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第4章　準2級 三角比

—— 三角比と三角関数 第1〜4章の「三角比・正弦定理・余弦定理・図形の計量」を、数検準2級の出題形式で ——

数検準2級の「三角比」の類題です。三角比の相互関係と 180°−θ の変形、正弦定理・余弦定理、三角形の面積と内接円、円に内接する四角形、測量と空間図形までを20問にまとめました。2次（数理技能）では、どの定理を使うかを先に書くこと、角が鋭角か鈍角かを cos の符号で判断すること、sin や cos を文字でおいたら値の範囲を書き添えることを練習します。

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未回答 20× 0○ 01か月定着 0

出題のポイント

この章で使う道具（三角比と三角関数 第1〜4章）
  • 相互関係：sin⁡2θ\sin^2\theta+cos⁡2θ{}+ \cos^2\theta=1{}= 1，tan⁡θ\tan\theta=sin⁡θcos⁡θ{}= \dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}，11+tan⁡2θ{}+ \tan^2\theta=1cos⁡2θ{}= \dfrac{1}{\cos^2\theta}。
  • 角の変換：sin⁡(90∘−θ)\sin(90^\circ - \theta)=cos⁡θ{}= \cos\theta，sin⁡(180∘−θ)\sin(180^\circ - \theta)=sin⁡θ{}= \sin\theta，cos⁡(180∘−θ)\cos(180^\circ - \theta)=−cos⁡θ{}= -\cos\theta，tan⁡(180∘−θ)\tan(180^\circ - \theta)=−tan⁡θ{}= -\tan\theta。
  • 正弦定理：asin⁡A\dfrac{a}{\sin A}=bsin⁡B{}= \dfrac{b}{\sin B}=csin⁡C{}= \dfrac{c}{\sin C}=2R{}= 2R（RR は外接円の半径）。
  • 余弦定理：a2a^2=b2{}= b^2+c2{}+ c^2−2bccos⁡A{}- 2bc\cos A，cos⁡A\cos A=b2+c2−a22bc{}= \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}。
  • 面積：SS=12bcsin⁡A{}= \dfrac{1}{2}bc\sin A，内接円の半径 rr について SS=12r(a+b+c){}= \dfrac{1}{2}r(a + b + c)。
  • 円に内接する四角形は、向かい合う角の和が 180∘180^\circ です。

この章の問題は、「どの定理をどの三角形に使うか」を見極める力と、「鈍角のときの符号・文字でおいたときの範囲」を落とさない丁寧さで決まります。

類題（全20問）

難易度マークは ★＝基礎、★★＝標準、★★★＝難問です。★から順に取り組みましょう。

問1　★

90∘90^\circ<θ{}< \theta<180∘{}< 180^\circ で sin⁡θ\sin\theta=25{}= \dfrac{2}{5} のとき、cos⁡θ\cos\theta と tan⁡θ\tan\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡θ\cos\theta=−215{}= -\dfrac{\sqrt{21}}{5}，tan⁡θ\tan\theta=−22121{}= -\dfrac{2\sqrt{21}}{21}

解説

θ\theta は鈍角なので cos⁡θ\cos\theta<0{}< 0 です。

cos⁡2θ\displaystyle \cos^2\theta=1\displaystyle {}= 1−(25)2\displaystyle {}- \left(\frac{2}{5}\right)^2=2125\displaystyle {}= \frac{21}{25}より\displaystyle \text{より}cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=−215‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{\sqrt{21}}{5}} tan⁡θ\displaystyle \tan\theta=sin⁡θcos⁡θ\displaystyle {}= \frac{\sin\theta}{\cos\theta}=25÷(−215)\displaystyle {}= \frac{2}{5} \div \left(-\frac{\sqrt{21}}{5}\right)=−221\displaystyle {}= -\frac{2}{\sqrt{21}}=−22121‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{2\sqrt{21}}{21}}
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問2　★

0∘0^\circ<θ{}< \theta<180∘{}< 180^\circ で tan⁡θ\tan\theta=−3{}= -3 のとき、cos⁡θ\cos\theta と sin⁡θ\sin\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡θ\cos\theta=−1010{}= -\dfrac{\sqrt{10}}{10}，sin⁡θ\sin\theta=31010{}= \dfrac{3\sqrt{10}}{10}

解説

11+tan⁡2θ{}+ \tan^2\theta=1cos⁡2θ{}= \dfrac{1}{\cos^2\theta} より cos⁡2θ\cos^2\theta=110{}= \dfrac{1}{10}。tan⁡θ\tan\theta<0{}< 0 なので θ\theta は鈍角で、cos⁡θ\cos\theta<0{}< 0 です。

