(1) $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ かつ $\cos \theta = -\frac{\sqrt{5}}{3}$ のとき、$\sin \theta$ と $\tan \theta$ の値を求める。 (2) $\triangle ABC$ において、$AB = 2\sqrt{5}$, $AC = 3$, $\angle B = 30^\circ$, $\angle C$ は鋭角のとき、$\sin C$, $\cos C$, $BC$ の値を求める。 (3) $\triangle ABC$ において、辺 $AB$ を $1:2$ に内分する点を $P$、辺 $CA$ を $4:3$ に内分する点を $Q$ とする。線分 $BQ$ と線分 $CP$ の交点を $R$ とし、直線 $AR$ と辺 $BC$ の交点を $S$ とする。このとき、$BS:SC$ および $\triangle APR : \triangle ABC$ を求める。 (4) 円に内接する四角形 $ABCD$ において、点 $C$ における円の接線と直線 $AB$ との交点を $P$ とする。$\angle B = 110^\circ$, $\angle BPC = 64^\circ$ のとき、$x = \angle ADC$, $y = \angle BAC$ を求める。

幾何学三角比正弦定理余弦定理チェバの定理メネラウスの定理接線円周角の定理接弦定理内分点
2025/7/27

1. 問題の内容

(1) 0θ1800^\circ \le \theta \le 180^\circ かつ cosθ=53\cos \theta = -\frac{\sqrt{5}}{3} のとき、sinθ\sin \thetatanθ\tan \theta の値を求める。
(2) ABC\triangle ABC において、AB=25AB = 2\sqrt{5}, AC=3AC = 3, B=30\angle B = 30^\circ, C\angle C は鋭角のとき、sinC\sin C, cosC\cos C, BCBC の値を求める。
(3) ABC\triangle ABC において、辺 ABAB1:21:2 に内分する点を PP、辺 CACA4:34:3 に内分する点を QQ とする。線分 BQBQ と線分 CPCP の交点を RR とし、直線 ARAR と辺 BCBC の交点を SS とする。このとき、BS:SCBS:SC および APR:ABC\triangle APR : \triangle ABC を求める。
(4) 円に内接する四角形 ABCDABCD において、点 CC における円の接線と直線 ABAB との交点を PP とする。B=110\angle B = 110^\circ, BPC=64\angle BPC = 64^\circ のとき、x=ADCx = \angle ADC, y=BACy = \angle BAC を求める。

2. 解き方の手順

(1) sin2θ+cos2θ=1\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1 より、sin2θ=1cos2θ=1(53)2=159=49\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \left(-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9}0θ1800^\circ \le \theta \le 180^\circ より、sinθ0\sin \theta \ge 0 なので、sinθ=49=23\sin \theta = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}
tanθ=sinθcosθ=2353=25=255\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\frac{2}{3}}{-\frac{\sqrt{5}}{3}} = -\frac{2}{\sqrt{5}} = -\frac{2\sqrt{5}}{5}.
(2) 正弦定理より、ACsinB=ABsinC\frac{AC}{\sin B} = \frac{AB}{\sin C} なので、3sin30=25sinC\frac{3}{\sin 30^\circ} = \frac{2\sqrt{5}}{\sin C}sin30=12\sin 30^\circ = \frac{1}{2} より、312=25sinC\frac{3}{\frac{1}{2}} = \frac{2\sqrt{5}}{\sin C}。よって、6=25sinC6 = \frac{2\sqrt{5}}{\sin C} より、sinC=256=53\sin C = \frac{2\sqrt{5}}{6} = \frac{\sqrt{5}}{3}
cos2C=1sin2C=1(53)2=159=49\cos^2 C = 1 - \sin^2 C = 1 - \left(\frac{\sqrt{5}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9}C\angle C は鋭角なので、cosC=49=23\cos C = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}
余弦定理より、AB2=AC2+BC22ACBCcosCAB^2 = AC^2 + BC^2 - 2AC \cdot BC \cos C(25)2=32+BC223BC23(2\sqrt{5})^2 = 3^2 + BC^2 - 2 \cdot 3 \cdot BC \cdot \frac{2}{3}20=9+BC24BC20 = 9 + BC^2 - 4BCBC24BC11=0BC^2 - 4BC - 11 = 0
BC=4±164(11)2=4±602=4±2152=2±15BC = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4(-11)}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{60}}{2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{15}}{2} = 2 \pm \sqrt{15}BC>0BC > 0 より、BC=2+15BC = 2 + \sqrt{15}
(3) チェバの定理より、APPBBSSCCQQA=1\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BS}{SC} \cdot \frac{CQ}{QA} = 1APPB=12\frac{AP}{PB} = \frac{1}{2}CQQA=34\frac{CQ}{QA} = \frac{3}{4} より、12BSSC34=1\frac{1}{2} \cdot \frac{BS}{SC} \cdot \frac{3}{4} = 1BSSC=83\frac{BS}{SC} = \frac{8}{3}。よって、BS:SC=8:3BS:SC = 8:3
メネラウスの定理より、ABC\triangle ABC において、直線 ARSARS について、BSSCCQQAARRB=1\frac{BS}{SC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR}{RB} = 1 を用いると、BSSC=83\frac{BS}{SC} = \frac{8}{3}, CQQA=34\frac{CQ}{QA} = \frac{3}{4} なので、8334ARRB=1\frac{8}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{AR}{RB} = 1 より、ARRB=12\frac{AR}{RB} = \frac{1}{2}
APR=APABARAQABQ=132747ABC=1323+2ABC    ABC\triangle APR = \frac{AP}{AB} \cdot \frac{AR}{AQ} \cdot \triangle ABQ = \frac{1}{3} \frac{2}{7} \frac{4}{7} ABC= \frac{1}{3}\frac{2}{3+2} \triangle ABC \implies \triangle ABC
\triangle ABC = \frac{AP}{AB} \times \frac{AQ}{AC} \triangle ABC = \frac{AR}{AS}?}
APR:ABC=1/3\triangle APR : \triangle ABC = 1/3 and 2/7=42/49=?2/7=42/49 = ?
APR:ABC=221\triangle APR: \triangle ABC = 2:21
APAB=13\frac{AP}{AB}=\frac{1}{3}, ARAS=11/2\frac{AR}{AS}= \frac{1}{1/2}=1/7 , \frac{7}{4}$
APR=221\therefore APR = \frac{2}{21}
(4) 円周角の定理より、ACB=ADB=x\angle ACB = \angle ADB = x
接弦定理より、PCA=ADC=x\angle PCA = \angle ADC = x
BPC+PBC+PCB=180\angle BPC + \angle PBC + \angle PCB = 180^\circ より、64+110+PCB=18064^\circ + 110^\circ + \angle PCB = 180^\circPCB=18064110=6\angle PCB = 180^\circ - 64^\circ - 110^\circ = 6^\circ
四角形 ABCDABCD は円に内接するので、B+D=180\angle B + \angle D = 180^\circ110+x=180110^\circ + x = 180^\circx=70x = 70^\circ
BAC=y\angle BAC = y とすると、ABC+ACB+BAC=180\angle ABC + \angle ACB + \angle BAC = 180^\circ110+x=CDA,thenD=180110 + x = \angle CDA, then \angle D =180^\circ
10+x=18010+x= 180, =70\therefore =70
angle BPC=6060
PCA\triangle PCA
PCA=24PCA =24. ABC=70+6+2470 +6 +24.
so y=77

