こちらを参照.

(A)

$\mathrm{OA},$ $\mathrm{OB}$ のなす角を $\theta$ $(0 \leqq \theta \leqq \pi )$ とおく.

このとき, ある整数 $n$ に対して $\alpha -\beta = \theta +2n\pi$ であり, $\mathrm A(\cos\alpha,\sin\alpha ),$ $\mathrm B(\cos\beta,\sin\beta )$ であるから, 余弦定理により \[\begin{aligned} &\cos (\alpha -\beta ) = \cos\theta = \frac{\mathrm{OA}^2+\mathrm{OB}^2-\mathrm{AB}^2}{2\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}} \\ &= \frac{1^2+1^2-\{ (\cos\beta -\cos\alpha )^2+(\sin\beta -\sin\alpha )^2\}}{2\cdot 1\cdot 1} \\ &= \frac{2-(1+1-2\cos\alpha\cos\beta -2\sin\alpha\sin\beta )}{2} \\ &= \cos\alpha\cos\beta +\sin\alpha\sin\beta \end{aligned}\] が成り立つ.

(B)

\[\sin\angle\mathrm C = \sin (\pi -\alpha -\beta ) = \sin (\alpha +\beta )\] であるから, 正弦定理により \[\mathrm{BC} = \sin\alpha, \quad \mathrm{CA} = \sin\beta, \quad \mathrm{AB} = \sin (\alpha\!+\!\beta )\] が成り立つ. これらを $[\text B]$ に代入すると, \[\sin (\alpha +\beta ) = \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta\] が得られる.

(C)

正弦定理により \[\mathrm{BD} = \sin (\alpha +\beta )\] であり, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{ADC}$ は直角三角形であるから \[\mathrm{AB} = \sin\alpha,\ \mathrm{BC} = \cos\alpha,\ \mathrm{CD} = \cos\beta,\ \mathrm{DA} = \sin\beta\] が成り立つ.

これらを $[\text C]$ に代入すると, \[\sin (\alpha +\beta ) = \sin\alpha\cos\beta +\cos\alpha\sin\beta\] が得られる.

　正弦定理 \[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C},\] により, \[\begin{aligned} \frac{a}{\sin A} &= \frac{b\cos C+c\cos B}{\sin B\cos C+\cos B\sin C} \quad (\because\text{「加比の理」}) \\ &= \frac{b\cos C+c\cos B}{\sin (B+C)} \quad (\because\text{正弦の加法定理})\\ &= \frac{b\cos C+c\cos B}{\sin A} \quad (\because A+B+C = \pi ) \end{aligned}\] が得られる. よって, $a = b\cos C+c\cos B$ が成り立つ. 同様に, $b = c\cos A+a\cos C,$ $c = a\cos B+b\cos A$ が成り立つ.

　正弦定理により \[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k\] とおくと, $a = k\sin A,$ $b = k\sin B,$ $c = k\sin C$ となるから, \[\begin{aligned} &a^2-b^2-c^2 \\ &= k^2\sin ^2A-k^2\sin ^2B-k^2\sin ^2C \\ &= k^2\{\sin ^2(B+C)-\sin ^2B-\sin ^2C\} \\ &= k^2\{ (\sin B\cos C+\cos B\sin C)^2-\sin ^2B-\sin ^2C\} \\ &= k^2\{ (\sin ^2B\cos^2 C+\cos ^2B\sin ^2C \\ &\qquad +2\sin B\cos B\sin C\cos C)-\sin ^2B-\sin ^2C\} \\ &= k^2\{ 2\sin B\sin C\cos B\cos C \\ &\qquad -\sin ^2B(1-\cos ^2C)-(1-\cos ^2B)\sin ^2C\} \\ &= k^2(2\sin B\sin C\cos B\cos C-2\sin ^2B\sin ^2C) \\ &= 2(k\sin B)(k\sin C)(\cos B\cos C-\sin B\sin C) \\ &= 2bc\cos (B+C) \\ &= -2bc\cos A \end{aligned}\] となり, $a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A$ が得られる. 残りの式も, 同様に証明できる.

