余弦定理・正弦定理
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $A = \angle\mathrm A,$ $B = \angle\mathrm B,$ $C = \angle\mathrm C$ とおく.
余弦定理
定理≪第一余弦定理≫
$\triangle\mathrm{ABC}$ において,
\begin{align*}
a &= b\cos C+c\cos B, \\
b &= c\cos A+a\cos C, \\
c &= a\cos B+b\cos A
\end{align*}
が成り立つ.
解答例
どれも同様に証明できるから, $c = a\cos B+b\cos A$ を示す.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の頂点 $\mathrm C$ から辺 $\mathrm{AB}$ またはその延長に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とする.
- (i)
- $A \leqq 90^\circ,$ $B \leqq 90^\circ$ のとき. \[ c = \mathrm{AH}+\mathrm{BH} = a\cos B+b\cos A\] が成り立つ.
- (ii)
- $A > 90^\circ$ のとき. \begin{align*} c &= \mathrm{BH}-\mathrm{AH} = a\cos B-b\cos (180^\circ -A) \\ &= a\cos B-b(-\cos A) = a\cos B+b\cos A \end{align*} が成り立つ.
- (iii)
- $B > 90^\circ$ のとき. (ii) の場合と同様に成り立つ.
定理≪第二余弦定理≫
$\triangle\mathrm{ABC}$ において,
\begin{align*}
a^2 &= b^2+c^2-2bc\cos A, \\
b^2 &= c^2+a^2-2ca\cos B, \\
c^2 &= a^2+b^2-2ab\cos C
\end{align*}
が成り立つ.
問題≪第一余弦定理 $\Longrightarrow$ 第二余弦定理≫
\begin{align*}
a &= b\cos C+c\cos B, \\
b &= c\cos A+a\cos C, \\
c &= a\cos B+b\cos A
\end{align*}
(第一余弦定理)から $a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A$ (第二余弦定理)を導け.
解答例
与式の辺々にそれぞれ $a,$ $-b,$ $-c$ をかけると
\begin{align*}
a^2 &= ab\cos C+ca\cos B, \\
-b^2 &= -bc\cos A-ab\cos C, \\
-c^2 &= -ca\cos B-bc\cos A
\end{align*}
となるから, これらを加えると
\begin{align*}
a^2-b^2-c^2 = &-2bc\cos A \\
a^2 = b^2+c^2&-2bc\cos A
\end{align*}
が得られる.
背景
問題≪余弦定理による中線定理の証明≫
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, 辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm M$ とおくとき,
\[\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2 = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2) = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2)\]
が成り立つことを, 余弦定理を使って示せ.
解答例
$\theta = \angle\mathrm{AMB}$ とおく.
$\triangle\mathrm{ABM},$ $\triangle\mathrm{ACM}$ にそれぞれ余弦定理を適用すると,
$\mathrm{BM} = \mathrm{CM},$ $\cos (180^\circ -\theta ) = -\cos\theta$ から
\begin{align*}
\mathrm{AB}^2 &= \mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2-2\mathrm{AM}\cdot\mathrm{BM}\cos\theta, \\
\mathrm{AC}^2 &= \mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2-2\mathrm{AM}\cdot\mathrm{CM}\cos (180^\circ -\theta ) \\
&= \mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2+2\mathrm{AM}\cdot\mathrm{BM}\cos\theta
\end{align*}
となり, $2$ 式の辺々を加えると
\[\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2 = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2) = 2(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2)\]
が得られる.
背景
本問の結果は「中線定理」(parallelogram law)として知られている.
問題≪第一トレミーの定理≫
辺の長さが $\mathrm{AB} = a,$ $\mathrm{BC} = b,$ $\mathrm{CD} = c,$ $\mathrm{DA} = d$ である四角形 $\mathrm{ABCD}$ が円に内接している.
$\mathrm{AC} = x,$ $\mathrm{BD} = y$ とおく.
