$Q1$.
$\bigtriangleup{\rm ABC}$ は $A = 120^{\circ}$ の二等辺三角形であり, $\bigtriangleup{\rm ABC}$ の外接円は $4$ であった。
この時, ${\rm BC}$, ${\rm AB}$ の長さを求めなさい。
解答・解説を見る$Q2$.
$\bigtriangleup {\rm ABC}$ において, ${\rm BC} = 8$, ${\rm CA} = 3$, $C = 60^\circ$ の時, ${\rm AB}$ の長さを求めなさい。
解答・解説を見る余弦定理より
${\rm AB}^2 = {\rm BC}^2 + {\rm CA}^2 - 2{\rm BC}\cdot {\rm CA} \cos C$
よって
$\begin{eqnarray*} {\rm AB} & = & 8^2 + 3^2 - 2\cdot 8 \cdot 3 \cos 60^\circ\\[0.5em] & = & 64+9 - 24 =49\end{eqnarray*}$
${\rm AB} \gt 0$ より ${\rm AB} = 7$ となります。
$Q3$.
$\bigtriangleup {\rm ABC}$ において, ${\rm BC} = 8$, ${\rm CA} = 9$, ${\rm AB} = 10$ の時, $\cos A$, $\cos B$, $\cos C$ を求めなさい。
解答・解説を見る余弦定理より
$\cos A= \dfrac{ {\rm CA}^2 + {\rm AB}^2 - {\rm BC}^2}{2{\rm CA}\cdot {\rm AB}} = \dfrac{9^2 + 10^2 - 8^2}{2\cdot 9 \cdot 10} = \dfrac{13}{20}$
$\cos B= \dfrac{ {\rm AB}^2 + {\rm BC}^2 - {\rm CA}^2}{2{\rm AB}\cdot {\rm BA}} = \dfrac{10^2 + 8^2 - 9^2}{2\cdot 10 \cdot 8} = \dfrac{83}{160}$
$\cos C= \dfrac{ {\rm BA}^2 + {\rm CA}^2 - {\rm AB}^2}{2{\rm BC}\cdot {\rm CA}} = \dfrac{8^2 + 9^2 - 10^2}{2\cdot 8 \cdot 9} = \dfrac{5}{16}$
$Q4$.
$\bigtriangleup {\rm ABC}$ において, ${\rm BC} = 4$, ${\rm CA} = 5$, $C = 30^\circ$ の時, この三角形の面積 $S$ を求めなさい。
解答・解説を見る$\bigtriangleup {\rm ABC}$ の面積 $S$ は
$S= \dfrac{1}{2}{\rm BC}\cdot {\rm CA} \sin C$
で与えられるので
$S = \dfrac{1}{2}\cdot 4 \cdot 5 \cdot \dfrac{1}{2} = 5$
$Q5$.
$\bigtriangleup {\rm ABC}$ において, ${\rm BC} = 8$, ${\rm CA} = 17$, ${\rm AB} = 15$ の時, この三角形の面積 $S$ を求めなさい。
解答・解説を見る$a = {\rm BC}$, $b = {\rm CA}$, $c = {\rm AB}$ とし, $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とすると, ヘロンの公式より
$S= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$
が成り立ちます。
$s = \dfrac{8+17+15}{2} = 20$
より
$S = \sqrt{20\cdot(20-8)\cdot(20-17)\cdot(20-15)} = \sqrt{3600} = 60$
よって $S = 60$ となります。
$\bigtriangleup{\rm ABC}$ は二等辺三角形であるから $B = C = 30^{\circ}$ になります。
外接円の半径が $4$ であるから, 正弦定理より
$\dfrac{ {\rm BC}}{\sin A} = \dfrac{ {\rm AB}}{\sin C} = 2\cdot 4 =8$
よって
${\rm BC} = 8\sin 120^{\circ} = 4\sqrt{3}$
また
${\rm AB} = 8 \sin 30^{\circ} = 4$
となります。