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1999年 センター試験 数学IA 図形【ルナ三角形と那覇三角形】

1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形数学IAIIB
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図形の性質の考え方・解き方の第二弾です。第一弾をご覧になっていない方は,お手数ですが,まずは第一弾をご覧ください。理解がしやすくなるはずです。

センター試験の数学IAの図形問題の考え方を説明します。

1999年 センター試験 数学IA 追試験円に内接する四角形ABCDは
\begin{align*}
\mathrm{AB=2,~BC=3,~CD=1},~\kaku{ABC}=60\Deg
\end{align*}
を満たすとする。このとき
\begin{align*}
&\kaku{CDA}=\myBox{アイウ}\Deg \\[4pt]
&\mathrm{AC}=\sqrt{\myBox{エ}} \\[4pt]
&\mathrm{AD}=\myBox{オ}
\end{align*}
である。また
\begin{align*}
\sin\kaku{BAC}=\dfrac{\myBox{カ}\sqrt{\myBox{キク}}}{14}
\end{align*}
であり
\begin{align*}
\mathrm{BD}=\dfrac{\myBox{ケ}\sqrt{\myBox{コ}}}{\myBox{サ}}
\end{align*}
である。
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60°をできるだけ正確に描く方法

ヒロ
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外接円が関係しているから,まずは円から描こう。$B=60\Deg$ だから,前回伝えた「1つの角が $60\Deg$ のときの図の描き方」を利用して図を描こう。

ヒロ
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円を描いてから,辺ACを描く。
1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形

ヒロ
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次に $\mathrm{AB=2,~BC=3}$ となるように点Bを優弧AC上にとる。
1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形

優弧とは円周を二点によって二つの弧に分けたときの半円より大きい方の弧。小さい方の弧は劣弧。
ヒロ
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「四角形ABCD」となっているから,$\mathrm{A\to B\to C\to D\to A}$ と結んだときに四角形になる。よって,点Dは劣弧AC上にあることが分かる。$\mathrm{CD=1}$ だから,CDの長さがABの半分の長さになるような位置に点Dをとる。
1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形

ヒロ
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問題文を読んで図を描いたときに,ここまで描くことができる。

1999年センターIA(図形)の一般的な考え方と解法

ヒロ
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それでは $\kaku{CDA}$ から順に求めていこう。

最初は簡単ですね。四角形ABCDが円に内接するから,$\kaku{CDA}=120\Deg$ です。

ヒロ
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そうだね。円に内接する四角形の対角の和が $180\Deg$ になることを知っていればすぐに求められる。

ヒロ
ヒロ

次はACを求めよう。
1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形

ACを求めるんだから,2辺とその間の角が分かっている $\sankaku{ABC}$ に着目して,余弦定理ですね。

$\sankaku{ABC}$ において余弦定理を適用すると
\begin{align*}
\mathrm{AC}^2&=2^2+3^2-2\Cdota2\Cdota3\cos60\Deg \\[4pt]
&=4+9-6=7
\end{align*}
$\mathrm{AC}>0$ より $\mathrm{AC=\sqrt{7}}$
ヒロ
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次はADを求めよう。
1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形

まず,ADを含む $\sankaku{ACD}$ に着目します。1組の角と対辺が分かっているけど,$\kaku{ACD}$ が分からないので,正弦定理は使えません。ということで,やっぱり余弦定理ですね。

$\sankaku{ACD}$ において余弦定理を適用すると
\begin{align*}
&(\sqrt{7})^2=1^2+{\mathrm{AD}}^2-2\Cdota1\Cdota\mathrm{AD}\cos120\Deg \\[4pt]
&{\mathrm{AD}}^2+\mathrm{AD}-6=0 \\[4pt]
&(\mathrm{AD}+3)(\mathrm{AD}-2)=0 \\[4pt]
&\mathrm{AD}=-3,~2
\end{align*}
$\mathrm{AD}>0$ より $\mathrm{AD}=2$
ヒロ
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次は $\sin\kaku{BAC}$ を求めよう。
1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形

$\sin$ の値を求めるので,$\sankaku{ABC}$ に着目して正弦定理ですね。

$\sankaku{ABC}$ において正弦定理を適用すると
\begin{align*}
&\dfrac{\sqrt{7}}{\sin60\Deg}=\dfrac{3}{\sin\kaku{BAC}} \\[4pt]
&\sqrt{7}\sin\kaku{BAC}=3\sin60\Deg \\[4pt]
&\sin\kaku{BAC}=\dfrac{3}{\sqrt{7}}\Cdota\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[4pt]
&\sin\kaku{BAC}=\dfrac{3\sqrt{21}}{14}
\end{align*}
ヒロ
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それでは最後のBDを求めよう。