- (1)
- $a,$ $b,$ $c,$ $d$ を用いて $x,$ $y$ を表せ.
- (2)
- $xy = ac+bd$ が成り立つことを示せ.
ヒント: 円に内接する四角形の向かい合う内角の和は $180^\circ$ である(数学 A).
解答例
- (1)
- $\angle\mathrm{ABC} = \theta$ とおく.
四角形 $\mathrm{ABCD}$ は円に内接しているから, このとき $\angle\mathrm{CDA} = 180^\circ -\theta$ である.
$\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{CDA}$ に余弦定理を適用すると, $x^2$ は \begin{align*} x^2 &= a^2+b^2-2ab\cos\theta \quad \cdots [1], \\ x^2 &= c^2+d^2+2cd\cos\theta \quad \cdots [2] \end{align*} と $2$ 通りに表せる. $[1]\times cd+[2]\times ab$ から \begin{align*} (ab+cd)x^2 &= cd(a^2+b^2)+ab(c^2+d^2) \\ &= (ad+bc)(ac+bd) \end{align*} となるので, \[ x = \sqrt{\frac{(ad+bc)(ac+bd)}{ab+cd}} \quad \cdots [3]\] が得られる. $b$ と $d$ を入れ替えると, \[ y = \sqrt{\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}} \quad \cdots [4]\] となる.
- (2)
- $[3]\times [4]$ から, \begin{align*} xy &= \sqrt{\frac{(ab+cd)(ad+bc)(ac+bd)^2}{(ab+cd)(ad+bc)}} \\ &= ac+bd \end{align*} が成り立つ.
背景
- 本問の結果は「第一トレミーの定理」または単に「トレミーの定理」(Ptolemy's theorem)と呼ばれる(トレミーは, プトレマイオスと呼ばれることもある).
- この定理は, 円周角の定理を使うと, 次のように証明することもできる: 対角線 $\mathrm{BD}$ 上に $\angle\mathrm{BAE} = \angle\mathrm{CAD}$ となる点 $\mathrm E$ をとる. 円周角の定理により $\angle\mathrm{ABE} = \angle\mathrm{ACD}$ であるから, $\triangle\mathrm{ABE}$ と $\triangle\mathrm{ACD}$ は相似であり, $\dfrac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}} = \dfrac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CD}}$ が成り立つ. 同様に, $\triangle\mathrm{AED}$ と $\triangle\mathrm{ABC}$ が相似であることから $\dfrac{\mathrm{ED}}{\mathrm{BC}} = \dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AC}}$ が得られる. よって, \begin{align*} \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD} &= \mathrm{AC}\cdot (\mathrm{BE}+\mathrm{ED}) \\ &= \mathrm{AC}\cdot\left(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\cdot\mathrm{CD}+\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AC}}\cdot\mathrm{BC}\right) \\ &= \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{DA}\cdot\mathrm{BC} \end{align*} が成り立つ.
- 円周角の定理と三角関数の積和の公式(数学 II)を使う別証明もある(こちらを参照).
- 長方形 $\mathrm{ABCD}$ にこの定理を適用すると, 三平方の定理 \[\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2 = \mathrm{AC}^2\] が得られる.
- 円に内接する四角形の対角線の長さの比に関する「第二トレミーの定理」(こちらを参照)と呼ばれる定理もある.
正弦定理
定理≪正弦定理≫
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, 外接円の半径を $R$ とおくと,
\[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R\]
が成り立つ.
参考
三角形の面積の公式
\[\triangle\mathrm{ABC} = \dfrac{1}{2}bc\sin A = \dfrac{1}{2}ca\sin B = \dfrac{1}{2}ab\sin C\]
から,
\[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = \frac{abc}{2\triangle\mathrm{ABC}}\]
が直ちに得られる.
問題≪第二余弦定理 $\Longrightarrow$ 正弦定理≫
余弦定理(第二余弦定理)から正弦定理
\[\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}\]
を導け.
