\mathrm{MC}=\mathrm{MD}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$ の二等辺三角形で三平方して $\frac{\sqrt{2}}{2}a$。空間図形を平面に帰着して計量する。図形と計量(空間・三平方)の融合。

発展。 立方体埋め込みで分かった「対辺の中点を結ぶ3本は互いに直交・等長」から、この3本の交点(すべての中点=重心)を原点に、3本を座標軸にとれる。正四面体の対称性が立方体の対称性の一部だという事実を使うと、正四面体の外接球・体積・二面角の計算を、すべて座標の暗算で済ませられる。

別解

立方体に埋め込む(正四面体に使いやすい座標)。 正四面体は立方体の頂点を1つおきに選ぶと現れる。1辺1の立方体で

$$\mathrm{A}(0,0,0),\mathrm{B}(1,1,0),\mathrm{C}(1,0,1),\mathrm{D}(0,1,1)$$

はどの2点間も $\sqrt{2}$ なので、1辺 $\sqrt{2}$ の正四面体だ。中点は $\mathrm{M}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$、$\mathrm{N}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1\right)$ で

$$\mathrm{MN}=1=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\cdot 1=\frac{a}{\sqrt{2}}(a=\sqrt{2})$$

比率でいえば $\mathrm{MN}=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}a$ で、本解と一致する。

しかもこの座標では、$\mathrm{MN}$ が立方体の縦の辺と平行なことが見える: 対辺の中点を結ぶ3本の線分は、立方体の3方向の辺に対応して互いに直交し長さも等しい。断面の二等辺三角形(本解)は1本を測る顕微鏡、立方体埋め込みは3本まとめての航空写真だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 三角形の内角の条件 $A+B+C=\pi$ を、2角と残り1角の関係 $A+B=\pi -C$ に直すのが第一手。

両辺の正接をとると $\tan (A+B)=\tan (\pi -C)=-\tan C$。左辺に加法定理 $\tan (A+B)=\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}$ を入れ、分母を払って整理すれば、示す等式がそのまま現れる。「角の和の条件は、加法定理で式の関係に直す」型だ。

① 角の和を使う。 $A+B+C=\pi$ より $A+B=\pi -C$。両辺の正接をとると $$\tan (A+B)=\tan (\pi -C)=-\tan C.$$ ② 加法定理を代入。 左辺に加法定理を使うと $$\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=-\tan C.$$ ③ 分母を払って整理。 両辺に $(1-\tan A\tan B)$ を掛けて $$\tan A+\tan B=-\tan C(1-\tan A\tan B)=-\tan C+\tan A\tan B\tan C.$$ $\tan C$ を左辺に移すと $$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C.$$

まとめ $A+B=\pi -C$ から $\tan (A+B)=-\tan C$、加法定理で分母を払うと $\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$。角の和 $\pi$ と加法定理の融合。

発展。 この恒等式から、鋭角三角形では $\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C\ge 3\sqrt[3]{\tan A\tan B\tan C}$(相加相乗)が使えて、積が $3\sqrt{3}$ 以上(等号は正三角形)という最小値問題が3行で解ける。「和=積」という珍しい構造が、そのまま不等式の踏み台になる好例だ。

別解

$\sin (A+B+C)$ の展開から(対称なまま示す)。 加法定理を2回使うと、3角の和の正弦が展開できる:

$$\sin (A+B+C)=\sin A\cos B\cos C+\cos A\sin B\cos C+\cos A\cos B\sin C-\sin A\sin B\sin C$$

三角形では $A+B+C=\pi$ だから左辺は $\sin \pi =0$。両辺を $\cos A\cos B\cos C$(直角がないので $0$ でない)で割ると

$$\tan A+\tan B+\tan C-\tan A\tan B\tan C=0$$

となり、示す等式が移項なしの対称な形で一度に出る。

$A+B=\pi -C$ の変形(本解)は2角と1角を分けるが、この道は3角を最後まで対等に扱う。「対称な結論は、対称な恒等式から」という考え方の実例で、$\cos (A+B+C)$ の展開からは $\tan$ の2次の対称式の恒等式($\sum \tan A\tan B=1$ が $A+B+C=\frac{\pi }{2}$ のとき)も同じ流儀で作れる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内接円の半径 $r$ は、内心から各辺への距離。そこで内心と3頂点を結んで、三角形を3つの小三角形に分割する。

どの小三角形も、底辺が元の三角形の1辺、高さが $r$。面積の和をとれば

$S=\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}cr=\frac{1}{2}r(a+b+c)=rs$ となり、公式が図1枚から出る。(2)は $3,4,5$ が直角三角形であることに気づけば $S=6,s=6$ が暗算で出て、$r=1$。