　$y = ax,$ $y = bx,$ 角の二等分線 $y = cx$ と $x$ 軸の正方向のなす角をそれぞれ $\alpha,$ $\beta$ $\gamma$ とおく. このとき, $\beta -\gamma,$ $\gamma -\alpha$ は $\pi$ の倍数の差を除いて等しい. つまり, ある整数 $n$ について, \[ 2\gamma = \alpha +\beta +n\pi\] となる. よって, $\tan 2\gamma = \tan (\alpha +\beta )$ であるから, $2$ 倍角の公式, 加法定理により \[\frac{2c}{1-c^2} = \frac{a+b}{1-ab}\] が成り立つ. 分母を払い, $c$ について整理すると \[ (a+b)c^2-2(ab-1)c-(a+b) = 0\] となるから, $2$ 次方程式の解の公式により \[\begin{aligned} c &= \frac{ab-1\pm\sqrt{(ab-1)^2+(a+b)^2}}{a+b} \\ &= \frac{ab-1\pm\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{a+b} \end{aligned}\] が得られる.

(1)

$\mathrm{CA}'',$ $\mathrm B''\mathrm C$ はそれぞれ正三角形 $\mathrm A'\mathrm{BC},$ $\mathrm B'\mathrm{CA}$ の外接円の半径であるから, 正弦定理により \[\mathrm{CA}'' = \frac{a}{2\sin 60^\circ} = \frac{a}{\sqrt 3}, \quad \mathrm B''\mathrm C = \frac{b}{2\sin 60^\circ} = \frac{b}{\sqrt 3}\] である. また, $C = \angle\mathrm{ACB}$ とおくと \[\angle\mathrm A''\mathrm{CB}'' = C+60^\circ\] となるから, $\triangle\mathrm A''\mathrm B''\mathrm C$ に余弦定理を適用すると, 加法定理, 正弦定理 ($\triangle\mathrm{ABC}$ に適用) により \[\begin{aligned} &\mathrm A''\mathrm B''^2 \\ &= \left(\frac{a}{\sqrt 3}\right) ^2+\left(\frac{b}{\sqrt 3}\right) ^2-2\cdot\frac{a}{\sqrt 3}\cdot\frac{b}{\sqrt 3}\cos (C+60^\circ ) \\ &= \frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{2ab}{3}(\cos C\cos 60^\circ -\sin C\sin 60^\circ ) \\ &= \frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{2ab}{3}\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\cdot\frac{1}{2}-\frac{c}{2R}\cdot\frac{\sqrt 3}{2}\right) \\ &= \frac{R(a^2+b^2+c^2)+\sqrt 3abc}{6R} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が得られる.

(2)

$[1]$ は $a,$ $b,$ $c$ に関する対称式であるから, $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ の置き換えを考えると \[\mathrm A''\mathrm B''^2 \!=\! \mathrm B''\mathrm C''^2 \!=\! \mathrm C''\mathrm A''^2 \!=\! \frac{R(a^2\!+\!b^2\!+\!c^2)\!+\!\sqrt 3abc}{6R}\] が得られる. よって, $\triangle\mathrm A''\mathrm B''\mathrm C''$ は正三角形である.

(1)

$\alpha +\beta +\gamma = \pi$ であるから, 加法定理により \[\begin{aligned} \tan\gamma &= \tan (\pi -\alpha -\beta ) = -\tan (\alpha +\beta ) \\ &= -\frac{\tan\alpha +\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta} \end{aligned}\] が成り立つ. 分母を払って整理すると, \[\begin{aligned} (\tan\alpha\tan\beta -1)\tan\gamma &= \tan\alpha +\tan\beta \\ \tan\alpha\tan\beta\tan\gamma &= \tan\alpha +\tan\beta +\tan\gamma \end{aligned}\] が得られる.