解答例
余弦定理により $\cos A = \dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ であるから,
\[\sin ^2A = 1-\cos ^2A = 1-\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{(2bc)^2}\]
よって
\begin{align*}
&(2bc\sin A)^2 = (2bc)^2-(b^2+c^2-a^2)^2 \\
&= (2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc-b^2-c^2+a^2) \\
&= \{ (b+c)^2-a^2\}\{ a^2-(b-c)^2\} \\
&= (a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)
\end{align*}
が得られる.
右辺は $a,$ $b,$ $c$ に関する対称式であるから,
\begin{align*}
(2bc\sin A)^2 &= (2ca\sin B)^2 = (2ab\sin C)^2 \\
2bc\sin A &= 2ca\sin B = 2ab\sin C \\
\frac{1}{2bc\sin A} &= \frac{1}{2ca\sin B} = \frac{1}{2ab\sin C} \\
\frac{a}{\sin A} &= \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}
\end{align*}
が成り立つ.
背景
- 加法定理(数学 II)のもとで, 正弦定理, 余弦定理(第一余弦定理, 第二余弦定理)は同値である(こちらとこちらを参照).
- この逆は, 余弦の加法定理を用いて, 次のように証明できる.
正弦定理により $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C} = k$ とおくと, \begin{align*} &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{align*} となり, $a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A$ が得られる.
残りの式も, 同様に得られる.
問題≪角の二等分線の性質≫
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A$ の内角の二等分線と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm D$ とおく.
正弦定理を使って,
\[\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = \mathrm{AB}:\mathrm{AC}\]
が成り立つことを示せ.
解答例
$\triangle\mathrm{ABD},$ $\triangle\mathrm{ACD}$ にそれぞれ正弦定理を適用すると
\begin{align*}
\frac{\mathrm{BD}}{\sin\dfrac{A}{2}} &= \frac{\mathrm{AB}}{\sin\angle\mathrm{ADB}}, \\
\frac{\mathrm{DC}}{\sin\dfrac{A}{2}} &= \frac{\mathrm{AC}}{\sin\angle\mathrm{ADC}}
\end{align*}
と得られるので, $\sin\angle\mathrm{ADB} = \sin\angle\mathrm{ADC}$ に注意すると
\[\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\cdot\frac{\sin\angle\mathrm{ADC}}{\sin\angle\mathrm{ADB}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\]
つまり
\[\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = \mathrm{AB}:\mathrm{AC}\]
が得られる.
問題≪チャップル=オイラーの定理≫
次のことを示せ.
- (A)
- 点 $\mathrm O$ を中心とする半径 $R$ の円の弦 $\mathrm{XY}$ 上のすべての点 $\mathrm P$ に対して
\[\mathrm{OP}^2 = R^2-\mathrm{XP}\cdot\mathrm{YP}\]
が成り立つ.
- (B)
- $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm O,$ 内心を $\mathrm I,$ 外接円の半径を $R,$ 内接円の半径を $r$ とおく.
さらに, 直線 $\mathrm{AI}$ と円周 $\mathrm O$ の交点のうち $\mathrm A$ と異なる方の点を $\mathrm D$ とおき, 辺 $\mathrm{AB}$ と円周 $\mathrm I$ の接点を $\mathrm E$ とおくと,
- (1)
- $\mathrm{DB} = \mathrm{DI},$
- (2)
- $\mathrm{AI}\cdot\mathrm{DB} = 2Rr,$
- (3)
- $\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr$
- (4)
- $R \geqq 2r$
- (C)
- (B) の円周 $\mathrm O$ の上に点 $\mathrm P_1$ をとり, 半直線 $\mathrm P_1\mathrm I$ と円周 $\mathrm O$ の交点を $\mathrm P'_1$ とおく. さらに, $\mathrm P'_1$ を中心とし, $\mathrm I$ を通る円周と円周 $\mathrm O$ の交点を $\mathrm P_2,$ $\mathrm P_3$ とおく. このとき, $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の内心は $\mathrm I$ に一致する.