① $S=rs$ を示す。 内心 $\mathrm{I}$ から $3$ 辺に垂線を下ろすと、その長さはすべて $r$。三角形を $\mathrm{I}$ を頂点に $3$ つ($\mathrm{IBC},\mathrm{ICA},\mathrm{IAB}$)に分けると、それぞれ底辺 $a,b,c$、高さ $r$。面積の和が全体だから $$S=\frac{1}{2}r\cdot a+\frac{1}{2}r\cdot b+\frac{1}{2}r\cdot c=\frac{1}{2}r(a+b+c)=r\cdot \frac{a+b+c}{2}=rs.$$ ② $3,4,5$ の内接円。 $3^2+4^2=5^2$ より直角三角形。面積 $S=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4=6$、半周 $s=\frac{3+4+5}{2}=6$。よって $$r=\frac{S}{s}=\frac{6}{6}=1.$$

まとめ内心で $3$ 分割すると $S=rs$。$3,4,5$ では $S=6,s=6$ で $r=1$。面積と内接円の融合(面積の分割)。

発展。 接線長 $s-a,s-b,s-c$ はヘロンの公式 $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ の部品そのもの。さらに辺 $a$ 側の傍接円(1辺と2辺の延長に接する円)の半径は $r_a=\frac{S}{s-a}$ と、そっくりの形になる。$S=rs$ を起点に、$r,r_a,r_b,r_c$ と $s$ の関係式($\frac{1}{r}=\frac{1}{r_a}+\frac{1}{r_b}+\frac{1}{r_c}$ など)がいくつも導ける。

別解

(2)を接線の長さで(直角三角形の専用公式)。 内接円が各辺に接する点で辺を分けると、同じ頂点からの2本の接線は等しい。頂点 $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ からの接線長を $x,y,z$ とすると

$$y+z=a,z+x=b,x+y=c⟹x=s-a,y=s-b,z=s-c$$

直角三角形($C=90^{\circ }$)では、$\mathrm{C}$ での接線2本と半径2本が正方形を作るから $r=z=s-c$。$3,4,5$ なら $r=s-c=6-5=1$ となり、面積を計算せずに1行で出る。

$S=rs$(本解)はどの三角形にも使える公式で、$r=s-c$ は直角三角形専用の近道だ。接線長 $s-a,s-b,s-c$ という3つの量は、ヘロンの公式 $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ の部品でもあり、覚えておくと三角形の計量の随所で再会する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「外接円の半径 $R$ が一定」という条件は、正弦定理で辺を角で表せる: $a=2R\sin A$ など。

周は $a+b+c=2R(\sin A+\sin B+\sin C)$ となる。問題は「$A+B+C=\pi$ のもとで $\sin$ の和を最大にせよ」に変わった。対称な条件で対称な量の最大を求めるので、答えは正三角形($A=B=C=\frac{\pi }{3}$)と見当をつけ、それを和積の公式などで裏付ける。

① 辺を角で表す。 正弦定理より $a=2R\sin A,b=2R\sin B,c=2R\sin C$。周は $$a+b+c=2R(\sin A+\sin B+\sin C).$$ ② $\sin$ の和の最大。 $\sin$ は $(0,\pi )$ で上に凸なので、和積などから角をそろえるほど和が大きく、最大は $A=B=C=\frac{\pi }{3}$ のとき $\sin \frac{\pi }{3}\times 3=\frac{\sqrt{3}}{2}\times 3=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。

③ 周の最大。 $$a+b+c\le 2R\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}R,$$ 等号は正三角形。よって周の最大値は $3\sqrt{3}R$。

まとめ正弦定理で周 $=2R(\sin A+\sin B+\sin C)$、$\sin$ の和は正三角形で最大 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$。周の最大 $3\sqrt{3}R$。正弦定理と最大最小(凸性)の融合。

発展。 同じ調整法で「$R$ 一定の三角形の面積の最大」も解ける($S=2R^2\sin A\sin B\sin C$ を均す)。答えはやはり正三角形で $S=\frac{3\sqrt{3}}{4}{R}^2$。「周・面積・$\sin$ の和・$\cos$ の和…どの対称量も、円に内接する三角形では正三角形のときに最大」という結果が、1つの調整法からまとめて分かる。

別解

「均すと増える」を和積で示す(調整法)。 最大が正三角形で起きることを、2角ずつ均す操作で裏付けられる。$A\ne B$ のとき、2角を平均 $\frac{A+B}{2}$ にそろえると($C$ はそのまま、和は不変):

$$\sin A+\sin B=2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}<2\sin \frac{A+B}{2}$$

($A\ne B$ なら $\cos \frac{A-B}{2}<1$。)つまり、そろっていない2角があれば、均すことで $\sin$ の和は必ず増える。増やせる余地がない=3角がすべて等しい配置だけが最大の候補で、$A=B=C=\frac{\pi }{3}$ のとき和は $3\sin \frac{\pi }{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$、周は $2R\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}R$。

この「対称に均すと改善する」議論(スムージング)は、対称な最大最小問題で広く使える考え方だ。凸性(イェンセンの不等式)の初等版として、面積の最大などにもそのまま使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 中線の長さといえば中線定理: 辺 $a$ への中線 $m_a$ は

