辺BCを斜辺とする直角三角形ABCがあり、∠B = 30°, AC = 1とする。辺AB上にAD = 1となる点Dをとり、点Dを通るBCに垂直な直線とBCの交点をHとする。このとき、∠BCD, BD, DH, sin15°, cos15°を求める。

1. 問題の内容

辺BCを斜辺とする直角三角形ABCがあり、∠B = 30°, AC = 1とする。辺AB上にAD = 1となる点Dをとり、点Dを通るBCに垂直な直線とBCの交点をHとする。このとき、∠BCD, BD, DH, sin15°, cos15°を求める。

2. 解き方の手順

まず、三角形ABCについて考える。∠B = 30°, ∠A = 90°なので、∠C = 60°である。

AC = 1なので、BC = 2, AB = $\sqrt{3}$である。

三角形ACDについて考える。AD = AC = 1なので、三角形ACDは二等辺三角形である。

∠DAC = 90°なので、∠ADC = ∠ACD = 45°となる。

したがって、∠BCD = ∠ACB - ∠ACD = 60° - 45° = 15°である。

次に、BDを求める。BD = AB - AD = $\sqrt{3}$ - 1 である。

DHはBCに垂直なので、∠DHB = 90°である。

三角形DBHについて考える。∠DBH = 30°なので、DH = BD * cos30°となる。

したがって、DH = ($\sqrt{3}$ - 1) * (1/2) = ($\sqrt{3}$-1)/2

sin15°とcos15°を求める。

三角形DBHにおいて、∠DBH = 30°。DH = BD sin(∠DBH) = BD sin(30) より DH = BD/2 = ($\sqrt{3}$-1)/2

BH = BD cos(∠DBH) = BD cos(30) = $(\sqrt{3}$-1)($\sqrt{3}$/2) = (3-$\sqrt{3}$)/2

$\triangle DHC$ は直角三角形より

$CD^2 = AC^2 + AD^2 - 2 AC AD \cos(90^\circ) = 1 + 1 - 0 = 2$

$CD = \sqrt{2}$

$HC = BC - BH = 2 - \frac{3-\sqrt{3}}{2} = \frac{1+\sqrt{3}}{2}$

$DC^2 = DH^2 + HC^2$ より

$(\sqrt{2})^2 = DH^2 + (\frac{1+\sqrt{3}}{2})^2$

$2 = (\frac{\sqrt{3}-1}{2})^2 + (\frac{1+\sqrt{3}}{2})^2 = (\frac{4-2\sqrt{3}}{4}) + (\frac{4+2\sqrt{3}}{4}) = 2$

$\sin(15) = \frac{DH}{CD} = \frac{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$

$\cos(15) = \frac{HC}{CD} = \frac{\frac{\sqrt{3}+1}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$

3. 最終的な答え

∠BCD = 15°

BD = $\sqrt{3}$ - 1

DH = $\frac{\sqrt{3} - 1}{2}$

sin15° = $\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$

cos15° = $\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$