これは前回教えてもらったトレミーの定理で簡単に求められます。

トレミーの定理より
\begin{align*}
&2\Cdota1+2\Cdota3=\sqrt{7}\mathrm{BD} \\[4pt]
&\mathrm{BD}=\dfrac{8}{\sqrt{7}} \\[4pt]
&\mathrm{BD}=\dfrac{8\sqrt{7}}{7}
\end{align*}

1999年センターIA(図形) の裏技解法【図を描いた時点で求まっている】

ヒロ
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実は最初に描いた図の時点で,$\kaku{ADC}=120\Deg$ がすぐ分かるのは当然として,もう少し分かる部分がある。

ヒロ
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下図で赤字の部分は,知っている三角形を増やせば,すぐに図に書き込むことができる。
1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形

ヒロ
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実はこの問題で使われている三角形も有名な三角形なので覚えよう。

三兄弟とルナちゃんの複雑な関係

三兄弟とルナちゃんの複雑な関係 有名三角形

三兄弟とルナちゃんの複雑な関係 有名三角形

三兄弟とルナちゃんの複雑な関係 有名三角形

ヒロ
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$1,~2,~3$ は一郎,次郎,三郎の三兄弟で,$\sqrt{7}$ はルナちゃん。

しょうもなさすぎて覚えられるかも。

ヒロ
ヒロ

覚えられるならどんな覚え方でもいいよ。$\sqrt{7}$ の対角が $60\Deg$ か $120\Deg$ になってるよ。

ヒロ
ヒロ

辺の長さから $120\Deg$ になるのは1と2のときと分かるかもしれないけど,「12だから ${\color{red}1}{\color{blue}2}0\Deg$ だ」と覚えておけば良いだろう。

ヒロ
ヒロ

3つの三角形を組み合わせると次のようになる。
三兄弟とルナちゃんの複雑な関係 有名三角形

ヒロ
ヒロ

ということで,知っているから $\mathrm{AC}=\sqrt{7}$ も $\mathrm{AD}=2$ も分かってしまう。

前の「名古屋で悩み,七五三」も正三角形にできましたけど,他にもあるんですか?

ヒロ
ヒロ

いくらでも作れるんだけど,試験で扱いやすいのが,3辺とも整数ということを考えると,もう1つくらいかな。それもここで言っておこうか。

はい。お願いします!

父さん,行こうや!行こな?那覇へ!

行こうや行こな那覇へ 有名三角形

行こうや行こな那覇へ 有名三角形

行こうや行こな那覇へ 有名三角形

ヒロ
ヒロ

13が父さん,15と8で行こうや,15と7で行こな,7と8で那覇。13の対角が $60\Deg$ か $120\Deg$ になってるのに注意。

ヒロ
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3つの三角形を組み合わせると次のようになる。
行こうや行こな那覇へ 有名三角形

正弦定理は垂線の長さに関する等式だった

ヒロ
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次は正弦定理の捉え方を少し変えてもらおう。

ヒロ
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公式通りに立式すると,さっき解いてもらったように分数になるから鬱陶しく感じるんだよね。

そうですね・・・

ヒロ
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そこで初めから $\sin$ が分母に来ないように立式できるようになろう。

$\sankaku{ABC}$ の頂点Cから底辺ABに垂線AHを下ろした図を考えよう。
正弦定理
$\sankaku{ACH}$ に着目すると
\begin{align*}
\mathrm{CH}=b\sin A
\end{align*}
$\sankaku{BCH}$ に着目すると
\begin{align*}
\mathrm{CH}=a\sin B
\end{align*}
以上より $b\sin A=a\sin B$ が成り立つ。

正弦定理って三角形を垂線で二つに分けて,垂線の長さに関する等式だったんですね。

ヒロ
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$\sin\kaku{BAC}$ を求めたときに正弦定理を使ったけど,垂線の長さに着目する考え方で立式すると1行省略できるため速くなる。
1999年 センターIA 追試 三角比 平面図形

$\kaku{BAC}=\theta$ とすると,$\sankaku{ACH}$ と $\sankaku{BCH}$ の高さがCHで等しいから
\begin{align*}
&\sqrt{7}\sin\theta=3\sin60\Deg \\[4pt]
&\sin\theta=\dfrac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\dfrac{3\sqrt{21}}{14}
\end{align*}
ヒロ
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あと $\sin$ の値を求めるのに面積を利用する解法も覚えておこう。

【面積を利用する場合】
\begin{align*}
&\dfrac{1}{2}\Cdota2\Cdota\sqrt{7}\sin\theta=\dfrac{1}{2}\Cdota2\Cdota3\sin60\Deg \\[4pt]
&\sin\theta=\dfrac{3\sqrt{21}}{14}
\end{align*}
ヒロ
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そのときの状況に応じて,色々な考え方ができるようにしよう。

頑張ります!

まとめ

ヒロ
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知っている三角形が多ければ,計算することなく,見た瞬間に答えが出る場合もある。また,正弦定理で立てる最初の式が分数になるのが嫌な人は「垂線の長さが等しい」ことを考えて分数にならないように立式するのもアリ。

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