(参考: 2012 宮崎大)
解答例
- (A)
- 弦 $\mathrm{XY}$ の中点を $\mathrm M$ とおくと, 三平方の定理により \begin{align*} \mathrm{OP}^2 &= \mathrm{OM}^2+\mathrm{MP}^2 \\ &= \mathrm{OX}^2-\mathrm{XM}^2+\mathrm{MP}^2 \\ &= R^2-(\mathrm{XM}+\mathrm{MP})(\mathrm{XM}-\mathrm{MP}) \\ &= R^2-\mathrm{XP}\cdot\mathrm{YP} \end{align*} が成り立つ.
- (B)
- (1)
- $\angle\mathrm{CAB} = 2\alpha,$ $\angle\mathrm{ABC} = 2\beta$ とおく.
このとき, 円周角の定理により, \[\angle\mathrm{DBI} \!=\! \angle\mathrm{DBC}+\angle\mathrm{CBI} \!=\! \angle\mathrm{DAC}+\beta \!=\! \alpha +\beta\] が成り立つ. また, $\triangle\mathrm{ABI}$ の外角に着目すると, \[\angle\mathrm{DIB} = \angle\mathrm{IAB}+\angle\mathrm{ABI} = \alpha +\beta\] が成り立つ. よって, $\angle\mathrm{DBI} = \angle\mathrm{DIB}$ から $\triangle\mathrm{DBI}$ はこれらの角を底角とする二等辺三角形であるので, $\mathrm{DB} = \mathrm{DI}$ が成り立つ. - (2)
- 三角比の定義により, \[\mathrm{AI} = \frac{\mathrm{EI}}{\sin\alpha} = \frac{r}{\sin\alpha}\] が成り立つ. また, 正弦定理により, \[\mathrm{DB} = 2R\sin\alpha\] が成り立つ. よって, 辺々をかけると, \[\mathrm{AI}\cdot\mathrm{DB} = \frac{r}{\sin\alpha}\cdot 2R\sin\alpha = 2Rr\] が得られる.
- (3)
- 円 $\mathrm O$ の弦 $\mathrm{AD}$ と点 $\mathrm I$ に (A) の結果を適用すると, (1) と (2) から \begin{align*} \mathrm{OI}^2 &= R^2-\mathrm{AI}\cdot\mathrm{DI} \\ &= R^2-\mathrm{AI}\cdot\mathrm{DB} \\ &= R^2-2Rr \end{align*} が得られる.
- (4)
- (3) から \[ 0 \leqq \mathrm{OI}^2 = R(R-2r)\] であるので, $R \geqq 2r$ が成り立つ.
- (C)
- $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の外心は $\mathrm O$ である.
また, $\mathrm P_1\mathrm I$ は $\angle\mathrm P_2\mathrm P_1\mathrm P_3$ の二等分線になる. さらに, 円周角の定理により \[\angle\mathrm{IP}_2\mathrm P_3 = \frac{\angle\mathrm{IP}'_1\mathrm P_3}{2} = \frac{\angle\mathrm P_1\mathrm P'_1\mathrm P_3}{2} = \frac{\angle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3}{2}\] であるから, $\mathrm P_2\mathrm I$ は $\angle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の二等分線である. よって, $\mathrm I$ は $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の内心である.
よって, $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の内接円の半径を $r'$ とおくと, (B) の結果により \[\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr = R^2-2Rr'\] が成り立つから, $r = r'$ である.
ゆえに, $\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ の内心は $\mathrm I$ に一致する.
別解: 方べきの定理(数学 A)を利用
- (A)
- 直線 $\mathrm{OP}$ と円 $\mathrm O$ の交点を $\mathrm S,$ $\mathrm T$ とおくと, 方べきの定理により \begin{align*} \mathrm{XP}\cdot\mathrm{YP} &= \mathrm{SP}\cdot\mathrm{TP} \\ &= (R+\mathrm{OP})(R-\mathrm{OP}) \\ &= R^2-\mathrm{OP}^2 \end{align*} となり, $\mathrm{OP}^2 = R^2-\mathrm{XP}\cdot\mathrm{YP}$ が得られる.