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=−110\displaystyle {}= -\frac{1}{\sqrt{10}}=−1010‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{\sqrt{10}}{10}}

sin⁡θ\sin\theta=tan⁡θcos⁡θ{}= \tan\theta \cos\theta を使うと

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta=(−3)×(−1010)\displaystyle {}= (-3) \times \left(-\frac{\sqrt{10}}{10}\right)=31010‾\displaystyle {}= \underline{\frac{3\sqrt{10}}{10}}
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問3　★

sin⁡120∘cos⁡150∘\sin 120^{\circ} \cos 150^{\circ}−cos⁡135∘sin⁡45∘{}- \cos 135^{\circ} \sin 45^{\circ}+tan⁡150∘tan⁡60∘{}+ \tan 150^{\circ} \tan 60^{\circ} の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

−54-\dfrac{5}{4}

解説

sin⁡120∘\sin 120^\circ=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}，cos⁡150∘\cos 150^\circ=−32{}= -\dfrac{\sqrt{3}}{2}，cos⁡135∘\cos 135^\circ=−22{}= -\dfrac{\sqrt{2}}{2}，tan⁡150∘\tan 150^\circ=−13{}= -\dfrac{1}{\sqrt{3}} です。

32⋅(−32)\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)−(−22)⋅22\displaystyle {}- \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+(−13)⋅3\displaystyle {}+ \left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \cdot \sqrt{3}=−34\displaystyle {}= -\frac{3}{4}+12\displaystyle {}+ \frac{1}{2}−1\displaystyle {}- 1=−54‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{5}{4}}
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問4　★

0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ のとき、方程式 2cos⁡2θ2\cos^2\theta+3cos⁡θ{}+ 3\cos\theta−2{}- 2=0{}= 0 を満たす θ\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

θ\theta=60∘{}= 60^\circ

解説

cos⁡θ\cos\theta の2次式として因数分解します。

(2cos⁡θ−1)(cos⁡θ+2)\displaystyle (2\cos\theta - 1)(\cos\theta + 2)=0\displaystyle {}= 0

−1-1≦cos⁡θ{}\leqq \cos\theta≦1{}\leqq 1 なので cos⁡θ\cos\theta+2{}+ 2>0{}> 0 で、cos⁡θ\cos\theta=12{}= \dfrac{1}{2}。よって θ=60∘‾\underline{\theta = 60^\circ} です。

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問5　★

△ABC\triangle \mathrm{ABC} において、aa=6{}= 6，AA=45∘{}= 45^\circ，BB=60∘{}= 60^\circ のとき、bb の値と外接円の半径 RR を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

bb=36{}= 3\sqrt{6}，RR=32{}= 3\sqrt{2}

解説

正弦定理 asin⁡A\dfrac{a}{\sin A}=bsin⁡B{}= \dfrac{b}{\sin B}=2R{}= 2R を使います。asin⁡A\dfrac{a}{\sin A}=6÷22{}= 6 \div \dfrac{\sqrt{2}}{2}=62{}= 6\sqrt{2} です。

b\displaystyle b=62sin⁡60∘\displaystyle {}= 6\sqrt{2} \sin 60^\circ=62⋅32\displaystyle {}= 6\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=36‾,\displaystyle {}= \underline{3\sqrt{6}},2R\displaystyle 2R=62 より R\displaystyle {}= 6\sqrt{2} \ \text{より}\ R=32‾\displaystyle {}= \underline{3\sqrt{2}}
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問6　★

△ABC\triangle \mathrm{ABC} において、bb=3{}= 3，cc=5{}= 5，AA=120∘{}= 120^\circ のとき、aa の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

aa=7{}= 7

解説

2辺とその間の角が分かっているので、余弦定理を使います。cos⁡120∘\cos 120^\circ=−12{}= -\dfrac{1}{2} です。

a2\displaystyle a^2=32\displaystyle {}= 3^2+52\displaystyle {}+ 5^2−2⋅3⋅5⋅(−12)\displaystyle {}- 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=34\displaystyle {}= 34+15\displaystyle {}+ 15=49\displaystyle {}= 49

aa>0{}> 0 より a=7‾\underline{a = 7}。

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問7　★

△ABC\triangle \mathrm{ABC} において、aa=7{}= 7，bb=5{}= 5，cc=8{}= 8 のとき、AA の大きさと △ABC\triangle \mathrm{ABC} の面積 SS を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