$m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$。同じ式を $m_b,m_c$ にも書いて、3本まとめて足す。$a^2,b^2,c^2$ それぞれの係数を数えると $\frac{-1+2+2}{4}=\frac{3}{4}$ となる。対称に足すと係数がそろうという、対称式の性質がこの問題の中身だ。

① 各中線を辺で表す。 $$m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4},m_b^2=\frac{2c^2+2a^2-b^2}{4},m_c^2=\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4}.$$ ② 足し合わせる。 分子で $a^2$ の係数は $-1+2+2=3$、$b^2$ も $2-1+2=3$、$c^2$ も $2+2-1=3$。よって $$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{3a^2+3b^2+3c^2}{4}=\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2).$$

まとめ中線定理で各中線の $2$ 乗を辺で表し、$3$ つ足すと各辺の係数が $3$ にそろい $\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)$。中線定理と計量の融合。対称性で係数がそろうのが味。

発展。 3本の中線はそれ自身を3辺とする三角形(中線三角形)を作れて、その面積は元の $\frac{3}{4}$ 倍になる。本問の「平方和も $\frac{3}{4}$ 倍」と同じ係数である。「中線で三角形を作る」操作を2回続けると元の $\frac{9}{16}$ 倍の相似形に戻る、という事実もある。

別解

重心を原点にとるベクトルで(中線の意味が分かる)。 3頂点の位置ベクトルを、重心が原点になるように取る($\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}=\vec{0}$)。$\mathrm{BC}$ の中点は $\frac{\vec{B}+\vec{C}}{2}=-\frac{\vec{A}}{2}$ だから、中線ベクトルは

$$\frac{\vec{B}+\vec{C}}{2}-\vec{A}=-\frac{3}{2}\vec{A}⟹m_a=\frac{3}{2}|\vec{A}|$$

つまり、中線の長さは「重心から頂点までの距離」のちょうど $\frac{3}{2}$ 倍だ(重心が中線を $2:1$ に分ける事実の言い換え)。よって

$$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{9}{4}\left(|\vec{A}{|}^2+|\vec{B}{|}^2+|\vec{C}{|}^2\right)$$

一方、$\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}=\vec{0}$ の2乗から $\sum \vec{A}\cdot \vec{B}=-\frac{1}{2}\sum |\vec{A}{|}^2$ で、辺の平方和は $\sum a^2=\sum |\vec{B}-\vec{C}{|}^2=3\sum |\vec{A}{|}^2$。2つを見比べて

$$\sum m^2=\frac{9}{4}\cdot \frac{\sum a^2}{3}=\frac{3}{4}\sum a^2$$

中線定理×3(本解)は手堅い足し算、重心原点は「$\frac{3}{4}={\left(\frac{3}{2}\right)}^2÷3$」という係数の出どころまで見せてくれる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「直線と平面のなす角」の定義は、直線とその平面への正射影がなす角。

立方体の対角線の正射影は底面の対角線だ。対角線(長さ $\sqrt{3}$)・その影(長さ $\sqrt{2}$)・高さ($1$)で直角三角形ができる。$\cos \theta =\frac{\text{影}}{\text{斜辺}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ で、有理化して $\frac{\sqrt{6}}{3}$。空間の角は「射影で直角三角形を作る」が合言葉になる。

① 対角線と影の長さ。 立方体の対角線の長さは $\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}$。この対角線の底面への正射影は底面の対角線で、長さ $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。

② $\cos \theta$。 対角線・影・立方体の高さ($1$)が直角三角形をなし $$\cos \theta =\frac{\text{影}}{\text{対角線}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$$

まとめ対角線 $\sqrt{3}$、底面への影 $\sqrt{2}$ で直角三角形。$\cos \theta =\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。空間図形を直角三角形に帰着する計量。図形と計量(空間)の融合。

発展。 「直線と平面のなす角=正射影との角」が最小の角である理由: 平面内の任意の直線との角 $\phi$ は $\cos \phi =\cos \theta \cos \psi$($\psi$ は影とその直線の角)を満たし、$\cos \psi \le 1$ から $\phi \ge \theta$。この「3つの余弦の積の関係」は空間の角の計算(二面角・直線と直線)を平面に分解する基本原理で、数Cのベクトルで内積として一本化される。

別解

成分の内積で(ベクトルの先取り)。 立方体を座標に置くと、対角線は $\vec{d}=(1,1,1)$、その底面への正射影は $\vec{p}=(1,1,0)$。2本のなす角が求める $\theta$ だから

$$\cos \theta =\frac{\vec{d}\cdot \vec{p}}{|\vec{d}||\vec{p}|}=\frac{1+1+0}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$$

直角三角形(本解)と同じ値だ。

内積の公式は数Cの道具だが、「空間の角=ベクトルの内積」という対応を早めに知っておくと、射影が描きにくい斜めの角でも機械的に計算できる。逆に本解の「影/斜辺」から、内積計算の図形的な意味($\vec{p}$ が $\vec{d}$ の影)が分かる。2つの道は同じ1枚の直角三角形を、図と成分から見ている。