(1) 図を参考にして $\sin 75^\circ$ の値を求める問題。 (2) 塔の先端T, その真下の地点T', 建物の屋上の観測点A, B, それぞれの真下の地点A', B'の位置関係を考え、与えられた条件からAB, AT, TT'を求める問題。$\angle A'PB' = 60^\circ$, $AA' = 13$, $BB' = 10$, $PA' = 15$, $PB' = 24$, $\angle TAB = 75^\circ$, $\angle ABT = 45^\circ$, 点Aから測った点Tの仰角は$60^\circ$。 (3) $\sin 75^\circ$ を用いて $BT$ を求め、そこから$BT'^2$ を求め、$\triangle A'B'T'$ がどのような三角形であるかを判断する問題。

1. 問題の内容

(1) 図を参考にして $\sin 75^\circ$ の値を求める問題。

(2) 塔の先端T, その真下の地点T', 建物の屋上の観測点A, B, それぞれの真下の地点A', B'の位置関係を考え、与えられた条件からAB, AT, TT'を求める問題。$\angle A'PB' = 60^\circ$, $AA' = 13$, $BB' = 10$, $PA' = 15$, $PB' = 24$, $\angle TAB = 75^\circ$, $\angle ABT = 45^\circ$, 点Aから測った点Tの仰角は$60^\circ$。

(3) $\sin 75^\circ$ を用いて $BT$ を求め、そこから$BT'^2$ を求め、$\triangle A'B'T'$ がどのような三角形であるかを判断する問題。

2. 解き方の手順

(1)

$\sin 75^\circ = \sin (45^\circ + 30^\circ) = \sin 45^\circ \cos 30^\circ + \cos 45^\circ \sin 30^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$

(2)

$\triangle PA'B'$ において余弦定理より

$AB^2 = PA'^2 + PB'^2 - 2 PA' \cdot PB' \cos 60^\circ = 15^2 + 24^2 - 2 \cdot 15 \cdot 24 \cdot \frac{1}{2} = 225 + 576 - 360 = 441$

$AB = \sqrt{441} = 21$

$\angle TAB = 75^\circ$, $\angle ABT = 45^\circ$ より、$\angle ATB = 180^\circ - (75^\circ + 45^\circ) = 60^\circ$

$\triangle ATB$ において正弦定理より

$\frac{AT}{\sin 45^\circ} = \frac{AB}{\sin 60^\circ}$

$AT = \frac{AB \sin 45^\circ}{\sin 60^\circ} = \frac{21 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{21 \sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{21 \sqrt{6}}{3} = 7 \sqrt{6}$

$\triangle ATT'$ は直角三角形であり、$\angle TAT' = 60^\circ$ であるから

$TT' = AT \sin 60^\circ = 7\sqrt{6} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{7\sqrt{18}}{2} = \frac{7 \cdot 3 \sqrt{2}}{2} = \frac{21\sqrt{2}}{2}$

(3)

$\triangle ABT$ において正弦定理より

$\frac{BT}{\sin 75^\circ} = \frac{AB}{\sin 60^\circ}$

$BT = \frac{AB \sin 75^\circ}{\sin 60^\circ} = \frac{21 \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{21}{2\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2} = \frac{21 (\sqrt{18} + \sqrt{6})}{4\sqrt{3}} = \frac{21 (3\sqrt{2} + \sqrt{6})}{4\sqrt{3}} = \frac{21 (3\sqrt{6} + 3\sqrt{2})}{12} = \frac{7 (3\sqrt{2} + \sqrt{6})\sqrt{3}}{4\sqrt{3}\sqrt{3}} = \frac{21(\sqrt{2} + \sqrt{6})}{4} = \frac{21(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{4}$

$BT = \frac{7}{2} (\sqrt{6} + \sqrt{2})$

$BT' = \sqrt{BT^2 - BB'^2}$

$BT'^2 = BT^2 - BB'^2 = \frac{49}{4} (\sqrt{6} + \sqrt{2})^2 - 100 = \frac{49}{4} (6 + 2 + 2 \sqrt{12}) - 100 = \frac{49}{4} (8 + 4\sqrt{3}) - 100 = 49(2+\sqrt{3}) - 100 = 98 + 49\sqrt{3} - 100 = 49\sqrt{3} - 2$

$A'T' = \frac{21\sqrt{2}}{2} / \tan 60^\circ = 15$

$AT' = \sqrt{AT^2 - TT'^2} = \sqrt{(7\sqrt{6})^2 - (\frac{21\sqrt{2}}{2})^2} = 15$

$A'T' = \frac{TT'}{\tan 60^\circ} = \frac{21\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} = \frac{7\sqrt{6}}{2}$

$A'T' = AT' = \frac{7 \sqrt{6} * \sqrt{3}}{2} = \frac{7* 3 \sqrt{2}}{2} =$

$A'T' = AT / 3 = \sqrt{15 ^2} = 15$

$PA'= 15 A'T'$

$\angle B A'T' = 90度

$\triangle ABT$

3. 最終的な答え

ス: $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

セソ: 21

タチ: 7

ツ: $\sqrt{6}$

テト: 7

ナ: $\sqrt{6}$

ニヌ: $\frac{21\sqrt{2}}{2}$

ネノ: $\frac{7\sqrt{6}}{2}$

ハ: $\frac{7\sqrt{2}}{2}$

ヒ: $\frac{21(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{4}$

フ: $49\sqrt{3} - 2$

ヘ: 鋭角三角形