AA=60∘{}= 60^\circ，SS=103{}= 10\sqrt{3}

解説
cos⁡A\displaystyle \cos A=52+82−722⋅5⋅8\displaystyle {}= \frac{5^2 + 8^2 - 7^2}{2 \cdot 5 \cdot 8}=4080\displaystyle {}= \frac{40}{80}=12\displaystyle {}= \frac{1}{2}

0∘0^\circ<A{}< A<180∘{}< 180^\circ より A=60∘‾\underline{A = 60^\circ}。

S\displaystyle S=12⋅5⋅8⋅sin⁡60∘\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 8 \cdot \sin 60^\circ=20⋅32\displaystyle {}= 20 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=103‾\displaystyle {}= \underline{10\sqrt{3}}
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問8　★

sin⁡220∘\sin^2 20^{\circ}+sin⁡270∘{}+ \sin^2 70^{\circ}+tan⁡40∘tan⁡50∘{}+ \tan 40^{\circ} \tan 50^{\circ}+cos⁡160∘{}+ \cos 160^{\circ}+cos⁡20∘{}+ \cos 20^{\circ} の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

22

解説

70∘70^\circ=90∘−20∘{}= 90^\circ - 20^\circ，50∘50^\circ=90∘−40∘{}= 90^\circ - 40^\circ，160∘160^\circ=180∘−20∘{}= 180^\circ - 20^\circ とみます。

  • sin⁡70∘\sin 70^\circ=cos⁡20∘{}= \cos 20^\circ なので、sin⁡220∘+sin⁡270∘\sin^2 20^\circ + \sin^2 70^\circ=sin⁡220∘+cos⁡220∘{}= \sin^2 20^\circ + \cos^2 20^\circ=1{}= 1
  • tan⁡50∘\tan 50^\circ=1tan⁡40∘{}= \dfrac{1}{\tan 40^\circ} なので、tan⁡40∘tan⁡50∘\tan 40^\circ \tan 50^\circ=1{}= 1
  • cos⁡160∘\cos 160^\circ=−cos⁡20∘{}= -\cos 20^\circ なので、cos⁡160∘+cos⁡20∘\cos 160^\circ + \cos 20^\circ=0{}= 0

合わせて 11+1{}+ 1+0{}+ 0=2‾{}= \underline{2} です。

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問9　★★

円に内接する四角形 ABCD\mathrm{ABCD} において、AB\mathrm{AB}=5{}= 5，BC\mathrm{BC}=3{}= 3，CD\mathrm{CD}=3{}= 3，DA\mathrm{DA}=8{}= 8 である。∠ABC\angle\mathrm{ABC} の大きさ、対角線 AC\mathrm{AC} の長さ、四角形 ABCD\mathrm{ABCD} の面積 SS を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

∠ABC\angle\mathrm{ABC}=120∘{}= 120^\circ，AC\mathrm{AC}=7{}= 7，SS=3934{}= \dfrac{39\sqrt{3}}{4}

解説

∠ABC\angle\mathrm{ABC}=B{}= B とおくと、円に内接する四角形の向かい合う角の和は 180∘180^\circ なので ∠ADC\angle\mathrm{ADC}=180∘−B{}= 180^\circ - B，cos⁡(180∘−B)\cos(180^\circ - B)=−cos⁡B{}= -\cos B です。

△ABC\triangle\mathrm{ABC} と △ADC\triangle\mathrm{ADC} で、共通の辺 AC\mathrm{AC} に余弦定理を使います。

AC2\displaystyle \mathrm{AC}^2=52\displaystyle {}= 5^2+32\displaystyle {}+ 3^2−2⋅5⋅3cos⁡B\displaystyle {}- 2 \cdot 5 \cdot 3 \cos B=34\displaystyle {}= 34−30cos⁡B\displaystyle {}- 30\cos B AC2\displaystyle \mathrm{AC}^2=32\displaystyle {}= 3^2+82\displaystyle {}+ 8^2−2⋅3⋅8cos⁡(180∘−B)\displaystyle {}- 2 \cdot 3 \cdot 8 \cos(180^\circ - B)=73\displaystyle {}= 73+48cos⁡B\displaystyle {}+ 48\cos B

2式を等しいとおくと −39-39=78cos⁡B{}= 78\cos B，cos⁡B\cos B=−12{}= -\dfrac{1}{2} で、∠ABC=120∘‾\underline{\angle\mathrm{ABC} = 120^\circ}。

AC2\mathrm{AC}^2=34{}= 34+15{}+ 15=49{}= 49 より AC=7‾\underline{\mathrm{AC} = 7}。

∠ADC\angle\mathrm{ADC}=60∘{}= 60^\circ で、sin⁡120∘\sin 120^\circ=sin⁡60∘{}= \sin 60^\circ=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} なので

