三角形の決定条件

三角形の3辺と3つの内角が決まった値をもつとき、この三角形は決定しているという。

たとえば、三角形の3つの内角が $40^\circ$、$60^\circ$、$80^\circ$ と与えられても、辺の長さはわからないので、この三角形は決定しない。しかし、さらにどこか1辺の長さが与えられれば、この三角形は決定する。

三角形を決定するための条件は、上の合同条件1～3に対応して、3つの場合がある。

  1. 1辺とその両端の角が与えられた場合
  2. 2辺とその間の角が与えられた場合
  3. 3辺が与えられた場合

    4. たとえば、aの条件で三角形を2つ描けば、その2つの三角形は合同条件1によって合同である。b、cも同様である。

    また、常にではないが

  4. 2辺とその間でない角が与えられた場合
    5. でも、三角形を決定する場合がある。
以下では、これらの情報が与えられ三角形が決定したとき、残りの辺と角を求める方法を考えてみよう。

a. 1辺とその両端の角が与えられた場合

  1. $A=60^\circ$、$B=75^\circ$、$\text{AB}=2$ である三角形において、$C$、$a$、$b$ を求めよ。
  2. $A=60^\circ$、$B=45^\circ$、$\text{AB}=2$ である三角形において、$C$、$a$、$b$ を求めよ。

  1. 三角形の内角の和は $180^\circ$ なので
    1の図
    \[C=180^\circ-(60^\circ+75^\circ)=\boldsymbol{45^\circ}\] また、正弦定理 $\dfrac{a}{\sin{A}}=\dfrac{c}{\sin{C}}$ を用いて \begin{align} a=&\dfrac{c\sin{A}}{\sin{C}}\\ =&\dfrac{2\sin60^\circ}{\sin45^\circ}\\ =&\dfrac{2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}\\ =&\dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\boldsymbol{\sqrt{6}} \end{align}
    $\blacktriangleleft$ 有理数どうしの比の値
    また、点 $\text{B}$ からみる第1余弦定理 $b=a\cos{C}+c\cos{A}$ を用いて
    1の図
    \[b=\sqrt{6}\cos45^\circ+2\cos60^\circ=\boldsymbol{\sqrt{3}+1}\] 【別解: $75^\circ$ の三角比（$15^\circ$ とその周辺の三角比）を覚えている場合】
    正弦定理 $\dfrac{b}{\sin{B}}=\dfrac{c}{\sin{C}}$ より \begin{align} b&=\dfrac{2\sin75^\circ}{\sin45^\circ}\\ &=\dfrac{2\cdot\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}\\ &=\boldsymbol{\sqrt{3}+1} \end{align}
  2. 三角形の内角の和は $180^\circ$ なので
    2の図
    \[C=180^\circ-(60^\circ+45^\circ)=\boldsymbol{75^\circ}\] また、正弦定理 $\dfrac{a}{\sin{A}}=\dfrac{b}{\sin{B}}$ を用いて
    2の図
    \begin{align} &\dfrac{a}{\sin{60^\circ}}=\dfrac{b}{\sin{45^\circ}}\\ \Leftrightarrow~&\dfrac{a}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{b}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}\\ \Leftrightarrow~&a=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}b=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}b\\ &a=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}b\tag{1}\label{sankakkeinoketteijoken1} \end{align} また、点 $\text{C}$ からみる第1余弦定理 $c=a\cos{B}+b\cos{A}$ を用いて \begin{align} &2=b\cos60^\circ+a\cos45^\circ\\ \Leftrightarrow~&2=\dfrac{b}{2}+\dfrac{\sqrt{2}a}{2}\\ \Leftrightarrow~&4=b+\sqrt{2}a\\ &4=b+\sqrt{2}a\tag{2}\label{sankakkeinoketteijoken2} \end{align} $\eqref{sankakkeinoketteijoken1}$ を $\eqref{sankakkeinoketteijoken2}$ に代入して \begin{align} &4=b+{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{{\sqrt{2}}}b\\ \Leftrightarrow~&4=\left(1+\sqrt{3}\right)b\\ \Leftrightarrow~&b=\dfrac{4}{1+\sqrt{3}}=\boldsymbol{2\sqrt{3}-2} \end{align} $\eqref{sankakkeinoketteijoken1}$ に代入して、$\boldsymbol{a=3\sqrt{2}-\sqrt{6}}$ となる。
    【別解: $75^\circ$ の三角比（$15^\circ$ とその周辺の三角比）を覚えている場合】
    正弦定理 $\dfrac{a}{\sin{A}}=\dfrac{b}{\sin{B}}=\dfrac{c}{\sin{C}}$ より \begin{align} a=&\dfrac{c\sin{A}}{\sin{C}}=\dfrac{2\sin60^\circ}{\sin75^\circ}=\dfrac{2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}\\ =&\dfrac{4\sqrt{3}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\boldsymbol{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}\\ b=&\dfrac{c\sin{B}}{\sin{C}}=\dfrac{2\sin45^\circ}{\sin75^\circ} =\dfrac{2\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}\\ =&\dfrac{4\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\boldsymbol{2\sqrt{3}-2} \end{align}