(2)

①

$\mathrm{AB}' = \mathrm{AC}',$ $\mathrm{BC}' = \mathrm{BA}',$ $\mathrm{CA}' = \mathrm{CB}'$ から \[\begin{aligned} 2s-a &= b+c = \mathrm{CB}'+\mathrm{AB}'+\mathrm{AC}'+\mathrm{BC}' \\ &= 2\mathrm{AB}'+\mathrm{BA}'+\mathrm{CA}' = 2\mathrm{AB}'+a \end{aligned}\] であるので, $\mathrm{AB}' = s-a$ が成り立つ.

②

$\triangle\mathrm{AIB}'$ に着目すると, \[\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2}\right) = \tan\angle\mathrm{AIB}' = \frac{s-a}{r}\] が得られる.

③

同様に, \[\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{B}{2}\right) = \frac{s-b}{r}, \quad \tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}\right) = \frac{s-c}{r}\] が成り立つ. また, $\displaystyle\left(\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2}\right) +\left(\frac{\pi}{2}-\frac{B}{2}\right) +\left(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}\right) = \pi$ であるから, (1) により \[\begin{aligned} &\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2}\right)\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{B}{2}\right)\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}\right) \\ &= \tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2}\right) +\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{B}{2}\right) +\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}\right) \end{aligned}\] が成り立つ. よって, \[\begin{aligned} \frac{s-a}{r}\cdot\frac{s-b}{r}\cdot\frac{s-c}{r} &= \frac{s-a}{r}+\frac{s-b}{r}+\frac{s-c}{r} \\ s(s-a)(s-b)(s-c) &= r^2s^2 \quad (\because 3s-a-b-c = s) \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} S &= \frac{ar}{2}+\frac{br}{2}+\frac{cr}{2} = r\cdot\frac{a+b+c}{2} = rs \\ &= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \end{aligned}\] が成り立つ.

(3)

①

$\angle\mathrm{EDA} = \angle\mathrm{EBC}$ であるから, $\triangle\mathrm{EDA},$ $\triangle\mathrm{EBC}$ は $d:b$ の比で相似である.

よって, \[ T:(T+S) = d^2:b^2\] から \[ S:T = (b^2-d^2):d^2\] である.

②

\[ p:(q+c) = d:b, \quad q:(p+a) = d:b\] であるから, \[ bp = d(q+c), \quad bq = d(p+a)\] が成り立つ. 辺々の和, 差をとると, \[ (b-d)(p+q) = d(c+a), \quad (b+d)(p-q) = d(c-a)\] が得られる.

③

$\triangle\mathrm{EDA}$ に (2) の公式を適用すると \[\begin{aligned} S^2 &= \frac{(b^2-d^2)^2}{d^4}T^2 \\ &= \frac{(b+d)^2(b-d)^2}{d^4}\cdot\frac{d+p+q}{2}\cdot\frac{p+q-d}{2} \\ &\qquad \cdot\frac{q+d-p}{2}\cdot\frac{d+p-q}{2} \\ &= \frac{(b-d)\{ (p+q)+d\}}{2d}\cdot\frac{(b+d)\{ (p+q)-d\}}{2d} \\ &\qquad \cdot\frac{(b+d)\{ d-(p-q)\}}{2d}\cdot\frac{(b-d)\{ d+(p-q)\}}{2d} \\ &= \frac{d(c+a)+d(b-d)}{2d}\cdot\frac{d(c+a)-d(b-d)}{2d} \\ &\qquad \cdot\frac{d(b+d)-d(c-a)}{2d}\cdot\frac{d(b+d)+d(c-a)}{2d} \\ &= \frac{c+a+b-d}{2}\cdot\frac{c+a-b+d}{2} \\ &\qquad \cdot\frac{b+d-c+a}{2}\cdot\frac{b+d+c-a}{2} \\ &= (s-a)(s-b)(s-c)(s-d) \end{aligned}\] となるから, \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\] が成り立つ.

(1)

$A+B+C = \pi$ であるから, 加法定理により \[\begin{aligned} \tan C &= \tan (\pi -A-B) = -\tan (A+B) \\ &= -\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B} \end{aligned}\] が成り立つ. 分母を払って整理すると, \[\begin{aligned} (\tan A\tan B-1)\tan C &= \tan A+\tan B \\ \tan A\tan B\tan C &= \tan A+\tan B+\tan C \end{aligned}\] が得られる.