S\displaystyle S=12⋅5⋅3⋅32\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+12⋅3⋅8⋅32\displaystyle {}+ \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=1534\displaystyle {}= \frac{15\sqrt{3}}{4}+63\displaystyle {}+ 6\sqrt{3}=3934‾\displaystyle {}= \underline{\frac{39\sqrt{3}}{4}}
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問10　★★

3辺の長さが 33，55，77 の三角形について、最大の角の大きさ、面積 SS、内接円の半径 rr、外接円の半径 RR を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大の角 120∘120^\circ，SS=1534{}= \dfrac{15\sqrt{3}}{4}，rr=32{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}，RR=733{}= \dfrac{7\sqrt{3}}{3}

解説

最大の角は最大の辺 77 の向かいの角です。これを θ\theta とすると

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=32+52−722⋅3⋅5\displaystyle {}= \frac{3^2 + 5^2 - 7^2}{2 \cdot 3 \cdot 5}=−1530\displaystyle {}= -\frac{15}{30}=−12\displaystyle {}= -\frac{1}{2}

より θ=120∘‾\underline{\theta = 120^\circ}（鈍角三角形です）。

S\displaystyle S=12⋅3⋅5⋅sin⁡120∘\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot \sin 120^\circ=1534‾\displaystyle {}= \underline{\frac{15\sqrt{3}}{4}}

SS=12r(3+5+7){}= \dfrac{1}{2}r(3 + 5 + 7)=152r{}= \dfrac{15}{2}r なので、152r\dfrac{15}{2}r=1534{}= \dfrac{15\sqrt{3}}{4} より r=32‾\underline{r = \dfrac{\sqrt{3}}{2}}。

正弦定理より 2R2R=7sin⁡120∘{}= \dfrac{7}{\sin 120^\circ}=143{}= \dfrac{14}{\sqrt{3}} で、RR=73{}= \dfrac{7}{\sqrt{3}}=733‾{}= \underline{\dfrac{7\sqrt{3}}{3}}。

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問11　★★

3辺の長さが 44，55，66 の三角形について、最小の角を θ\theta とする。cos⁡θ\cos\theta，sin⁡θ\sin\theta の値と、この三角形の面積 SS を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡θ\cos\theta=34{}= \dfrac{3}{4}，sin⁡θ\sin\theta=74{}= \dfrac{\sqrt{7}}{4}，SS=1574{}= \dfrac{15\sqrt{7}}{4}

解説

最小の角は最小の辺 44 の向かいの角なので、残りの2辺は 55，66 です。

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=52+62−422⋅5⋅6\displaystyle {}= \frac{5^2 + 6^2 - 4^2}{2 \cdot 5 \cdot 6}=4560\displaystyle {}= \frac{45}{60}=34‾\displaystyle {}= \underline{\frac{3}{4}}

sin⁡θ\sin\theta>0{}> 0 より

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta=1−916\displaystyle {}= \sqrt{1 - \frac{9}{16}}=74‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{7}}{4}} S\displaystyle S=12⋅5⋅6⋅74\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{7}}{4}=1574‾\displaystyle {}= \underline{\frac{15\sqrt{7}}{4}}

θ\theta をはさむ2辺が 55 と 66 であることを取り違えないようにします。

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問12　★★

△ABC\triangle \mathrm{ABC} において、AB\mathrm{AB}=6{}= 6，AC\mathrm{AC}=3{}= 3，∠BAC\angle\mathrm{BAC}=120∘{}= 120^\circ である。∠BAC\angle\mathrm{BAC} の二等分線と辺 BC\mathrm{BC} の交点を D\mathrm{D} とするとき、線分 AD\mathrm{AD} の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

AD\mathrm{AD}=2{}= 2

解説

AD\mathrm{AD}=x{}= x とおき、△ABC\triangle\mathrm{ABC}=△ABD{}= \triangle\mathrm{ABD}+△ADC{}+ \triangle\mathrm{ADC} の面積の関係を使います。∠BAD\angle\mathrm{BAD}=∠DAC{}= \angle\mathrm{DAC}=60∘{}= 60^\circ です。

12⋅6⋅3sin⁡120∘\displaystyle \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 3 \sin 120^{\circ}=12⋅6⋅xsin⁡60∘\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot x \sin 60^{\circ}+12⋅x⋅3sin⁡60∘\displaystyle {}+ \frac{1}{2} \cdot x \cdot 3 \sin 60^{\circ}

sin⁡120∘\sin 120^\circ=sin⁡60∘{}= \sin 60^\circ なので、両辺を 12sin⁡60∘\dfrac{1}{2}\sin 60^\circ で割ると