背景
- (B) の (3), (4) の結果は「チャップル=オイラーの定理」(Chapple–Euler theorem)として知られている.
- (C) の結果により,次の定理が成り立つ: 円 $C$ に外接し, 円 $D$ に内接する三角形が $1$ つでも存在するならば, $D$ 上の任意の点 $\mathrm P$ を $1$ つの頂点とし, $C$ に外接し, $D$ に内接する三角形が存在する. また, 円 $C$ の中心を $\mathrm I,$ 半径を $r,$ 円 $D$ の中心を $\mathrm O,$ 半径を $R$ とおくと, $C$ に外接し, $D$ に内接する三角形が存在するのは \[\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr\] が成り立つときに限る. これも「チャップルの定理」として知られている.
問題≪三角形の辺の長さと面積の不等式≫
直角三角形でない三角形 $\mathrm{ABC}$ において, $S = \triangle\mathrm{ABC}$ とおき, 外接円の半径を $R$ とおく.
$a \geqq b \geqq c$ つまり $A \geqq B \geqq C$ であるとする.
- (1)
- $S = 2R^2\sin A\sin B\sin C$ を示せ.
- (2)
- $\sin A \geqq \sin B \geqq \sin B$ を示せ.
- (3)
- $\dfrac{a^2}{S} \geqq \dfrac{4}{\sqrt 3}$ を示せ.
- (4)
- $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形であるためには, $\dfrac{a^2}{S} = \dfrac{4}{\sqrt 3}$ であることが必要十分であることを示せ.
[茨城大*]
解答例
- (1)
- 正弦定理により, \begin{align*} S &= \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}\cdot 2R\sin A\cdot 2R\sin B\cdot\sin C \\ &= 2R^2\sin A\sin B\sin C \end{align*} が成り立つ.
- (2)
- $a \geqq b \geqq c$ であるから, 正弦定理により \[ 2R\sin A \geqq 2R\sin B \geqq 2R\sin C\] つまり \[\sin A \geqq \sin B \geqq \sin C\] が成り立つ.
- (3)
- 正弦定理と (1), (2), および $A+B+C = 180^\circ$ $A \geqq B \geqq C > 0^\circ$ から $0^\circ < C \leqq 60^\circ$ であることにより, \begin{align*} \frac{a^2}{S} &= \frac{4R^2\sin ^2A}{2R^2\sin A\sin B\sin C} = \frac{2\sin A}{\sin B\sin C} \quad (\because (1)) \\ &\geqq \frac{2\sin B}{\sin B\sin C} = \frac{2}{\sin C} \quad (\because (2)) \\ &\geqq \frac{2}{\sin 60^\circ} = 2\div\frac{\sqrt 3}{2} = \frac{4}{\sqrt 3} \quad (\because 0^\circ < C \leqq 60^\circ ) \end{align*} が成り立つ.
- (4)
- $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形であるとき,
\[ S = \frac{1}{2}a^2\sin 60^\circ = \frac{\sqrt 3}{4}a^2\]
から, $\dfrac{a^2}{S} = \dfrac{4}{\sqrt 3}$ が成り立つ.
逆に, $\dfrac{a^2}{S} = \dfrac{4}{\sqrt 3}$ が成り立つとすると, (3) の不等式で等号が成り立つことから, $\sin A = \sin B,$ $C = 60^\circ$ であり, よって $A+B = 120^\circ < 180^\circ$ であるから, $A = B = C = 60^\circ$ となり, $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形となる.
以上から, $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形であるためには, $\dfrac{a^2}{S} = \dfrac{4}{\sqrt 3}$ であることが必要十分である.