b. 2辺とその間の角が与えられた場合

  1. $A=45^\circ$、$b=\sqrt{6}$、$c=\sqrt{3}+1$ である三角形において、$a$、$B$、$C$ を求めよ。
  2. $A=75^\circ$、$b=\sqrt{6}$、$c=2$ である三角形において、$a$、$B$、$C$ を求めよ。ただし、$\cos75^\circ=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ である。

  1. 点 $\text{A}$ からみる余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos{A}$ を用いて

    1の図
    \begin{align} a^2=&\sqrt{6}^2+\left(\sqrt{3}+1\right)^2\\ &\qquad-2\sqrt{6}\left(\sqrt{3}+1\right)\cos45^\circ\\ =&6+4+2\sqrt{3}-2\sqrt{6}\left(\sqrt{3}+1\right)\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\ =&10+2\sqrt{3}-2\sqrt{3}\left(\sqrt{3}+1\right)=4 \end{align} より、$\boldsymbol{a=2}$となる。

    また、点 $\text{B}$ からみる余弦定理 $b^2=c^2+a^2-2ca\cos{B}$ を用いて

    $\blacktriangleleft$ 正弦定理を用いた場合は \begin{align} \sin{B}=&\dfrac{b\sin{A}}{a}=\dfrac{\sqrt{6}\sin45^\circ}{2}\\ =&\dfrac{\sqrt{6}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{align} より、$B=60^\circ$ または $120^\circ$ となり、$B$ が1つに定まらない。
    \begin{align} \cos{B} =&\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\\ =&\dfrac{\left(\sqrt{3}+1\right)^2+2^2-\left(\sqrt{6}\right)^2}{2\left(\sqrt{3}+1\right)\cdot2}\\ =&\dfrac{4+2\sqrt{3}+4-6}{4\left(\sqrt{3}+1\right)}\\ =&\dfrac{2\left(\sqrt{3}+1\right)}{4\left(\sqrt{3}+1\right)}\\ =&\dfrac{1}{2} \end{align} より、$\boldsymbol{B=60^\circ}$ となる。

    三角形の内角の和は $180^\circ$ なので \[C=180^\circ-(45^\circ+60^\circ)=\boldsymbol{75^\circ}\]

  2. 点 $\text{A}$ からみる余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos{A}$ を用いて

    2の図
    \begin{align} a^2=&\sqrt{6}^2+2^2-2\sqrt{6}\cdot2\cos75^\circ\\ =&10-2\sqrt{6}\cdot2\cdot\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\\ =&10-\sqrt{6}\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\ \right)\\ =&4+2\sqrt{3}\\ =&\left(\sqrt{3}+1\right)^2 \end{align}
    $\blacktriangleleft$ 2重根号参照
    より、$\boldsymbol{a=\sqrt{3}+1}$ となる。

    また、点 $\text{B}$ からみる余弦定理 $b^2=c^2+a^2-2ca\cos{B}$ を用いて

    $\blacktriangleleft$ 正弦定理を用いた場合は \begin{align} \sin{B}=&\dfrac{b\sin{A}}{a}=\dfrac{\sqrt{6}\sin75^\circ}{\sqrt{3}+1}\\ =&\dfrac{\sqrt{6}\cdot\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\sqrt{3}+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{align} より、$B=60^\circ$ または $120^\circ$ となるが、$B=120^\circ$とすると、三角形の内角の和が $180^\circ$ であることに矛盾するので、$B=60^\circ$ とわかる。
    \begin{align} \cos{B}=&\dfrac{2^2+\left(\sqrt{3}+1\right)^2-\left(\sqrt{6}\right)^2}{2\cdot2\left(\sqrt{3}+1\right)}\\ =&\dfrac{2\left(\sqrt{3}+1\right)}{4\left(\sqrt{3}+1\right)}\\ =&\dfrac{1}{2} \end{align} より、$\boldsymbol{B=60^\circ}$ となる。