18\displaystyle 18=6x\displaystyle {}= 6x+3x\displaystyle {}+ 3xより\displaystyle \text{より}x=2‾\displaystyle \underline{x = 2}

AD\mathrm{AD} を1辺にもつ2つの三角形に分けると、BC\mathrm{BC} や BD\mathrm{BD} を求めずに済みます。

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問13　★★

水平な地面に2地点 A\mathrm{A}，B\mathrm{B} があり、AB\mathrm{AB}=60 m{}= 60\,\mathrm{m} である。地面に垂直に立つ塔 PQ\mathrm{PQ} の根元 Q\mathrm{Q} も同じ地面上にあり、∠QAB\angle\mathrm{QAB}=75∘{}= 75^\circ，∠QBA\angle\mathrm{QBA}=60∘{}= 60^\circ である。また、地点 A\mathrm{A} から塔の先端 P\mathrm{P} を見上げた角 ∠PAQ\angle\mathrm{PAQ} は 30∘30^\circ である。塔の高さ PQ\mathrm{PQ} を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

302 m30\sqrt{2}\,\mathrm{m}

解説

地面上の △ABQ\triangle\mathrm{ABQ} で、∠AQB\angle\mathrm{AQB}=180∘−75∘−60∘{}= 180^\circ - 75^\circ - 60^\circ=45∘{}= 45^\circ です。AB\mathrm{AB} と向かいの角 ∠AQB\angle\mathrm{AQB} の組が分かっているので、正弦定理を使います。

AQsin⁡60∘\displaystyle \frac{\mathrm{AQ}}{\sin 60^\circ}=60sin⁡45∘\displaystyle {}= \frac{60}{\sin 45^\circ}より\displaystyle \text{より}AQ\displaystyle \mathrm{AQ}=60⋅32⋅22\displaystyle {}= 60 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}}=306\displaystyle {}= 30\sqrt{6}

次に、∠PQA\angle\mathrm{PQA}=90∘{}= 90^\circ の直角三角形 PAQ\mathrm{PAQ} で

PQ\displaystyle \mathrm{PQ}=AQtan⁡30∘\displaystyle {}= \mathrm{AQ} \tan 30^\circ=306⋅13\displaystyle {}= 30\sqrt{6} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=302 m‾\displaystyle {}= \underline{30\sqrt{2}\,\mathrm{m}}

地面の三角形と、塔を含む鉛直な三角形の2枚に分けて考えます。

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問14　★★

△ABC\triangle \mathrm{ABC} において bcos⁡Bb\cos B=ccos⁡C{}= c\cos C が成り立つとき、この三角形の形を、辺の長さまたは角の大きさの関係で表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

bb=c{}= c の二等辺三角形、または AA=90∘{}= 90^\circ の直角三角形

解説

余弦定理で cos⁡B\cos B，cos⁡C\cos C を辺だけの式にします。

b⋅c2+a2−b22ca\displaystyle b \cdot \frac{c^2 + a^2 - b^2}{2ca}=c⋅a2+b2−c22ab\displaystyle {}= c \cdot \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}

両辺に 2abc2abc を掛けて

b2(a2+c2−b2)\displaystyle b^2(a^2 + c^2 - b^2)=c2(a2+b2−c2)\displaystyle {}= c^2(a^2 + b^2 - c^2)

展開して整理すると、b2c2b^2c^2 が両辺で消えて

a2(b2−c2)\displaystyle a^2(b^2 - c^2)−(b4−c4)\displaystyle {}- (b^4 - c^4)=0\displaystyle {}= 0

左辺を b2b^2−c2{}- c^2 でくくると

(b2−c2)(a2−b2−c2)\displaystyle (b^2 - c^2)(a^2 - b^2 - c^2)=0\displaystyle {}= 0

よって b2b^2=c2{}= c^2 または a2a^2=b2{}= b^2+c2{}+ c^2 です。bb>0{}> 0，cc>0{}> 0 より前者は bb=c{}= c、後者は三平方の定理の逆から AA=90∘{}= 90^\circ です。

答えは b=c の二等辺三角形‾\underline{b = c\ \text{の二等辺三角形}}、または A=90∘ の直角三角形‾\underline{A = 90^\circ\ \text{の直角三角形}}。「または」の2通りを両方書くことが大切です（b2b^2−c2{}- c^2 で割ってしまうと二等辺三角形を落とします）。