(2)

$\triangle\mathrm{ABC}$ が鋭角三角形であるとする. $A,$ $B,$ $C \neq \dfrac{\pi}{2}$ であることに注意すると, 余弦定理, 三角形の面積の公式により, \[\begin{aligned} &(4S)^6 \geqq 27(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2 \\ &\iff \frac{4S^2}{b^2c^2}\frac{4S^2}{c^2a^2}\frac{4S^2}{a^2b^2} \\ &\quad \geqq 27\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2}\frac{(c^2+a^2-b^2)^2}{4c^2a^2}\frac{(a^2+b^2-c^2)^2}{4a^2b^2} \\ &\iff \sin ^2A\sin ^2B\sin ^2C \geqq 27\cos ^2A\cos ^2B\cos ^2C \\ &\iff \tan ^2A\tan ^2B\tan ^2C \geqq 27 \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が得られる. ここで, $\tan A,$ $\tan B,$ $\tan C > 0$ であることに注意すると, 相加・相乗平均の不等式により, \[\tan A+\tan B+\tan C \geqq 3\sqrt[3]{\tan A\tan B\tan C} \quad \cdots [2]\] が得られる. (1) により \[\begin{aligned} [2] &\iff \tan A\tan B\tan C \geqq 3\sqrt[3]{\tan A\tan B\tan C} \\ &\iff \tan ^3A\tan ^3B\tan ^3C \geqq 27\tan A\tan B\tan C \\ &\iff [1] \end{aligned}\] が成り立つから, 求める不等式が得られる.

　$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\tan A,$ $\tan B,$ $\tan C$ が整数であるとする. また, $A \leqq B \leqq C$ であるとする. このとき, \[ 3A \leqq A+B+C = \pi\] から, $0 < A \leqq \dfrac{\pi}{3}$ である. よって, \[ 0 < \tan A \leqq \sqrt 3\] であり, $\tan A$ は整数だから, \[\tan A = 1\] である. また, $A = \pi -(B+C)$ から, \[ 1 = -\tan (B+C) = -\frac{\tan B+\tan C}{1-\tan B\tan C}\] が成り立つ. よって, \[\begin{aligned} \tan B\tan C-\tan B-\tan C-1 &= 0 \\ (\tan B-1)(\tan C-1) &= 2 \end{aligned}\] となる. $\tan B,$ $\tan C$ が整数であること, $\dfrac{\pi}{4} = A \leqq B \leqq C$ から $B,$ $C$ は鋭角であって $\tan B \leqq \tan C$ であることに注意すると, \[\tan B = 2, \quad \tan C = 3\] である. $A \leqq B \leqq C$ という条件を忘れると, 求める値は \[\{\tan A,\ \tan B,\ \tan C\} = \{ 1,\ 2,\ 3\}\] である.

　$\theta = \angle\mathrm{APB},$ $x = \mathrm{OP},$ $\alpha = \angle\mathrm{OPA},$ $\beta = \angle\mathrm{OPB}$ とおく. このとき, $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ であるから が成り立ち, \[\theta = \alpha -\beta, \quad \tan\alpha = \frac{a}{x}, \quad \tan\beta = \frac{b}{x}\] であるから, 加法定理により \[\begin{aligned} \tan\theta &= \tan (\alpha -\beta ) = \frac{\tan\alpha -\tan\beta }{1+\tan\alpha\tan\beta} \\ &= \frac{\dfrac{a}{x}-\dfrac{b}{x}}{1+\dfrac{a}{x}\cdot\dfrac{b}{x}} = \frac{a-b}{x+\dfrac{ab}{x}} \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $\theta$ が最大になるのは, $x+\dfrac{ab}{x}$ が最小になるときである. 相加・相乗平均の不等式により $x+\dfrac{ab}{x}$ は $x = \dfrac{ab}{x},$ $x^2 = ab$ つまり $x = \sqrt{ab}$ の場合に限り最小値をとるから, 求める距離は $\mathrm{OP} = \sqrt{ab}$ である.