    三角形の内角の和は $180^\circ$ なので \[C=180^\circ-(75^\circ+60^\circ)=\boldsymbol{45^\circ}\]

c. 3辺が与えられた場合

  1. $a=2$、$b=\sqrt{6}$、$c=\sqrt{3}+1$ である三角形において、$A$、$B$、$C$ を求めよ。
  2. $a=2$、$b=\sqrt{6}+\sqrt{2}$、$c=\sqrt{6}+\sqrt{2}$ である三角形において、$A$、$B$、$C$ を求めよ。

  1. 点 $\text{A}$ からみる余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos{A}$ を用いて

    1の図
    \begin{align} \cos{A}=&\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\\ =&\dfrac{\left(\sqrt{6}\ \right)^2+\left(\sqrt{3}+1\right)^2-2^2}{2\cdot\sqrt{6}\left(\sqrt{3}+1\right)}\\ =&\dfrac{6+4+2\sqrt{3}-4}{2\left(3\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)}\\ =&\dfrac{6+2\sqrt{3}}{2\left(3\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)}\\ =&\dfrac{3+\sqrt{3}}{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}\\ =&\dfrac{\left(3+\sqrt{3}\right)\left(3\sqrt{2}-\sqrt{6}\right)}{18-6}\\ =&\dfrac{9\sqrt{2}-3\sqrt{6}+3\sqrt{6}-3\sqrt{2}}{12}\\ =&\dfrac{6\sqrt{2}}{12}\\ =&\dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{align}
    $\blacktriangleleft$ もし $\dfrac{3+\sqrt{3}}{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}=\dfrac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{2}\left(3+\sqrt{3}\right)}$ に気がつけば計算は易しくなる
    よって、$\boldsymbol{A=45^\circ}$ となる。

    また、点 $\text{B}$ からみる余弦定理 $b^2=c^2+a^2-2ca\cos{B}$ を用いて \begin{align} \cos{B}=&\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\\ =&\dfrac{\left(\sqrt{3}+1\right)^2+2^2-\left(\sqrt{6}\ \right)^2}{2\left(\sqrt{3}+1\right)\cdot2}\\ =&\dfrac{4+2\sqrt{3}+4-6}{4\left(\sqrt{3}+1\right)}\\ =&\dfrac{2\left(\sqrt{3}+1\right)}{4\left(\sqrt{3}+1\right)}\\ =&\dfrac{1}{2} \end{align} より、$\boldsymbol{B=60^\circ}$ となる。

    三角形の内角の和は $180^\circ$ なので \[C=180^\circ-(45^\circ+60^\circ)=\boldsymbol{75^\circ}\]

  2. 点 $\text{A}$ からみる余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos{A}$ を用いて

    2の図
    \begin{align} \cos{A}&=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\\ &=\big\{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2\\ &\qquad\quad+\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2-2^2\big\}\\ &\qquad\div\left\{2\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)\right\}\\ &=\dfrac{2\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2-4}{2\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2}\\ &=\dfrac{2\left(8+4\sqrt{3}\right)-4}{2\left(8+4\sqrt{3}\right)}=\dfrac{3+2\sqrt{3}}{4+2\sqrt{3}}\\ &=\dfrac{\left(3+2\sqrt{3}\right)\left(4-2\sqrt{3}\right)}{16-12}\\ &=\dfrac{12-6\sqrt{3}+8\sqrt{3}-12}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{align} より、$\boldsymbol{A=30^\circ}$ となる。

    ここで、$b=c=\sqrt{6}+\sqrt{2}$ より $\triangle\text{ABC}$ は二等辺三角形であるから、$B=C$ なので \[B=C=\dfrac{180^\circ-A}{2}=\boldsymbol{75^\circ}\]