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問15　★★

0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ で sin⁡θ\sin\theta+cos⁡θ{}+ \cos\theta=13{}= \dfrac{1}{3} のとき、sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta，sin⁡θ\sin\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta，sin⁡θ\sin\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

sin⁡θcos⁡θ\sin\theta\cos\theta=−49{}= -\dfrac{4}{9}，sin⁡θ\sin\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta=173{}= \dfrac{\sqrt{17}}{3}，sin⁡θ\sin\theta=1+176{}= \dfrac{1 + \sqrt{17}}{6}

解説

両辺を2乗すると 11+2sin⁡θcos⁡θ{}+ 2\sin\theta\cos\theta=19{}= \dfrac{1}{9} なので

sin⁡θcos⁡θ\displaystyle \sin\theta\cos\theta=−49‾\displaystyle {}= \underline{-\frac{4}{9}}

次に

(sin⁡θ−cos⁡θ)2\displaystyle (\sin\theta - \cos\theta)^2=1\displaystyle {}= 1−2sin⁡θcos⁡θ\displaystyle {}- 2\sin\theta\cos\theta=1\displaystyle {}= 1+89\displaystyle {}+ \frac{8}{9}=179\displaystyle {}= \frac{17}{9}

0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ では sin⁡θ\sin\theta≧0{}\geqq 0 で、積が負なので sin⁡θ\sin\theta>0{}> 0，cos⁡θ\cos\theta<0{}< 0 です。よって sin⁡θ\sin\theta−cos⁡θ{}- \cos\theta>0{}> 0 で

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta−cos⁡θ\displaystyle {}- \cos\theta=173‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{17}}{3}}

和と差の式を足して2で割ると

sin⁡θ\displaystyle \sin\theta=12(13+173)\displaystyle {}= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} + \frac{\sqrt{17}}{3}\right)=1+176‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1 + \sqrt{17}}{6}}

平方根をとる前に、符号の根拠（sin⁡θ\sin\theta>0{}> 0，cos⁡θ\cos\theta<0{}< 0）を書きます。

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問16　★★

0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ のとき、yy=2sin⁡2θ{}= 2\sin^2\theta+2cos⁡θ{}+ 2\cos\theta−1{}- 1 の最大値と最小値を求めなさい。また、そのときの θ\theta の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最大値 32\dfrac{3}{2}（θ\theta=60∘{}= 60^\circ），最小値 −3-3（θ\theta=180∘{}= 180^\circ）

解説

sin⁡2θ\sin^2\theta=1{}= 1−cos⁡2θ{}- \cos^2\theta で cos⁡θ\cos\theta だけの式にし、cos⁡θ\cos\theta=t{}= t とおきます。0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ より −1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1 です。

y\displaystyle y=2(1−t2)\displaystyle {}= 2(1 - t^2)+2t\displaystyle {}+ 2t−1\displaystyle {}- 1=−2t2\displaystyle {}= -2t^2+2t\displaystyle {}+ 2t+1\displaystyle {}+ 1=−2(t−12)2\displaystyle {}= -2\left(t - \frac{1}{2}\right)^2+32\displaystyle {}+ \frac{3}{2}

−1-1≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1 の範囲で、

  • tt=12{}= \dfrac{1}{2} のとき最大値 32\dfrac{3}{2}。cos⁡θ\cos\theta=12{}= \dfrac{1}{2} より θ\theta=60∘{}= 60^\circ
  • 軸 tt=12{}= \dfrac{1}{2} から遠い tt=−1{}= -1 のとき最小値 −2-2−2{}- 2+1{}+ 1=−3{}= -3。cos⁡θ\cos\theta=−1{}= -1 より θ\theta=180∘{}= 180^\circ

よって θ=60∘ で最大値 32,‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\theta = 60^\circ\ \text{で最大値}\ \dfrac{3}{2},} θ=180∘ で最小値‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\ \theta = 180^\circ\ \text{で最小値}} −3‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}\ -3}。tt=1{}= 1 のときの値 11 は最小値ではありません。

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問17　★★★

1辺の長さが 44 の正四面体 ABCD\mathrm{ABCD} において、辺 CD\mathrm{CD} の中点を M\mathrm{M} とする。cos⁡∠AMB\cos\angle\mathrm{AMB} の値、△ABM\triangle\mathrm{ABM} の面積、正四面体 ABCD\mathrm{ABCD} の体積 VV を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡∠AMB\cos\angle\mathrm{AMB}=13{}= \dfrac{1}{3}，△ABM\triangle\mathrm{ABM}=42{}= 4\sqrt{2}，VV=1623{}= \dfrac{16\sqrt{2}}{3}