　$\theta = \angle\mathrm{APB},$ $x = \mathrm{OP},$ $\alpha = \angle\mathrm{OPA},$ $\beta = \angle\mathrm{OPB}$ とおく. このとき, $0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ であるから が成り立ち, \[\theta = \alpha -\beta, \quad \tan\alpha = \frac{a}{x}, \quad \tan\beta = \frac{b}{x}\] であるから, 加法定理により \[\begin{aligned} \tan\theta &= \tan (\alpha -\beta ) = \frac{\tan\alpha -\tan\beta }{1+\tan\alpha\tan\beta} \\ &= \frac{\dfrac{a}{x}-\dfrac{b}{x}}{1+\dfrac{a}{x}\cdot\dfrac{b}{x}} = (a-b)\frac{x}{x^2+ab} \end{aligned}\] が成り立つ. \[\frac{d}{dx}\tan\theta = (a-b)\frac{ab-x^2}{(x^2+ab)^2}\] であるから, \[\begin{aligned} \frac{d}{dx}\tan\theta \geqq 0 &\iff 0 < x \leqq \sqrt{ab}, \\ \frac{d}{dx}\tan\theta \leqq 0 &\iff x \geqq \sqrt{ab} \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $\tan\theta$ は $x = \sqrt{ab}$ の場合に限って, 極大かつ最大の値をとる. ゆえに, 求める距離は $\mathrm{OP} = \sqrt{ab}$ である.

(1)

\[\tan (\pi -\theta ) = -\tan\theta\] の両辺の逆数をとると, \[\cot (\pi -\theta ) = -\cot\theta\] が得られる. また, \[\tan (\alpha +\beta ) = \frac{\tan\alpha +\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}\] の両辺の逆数をとると, \[\begin{aligned} &\cot (\alpha +\beta ) = \frac{1-\tan\alpha\tan\beta}{\tan\alpha +\tan\beta} \\ &= \frac{\dfrac{1}{\tan\alpha\tan\beta}-1}{\dfrac{1}{\tan\beta}+\dfrac{1}{\tan\alpha}} = \frac{\dfrac{1}{\tan\alpha}\cdot\dfrac{1}{\tan\beta}-1}{\dfrac{1}{\tan\alpha}+\dfrac{1}{\tan\beta}} \\ &= \frac{\cot\alpha\cot\beta -1}{\cot\alpha +\cot\beta} \end{aligned}\] が得られる.

(2)

内角のうち $C$ が最大であるとして一般性を失わない. このとき, 頂点 $\mathrm C$ から直線 $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足 $\mathrm H$ は辺 $\mathrm{AB}$ 上にある. $x = \mathrm{AH},$ $h = \mathrm{CH}$ とおくと, \[\cot A+\cot B = \frac{x}{h}+\frac{c-x}{h} = \frac{c}{h}\] から \[\begin{aligned} &\cot A+\cot B+\cot C \\ &= \cot A+\cot B+\cot (\pi -A-B) \\ &= \cot A+\cot B-\cot (A+B) \\ &= \cot A+\cot B-\frac{\cot A\cot B-1}{\cot A+\cot B} \\ &= \frac{c}{h}-\frac{\dfrac{x}{h}\cdot\dfrac{c-x}{h}-1}{\dfrac{c}{h}} = \frac{x^2-cx+c^2+h^2}{ch} \\ &= \frac{\left( x-\dfrac{c}{2}\right) ^2+\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}c-h\right) ^2+\sqrt 3ch}{ch} \\ &= \frac{1}{ch}\left( x-\dfrac{c}{2}\right) ^2+\frac{1}{ch}\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}c-h\right) ^2+\sqrt 3 \geqq \sqrt 3 \end{aligned}\] が成り立つ. 等号成立は $x = \dfrac{c}{2},$ $h = \dfrac{\sqrt 3}{2}c,$ つまり $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形である場合に限る.