3. 最終的な答え

(1) sinθ=23\sin \theta = \frac{2}{3}, tanθ=255\tan \theta = -\frac{2\sqrt{5}}{5}
(2) sinC=53\sin C = \frac{\sqrt{5}}{3}, cosC=23\cos C = \frac{2}{3}, BC=2+15BC = 2 + \sqrt{15}
(3) BS:SC=8:3BS:SC = 8:3, APR:ABC=2:21\triangle APR : \triangle ABC = 2:21
(4) x=70x = 70^\circ, y=26y = 26^\circ

「幾何学」の関連問題

正六角錐O-ABCDEFにおいて、正六角形ABCDEFの一辺の長さが6cmであり、線分OHの長さが9cmである。 (1) 辺OAの長さを求めよ。 (2) 正六角錐O-ABCDEFの体積を求めよ。

空間図形正六角錐体積三平方の定理
2025/7/27

aは正の実数とする。 円C:$(x-a)^2 + y^2 = 9$が直線$l$:$y = \frac{4}{3}x$と接している。 (1) aの値を求める。 (2) 円$C_1$はCと異なる円で、中心...

接線距離代数
2025/7/27

座標平面上に円C: $(x-a)^2 + y^2 = 9$ と直線l: $y = \frac{4}{3}x$ がある。ただし、$a$ は実数で、$a>0$ である。 (1) 円Cと直線lが接するときの...

直線接する点と直線の距離座標平面
2025/7/27

(3) 線分ABを直径とする円Oの円周上の点Cにおける接線と直線ABとの交点をDとする。AB=2, $\angle ADC = 30^\circ$のとき、CDの長さを求めよ。ただし、円Oの点Cにおける...

接線三角比代数学整数
2025/7/27

図のように、線分ABを直径とする半円があり、円周上にAC = 5, BC = 12となるように点Cをとります。また、∠Aの二等分線と線分BC、弧BCとの交点をそれぞれD, Eとします。 (i) ABの...

三平方の定理角の二等分線円周角相似直角三角形
2025/7/27

円 $(x-3)^2 + (y-4)^2 = 25$ 上の点 $(6, 8)$ における接線の方程式を求めます。

接線方程式座標
2025/7/27

(3) 図において点Oは三角形ABCの外心である。角xの大きさを求める。 (4) 図において点Mは辺BCの中点、Gは三角形ABCの重心である。AM = 8のとき、線分MGの長さを求める。

外心重心三角形角度中点
2025/7/27

放物線 $y^2 = -16x$ の接線で、傾きが $\frac{1}{2}$ である直線の方程式を求める問題です。

放物線接線方程式グラフ
2025/7/27

四角形ABCDにおいて、$AB < BC$であり、$\angle ABC$の二等分線と辺CDとの交点をEとする。線分BE上に点Fを$AB = BF$となるようにとり、線分EF上に点Gをとる。また、点H...

幾何合同証明二等辺三角形角の二等分線
2025/7/27

四角形ABCDにおいて、$AB < BC$であり、$\angle ABC$の二等分線と辺CDの交点をEとする。$BC > BE$である。線分BE上に点Fを$AB = BF$となるようにとり、線分EF上...

幾何合同三角形角度証明
2025/7/27