解説

△ACD\triangle\mathrm{ACD}，△BCD\triangle\mathrm{BCD} は1辺 44 の正三角形なので、中線 AM\mathrm{AM}，BM\mathrm{BM} は高さと一致し

AM\displaystyle \mathrm{AM}=BM\displaystyle {}= \mathrm{BM}=4sin⁡60∘\displaystyle {}= 4 \sin 60^\circ=23\displaystyle {}= 2\sqrt{3}

△ABM\triangle\mathrm{ABM} で余弦定理を使うと

cos⁡∠AMB\displaystyle \cos\angle\mathrm{AMB}=12+12−162⋅23⋅23\displaystyle {}= \frac{12 + 12 - 16}{2 \cdot 2\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{3}}=824\displaystyle {}= \frac{8}{24}=13‾\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{3}}

sin⁡∠AMB\sin\angle\mathrm{AMB}=1−19{}= \sqrt{1 - \dfrac{1}{9}}=223{}= \dfrac{2\sqrt{2}}{3} なので

△ABM\displaystyle \triangle\mathrm{ABM}=12⋅23⋅23⋅223\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{3} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}=42‾\displaystyle {}= \underline{4\sqrt{2}}

正三角形の中線は底辺に垂直なので AM\mathrm{AM}⊥CD{}\perp \mathrm{CD}，BM\mathrm{BM}⊥CD{}\perp \mathrm{CD} で、CD\mathrm{CD} は平面 ABM\mathrm{ABM} に垂直です。正四面体は平面 ABM\mathrm{ABM} で2つの三角錐 C\mathrm{C}-ABM\mathrm{ABM}，D\mathrm{D}-ABM\mathrm{ABM} に分かれ、高さはそれぞれ CM\mathrm{CM}=DM{}= \mathrm{DM}=2{}= 2 です。

V\displaystyle V=13⋅42⋅2×2\displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot 4\sqrt{2} \cdot 2 \times 2=1623‾\displaystyle {}= \underline{\frac{16\sqrt{2}}{3}}

頂点から底面に垂線を下ろす方法と違い、「切り口の三角形 × 切られた辺の長さ」で体積が出ます。

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問18　★★★

△ABC\triangle \mathrm{ABC} において、aa=2{}= 2，AA=60∘{}= 60^\circ である。△ABC\triangle\mathrm{ABC} の面積 SS の最大値と、bb+c{}+ c の最大値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

SS の最大値 3\sqrt{3}，bb+c{}+ c の最大値 44（どちらも bb=c{}= c=2{}= 2 のとき）

解説

余弦定理より

4\displaystyle 4=b2\displaystyle {}= b^2+c2\displaystyle {}+ c^2−2bccos⁡60∘\displaystyle {}- 2bc\cos 60^\circ=b2\displaystyle {}= b^2+c2\displaystyle {}+ c^2−bc\displaystyle {}- bc⋯(1)\displaystyle \cdots (1)

面積　(b−c)2(b - c)^2≧0{}\geqq 0 より b2b^2+c2{}+ c^2≧2bc{}\geqq 2bc なので、(1) から 44≧2bc{}\geqq 2bc−bc{}- bc=bc{}= bc。等号は bb=c{}= c のときで、(1) に代入すると bb=c{}= c=2{}= 2 です。

S\displaystyle S=12bcsin⁡60∘\displaystyle {}= \frac{1}{2}bc\sin 60^\circ=34bc\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3}}{4}bc≦34⋅4\displaystyle {}\leqq \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 4=3\displaystyle {}= \sqrt{3}

よって SS の最大値は 3‾\underline{\sqrt{3}}（bb=c{}= c=2{}= 2，正三角形のとき）。

bb+c{}+ c　(1) を (b+c)2(b + c)^2−3bc{}- 3bc=4{}= 4 と変形すると、bcbc≦4{}\leqq 4 より

(b+c)2\displaystyle (b + c)^2=4\displaystyle {}= 4+3bc\displaystyle {}+ 3bc≦16\displaystyle {}\leqq 16

bb+c{}+ c>0{}> 0 なので bb+c{}+ c≦4{}\leqq 4 で、等号は bcbc=4{}= 4，つまり bb=c{}= c=2{}= 2 のときに成り立ちます。最大値は 4‾\underline{4} です。

「≦\leqq を示す」だけでなく、等号を満たす三角形（ここでは正三角形）が実際に存在することを書いて最大値と言えます。

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問19　★★★

3辺の長さが 55，88，xx である三角形が鋭角三角形となるような xx の値の範囲を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

