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【数学IA】三角形の形状決定問題

三角形の形状決定問題数学IAIIB
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ここでは三角形の形状決定問題について説明します。

三角形の形状を大きく分類すると

  • 鋭角三角形
  • 直角三角形
  • 鈍角三角形

の3つに分けることができます。

これについては次の記事で説明しているので,参考にして下さい。

今回はもう少し詳しい形状を考えます。

つまり,直角三角形なら「どの角が直角であるか」や,二等辺三角形なら「どの2辺の長さが等しいか」などについても触れて答えるようにします。

正弦定理と余弦定理を使いこなせることが前提となっているため,知識があやふやな人は復習しておきましょう。

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三角形の形状決定問題の基本的な考え方

ヒロ
ヒロ

まずは三角形の形状決定問題の基本的な考え方を身に付けよう。

三角形の形状決定問題正弦定理や余弦定理を用いて,辺だけの式に変形するのが基本である。場合によっては角だけの式に変形するのも有効である。
ヒロ
ヒロ

辺だけの式に変形したあとは,因数分解できるかどうかで解けるかどうかが決まる。

ヒロ
ヒロ

実際に出題された入試問題を解いてみよう。

2007年 長崎県立大

問題$\sankaku{ABC}$ において,等式
\begin{align*}
\sin A=2\cos B\sin C
\end{align*}
が成り立つとき,この三角形はどのような形をしているか求めなさい。
【考え方と解答】
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とすると,正弦定理より
\begin{align*}
\sin A=\dfrac{a}{2R},~\sin B=\dfrac{b}{2R},~\sin C=\dfrac{c}{2R}
\end{align*}
であり,余弦定理より
\begin{align*}
&\cos B=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}
\end{align*}
であるから,与えられた等式より
\begin{align*}
&\dfrac{a}{2R}=2\Cdota\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\Cdota\dfrac{c}{2R} \\[4pt]
&a^2=c^2+a^2-b^2 \\[4pt]
&(b+c)(b-c)=0
\end{align*}
$b+c\neq0$ より,$b=c$
よって,$\sankaku{ABC}$ は $\text{AB}=\text{AC}$ である二等辺三角形である。

2005年 宮城教育大

問題$\sankaku{ABC}$ の3つの角 $\kaku{A},~\kaku{B},~\kaku{C}$ の大きさをそれぞれ $A,~B,~C$ とし,それらの角の対辺の長さをそれぞれ $a,~b,~c$ で表す。次の問に理由とともに答えよ。
(1) $\sankaku{ABC}$ が $\sin A+\cos A=1$ をみたすとき,$\sankaku{ABC}$ はどのような三角形であるか。
(2) $\sankaku{ABC}$ が $a\sin A=b\sin B$ をみたすとき,$\sankaku{ABC}$ はどのような三角形であるか。
(3) $\sankaku{ABC}$ が $2\cos B\cdot\sin C=\sin A$ をみたすとき,$\sankaku{ABC}$ はどのような三角形であるか。
【(1)の考え方と解答】
$\sin A$ と $\cos A$ がどちらも1次だから,どちらか一方に統一することはできない(無理やりならできるけど意味がない)。あとは利用できるのは $\sin^2A+\cos^2A=1$ であるから,両辺を2乗してみよう。
$\sin A+\cos A=1$ の両辺を2乗すると
\begin{align*}
&(\sin A+\cos A)^2=1 \\[4pt]
&\cos^2A+2\sin A\cos A+\cos^2A=1 \\[4pt]
&1+2\sin A\cos A=1 \\[4pt]
&\sin A\cos A=0
\end{align*}
$A$ は三角形の内角の1つであるから,$\sin A\neq0$ となるから $\cos A=0$ である。
よって,$A=90\Deg$ となるから,$\sankaku{ABC}$ は $A=90\Deg$ の直角三角形である。

(2) $\sankaku{ABC}$ が $a\sin A=b\sin B$ をみたすとき,$\sankaku{ABC}$ はどのような三角形であるか。

【(2)の考え方と解答】
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とすると,正弦定理より
\begin{align*}
\sin A=\dfrac{a}{2R},~\sin B=\dfrac{b}{2R}
\end{align*}
であるから,与えられた等式より
\begin{align*}
&a\Cdota\dfrac{a}{2R}=b\Cdota\dfrac{b}{2R} \\[4pt]
&a^2=b^2
\end{align*}
$a,~b$ はともに正であるから,$a=b$
よって,$\sankaku{ABC}$ は $\text{BC}=\text{AC}$ の二等辺三角形である。

(3) $\sankaku{ABC}$ が $2\cos B\cdot\sin C=\sin A$ をみたすとき,$\sankaku{ABC}$ はどのような三角形であるか。

【(3)の考え方と解答】
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とすると,与えられた等式より
\begin{align*}
&2\Cdota\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\Cdota\dfrac{c}{2R}=\dfrac{a}{2R} \\[4pt]
&c^2+a^2-b^2=a^2 \\[4pt]
&b^2=c^2
\end{align*}
$b,~c$ はともに正であるから $b=c$
よって,$\sankaku{ABC}$ は $\text{AB}=\text{AC}$ の二等辺三角形である。

2003年 横浜国立大

問題$\sankaku{ABC}$ において $a=\text{BC}$, $b=\text{CA}$, $c=\text{AB}$ とする。
\begin{align*}
a^2\cos A\sin B=b^2\cos B\sin A
\end{align*}
が成り立つとき,$\sankaku{ABC}$ はどのような形か。
【考え方と解答】
$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とする。与えられた等式において,正弦定理と余弦定理を用いると
\begin{align*}
&a^2\Cdota\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\Cdota\dfrac{b}{2R}=b^2\Cdota\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\Cdota\dfrac{a}{2R} \\[4pt]
&a^2(b^2+c^2-a^2)=b^2(c^2+a^2-b^2) \\[4pt]
&a^2c^2-a^4=b^2c^2-b^4 \\[4pt]
&a^4-b^4-c^2(a^2-b^2)=0 \\[4pt]
&(a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)=0 \\[4pt]
&(a+b)(a-b)(a^2+b^2-c^2)=0
\end{align*}
$a+b\neq0$ であるから,$a=b$ または $a^2+b^2=c^2$
よって,$\sankaku{ABC}$ は $a=b$ の二等辺三角形 または $\kaku{C}=90\Deg$ の直角三角形である。
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