三角形ABCにおいて、$AB=4$, $BC=2+2\sqrt{3}$, $CA=2\sqrt{6}$であるとき、以下の値を求める問題です。 (1) $\angle B$, $\angle A$, 三角形ABCの面積 (2) 三角形ABCの外接円の中心をOとするとき、$OB$, $\angle OBC$ (3) 半直線BOと辺ACの交点をDとするとき、$OD$

1. 問題の内容

三角形ABCにおいて、$AB=4$, $BC=2+2\sqrt{3}$, $CA=2\sqrt{6}$であるとき、以下の値を求める問題です。

(1) $\angle B$, $\angle A$, 三角形ABCの面積

(2) 三角形ABCの外接円の中心をOとするとき、$OB$, $\angle OBC$

(3) 半直線BOと辺ACの交点をDとするとき、$OD$

2. 解き方の手順

(1) 余弦定理を用いて$\angle B$を求めます。

$CA^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos{B}$

$(2\sqrt{6})^2 = 4^2 + (2+2\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 4 \cdot (2+2\sqrt{3}) \cdot \cos{B}$

$24 = 16 + (4+8\sqrt{3}+12) - (16+16\sqrt{3}) \cdot \cos{B}$

$24 = 32 + 8\sqrt{3} - (16+16\sqrt{3}) \cdot \cos{B}$

$(16+16\sqrt{3}) \cdot \cos{B} = 8 + 8\sqrt{3}$

$\cos{B} = \frac{8+8\sqrt{3}}{16+16\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$

よって、$\angle B = 60^\circ$

次に、正弦定理を用いて$\angle A$を求めます。

$\frac{BC}{\sin{A}} = \frac{CA}{\sin{B}}$

$\frac{2+2\sqrt{3}}{\sin{A}} = \frac{2\sqrt{6}}{\sin{60^\circ}}$

$\sin{A} = \frac{(2+2\sqrt{3}) \cdot \sin{60^\circ}}{2\sqrt{6}} = \frac{(2+2\sqrt{3}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{2\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{3}+3}{2\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{18}+3\sqrt{6}}{12} = \frac{3\sqrt{2}+3\sqrt{6}}{12} = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$

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

よって、$\angle A = 75^\circ$

三角形ABCの面積は、

$\frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin{B} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot (2+2\sqrt{3}) \cdot \sin{60^\circ} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot (2+2\sqrt{3}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2 \cdot (2+2\sqrt{3}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = (2+2\sqrt{3}) \sqrt{3} = 2\sqrt{3}+6$

(2) 外接円の半径は正弦定理より、

$\frac{CA}{\sin{B}} = 2R$

$\frac{2\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2R$

$2R = \frac{4\sqrt{6}}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{2}$

$R = 2\sqrt{2}$

よって、$OB = 2\sqrt{2}$

$\angle OBC$を求める。$\angle BOC=2\angle A=150^\circ$

$\triangle OBC$は$OB=OC$の二等辺三角形なので$\angle OBC = \frac{180-150}{2}=15^\circ$

(3) 半直線BOと辺ACの交点をDとするとき、$\triangle ABO$ において正弦定理を使用すると、

$\angle ABO = 180^\circ - 75^\circ - 60^\circ = 45^\circ$.

$\angle OBD= 60^\circ - 15^\circ = 45^\circ$ なので、$BD$は$\angle B$の二等分線である。

角の二等分線の性質より、$AD:DC=AB:BC=4:2+2\sqrt{3} = 2:1+\sqrt{3}$.

$AD = \frac{2}{3+\sqrt{3}}AC = \frac{2}{3+\sqrt{3}} 2\sqrt{6} = \frac{4\sqrt{6}(3-\sqrt{3})}{6} = \frac{2\sqrt{6}(3-\sqrt{3})}{3} = 2\sqrt{6}-\frac{2}{3}\sqrt{18} = 2\sqrt{6} -2\sqrt{2}$.

$\triangle ABD$ において正弦定理を使用すると、

$\frac{AD}{\sin\angle ABD} = \frac{AB}{\sin \angle ADB}$

$\frac{2\sqrt{6} -2\sqrt{2}}{\sin 45} = \frac{4}{\sin(180 - 45 -75)} = \frac{4}{\sin{60^\circ}}$

$\sin \angle ADB = \frac{4 \times \frac{1}{\sqrt{2}} }{2\sqrt{6} -2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{ (\sqrt{6}-\sqrt{2})} = \frac{1}{\sqrt{3} - 1 }$.

$\triangle OBD$で正弦定理より

$\frac{OD}{\sin15} = \frac{2\sqrt{2}}{\sin \angle ODB}$

$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$.

$OD=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}*\frac{2\sqrt{2}}{}$

3. 最終的な答え

(1) $\angle B = 60^\circ$, $\angle A = 75^\circ$, 三角形ABCの面積 = $2\sqrt{3}+6$

(2) $OB = 2\sqrt{2}$, $\angle OBC = 15^\circ$

(3) $OD = \sqrt{6}-\sqrt{2}$