39\sqrt{39}<x{}< x<89{}< \sqrt{89}

解説

三角形ができる条件　どの辺も他の2辺の和より小さいので

8\displaystyle 8−5\displaystyle {}- 5<x\displaystyle {}< x<8\displaystyle {}< 8+5\displaystyle {}+ 5  ⟺  3\displaystyle {}\iff 3<x\displaystyle {}< x<13\displaystyle {}< 13⋯(1)\displaystyle \cdots (1)

鋭角三角形の条件　最大の角（最大の辺の向かいの角）が鋭角であればよく、余弦定理からその角の cos⁡\cos が正になる条件を書きます。最大の辺がどれかで場合を分けます。

(i) xx≧8{}\geqq 8 のとき　最大の辺は xx で

x2\displaystyle x^2<52\displaystyle {}< 5^2+82\displaystyle {}+ 8^2=89\displaystyle {}= 89  ⟺  x\displaystyle {}\iff x<89\displaystyle {}< \sqrt{89}

よって 88≦x{}\leqq x<89{}< \sqrt{89}（89\sqrt{89}<13{}< 13 なので (1) を満たします）。

(ii) xx<8{}< 8 のとき　最大の辺は 88 で

82\displaystyle 8^2<52\displaystyle {}< 5^2+x2\displaystyle {}+ x^2  ⟺  x2\displaystyle {}\iff x^2>39\displaystyle {}> 39  ⟺  x\displaystyle {}\iff x>39\displaystyle {}> \sqrt{39}

よって 39\sqrt{39}<x{}< x<8{}< 8（39\sqrt{39}>3{}> 3 なので (1) を満たします）。

(i)，(ii) を合わせて 39<x<89‾\underline{\sqrt{39} < x < \sqrt{89}}。

xx が最大とは限らないので、「xx が最大の辺」と「88 が最大の辺」の両方を調べることが大切です。端の xx=39{}= \sqrt{39}，89\sqrt{89} は直角三角形になるので含みません。

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問20　★★★

aa を定数とする。0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ のとき、θ\theta の方程式 cos⁡2θ\cos^2\theta+sin⁡θ{}+ \sin\theta=a{}= a が異なる 44 個の解をもつような aa の値の範囲を求めなさい。また、aa=1{}= 1 のときの解の個数を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

11<a{}< a<54{}< \dfrac{5}{4}，aa=1{}= 1 のとき解は 33 個

解説

sin⁡θ\sin\theta=t{}= t とおくと、0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ より 00≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1 で、方程式は

1\displaystyle 1−t2\displaystyle {}- t^2+t\displaystyle {}+ t=a\displaystyle {}= a  ⟺  −t2\displaystyle {}\iff -t^2+t\displaystyle {}+ t+1\displaystyle {}+ 1=a\displaystyle {}= a

tt と θ\theta の対応は次のとおりです。

  • 00≦t{}\leqq t<1{}< 1 の tt 1つに、θ\theta は 22 個（θ\theta と 180∘−θ180^\circ - \theta）
  • tt=1{}= 1 に、θ\theta は 90∘90^\circ の 11 個

f(t)f(t)=−t2{}= -t^2+t{}+ t+1{}+ 1=−(t−12)2{}= -\left(t - \dfrac{1}{2}\right)^2+54{}+ \dfrac{5}{4} のグラフ（00≦t{}\leqq t≦1{}\leqq 1）と直線 yy=a{}= a の共有点を考えます。f(0)f(0)=f(1){}= f(1)=1{}= 1，頂点は (12, 54)\left(\dfrac{1}{2},\ \dfrac{5}{4}\right) です。

θ\theta が 44 個になるのは、00<t{}< t<1{}< 1 に tt が異なる 22 個あるときで、yy=a{}= a が頂点より下、端点の高さ 11 より上を通るとき、つまり

1<a<54‾\underline{1 < a < \frac{5}{4}}

aa=1{}= 1 のときは t2t^2−t{}- t=0{}= 0 より tt=0,{}= 0, 1\ 1。tt=0{}= 0 から θ\theta=0∘,{}= 0^\circ, 180∘\ 180^\circ、tt=1{}= 1 から θ\theta=90∘{}= 90^\circ で、解は 3 個‾\underline{3\ \text{個}} です。

aa=54{}= \dfrac{5}{4} のときは tt=12{}= \dfrac{1}{2} のみで、θ\theta=30∘,{}= 30^\circ, 150∘\ 150^\circ の 22 個です。tt の個数と θ\theta の個数は別物なので、対応を必ず書き出します。

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