tan を用いた図形の問題～防衛医科2024から

更新 2023/10/29

問題（防衛医科2024）

$\triangle \mathrm{ABC}$ があり $\angle \mathrm{A} = \dfrac{5}{18} \pi$ ， $\angle \mathrm{B} = \dfrac{5}{9}\pi$ ， $\angle \mathrm{C} = \dfrac{\pi}{6}$ である。辺 $\mathrm{BC}$ 上に $\angle \mathrm{BAD} = \dfrac{\pi}{6}$ を取り $\mathrm{B}$ から辺 $\mathrm{AC}$ に下した垂線との交点を $\mathrm{H}$ とし $\mathrm{BH}$ と $\mathrm{AD}$ の交点を $\mathrm{E}$ とする。

$\dfrac{\tan \dfrac{5}{18} \pi \tan \dfrac{7}{18} \pi}{\tan \dfrac{\pi}{3} \tan \dfrac{4}{9} \pi}$ を求めよ。
$\angle \mathrm{CEH}$ を求めよ。

解法1

まずは誘導にしたがって計算する方法を紹介します。

三角関数の積の形があると「積和」を使いたくなりますね。しかし $\tan$ には積和がありません。

そのような場合は $\tan \theta = \dfrac{\sin \theta}{\cos \theta}$ によって積和が使える形に変形すると良いです。

問1

簡単のために度数法で計算する。

$\tan \left( 90^{\circ} - \theta \right) = \dfrac{1}{\tan \theta}$ であるため $\begin{aligned} &\dfrac{\tan 50^{\circ} \tan 70^{\circ}}{\tan 60^{\circ} \tan 80^{\circ}}\\ &= \dfrac{\tan 10^{\circ} \tan 50^{\circ} \tan 70^{\circ}}{\tan 60^{\circ}}\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{3}} \dfrac{\sin 10^{\circ} \sin 50^{\circ} \sin 70^{\circ}}{\cos 10^{\circ} \cos 50^{\circ} \cos 70^{\circ}} \end{aligned}$

積和の公式を繰り返し用いると $\begin{aligned} &\sin 10^{\circ} \sin 50^{\circ} \sin 70^{\circ}\\ &= \dfrac{1}{2} (\cos 40^{\circ} - \cos 60^{\circ}) \sin 70^{\circ}\\ &= \dfrac{1}{4} (\sin 110^{\circ} + \sin 30^{\circ}) - \dfrac{1}{4} \sin 70^{\circ}\\ &= \sin 30^{\circ}\\ & \cos 10^{\circ} \cos 50^{\circ} \cos 70^{\circ}\\ &= \dfrac{1}{2} (\cos 40^{\circ} + \cos 60^{\circ}) \cos 70^{\circ}\\ &= \dfrac{1}{4} (\cos 110^{\circ} + \cos 30^{\circ}) + \dfrac{1}{4} \cos 70^{\circ}\\ &= \dfrac{1}{4} \cos 30^{\circ} \end{aligned}$ となる。

よって $\begin{aligned} \dfrac{\tan 50^{\circ} \tan 70^{\circ}}{\tan 60^{\circ} \tan 80^{\circ}} &= \dfrac{1}{\sqrt{3}} \dfrac{\frac{1}{8}}{\frac{\sqrt{3}}{8}}\\ &= \dfrac{1}{3} \end{aligned}$ である。

次は $\tan \theta = \dfrac{y}{x}$ という定義を思い出して，線分の比を追跡して計算を行います。

式に如何にうまく $\dfrac{\tan \dfrac{5}{18}\pi \tan \dfrac{7}{18}\pi}{\tan \dfrac{\pi}{3} \tan \dfrac{4}{9}\pi}$ を作ることができるかがミソです。

問2

$\tan \angle \mathrm{CEH} = \dfrac{\mathrm{CH}}{\mathrm{EH}}$ である。ここで $\begin{aligned} \mathrm{CH} &= \mathrm{BH} \tan \angle \mathrm{CBH}\\ &=\mathrm{AH} \tan \angle \mathrm{BAH} \tan \angle \mathrm{CBH}\\ &= \mathrm{AH} \tan \dfrac{5}{18}\pi \tan \dfrac{\pi}{3}\\ \mathrm{EH} &= \mathrm{AH} \tan \angle \mathrm{EAH}\\ &= \mathrm{AH} \tan \dfrac{\pi}{9} \end{aligned}$

よって $\begin{aligned} \tan \angle \mathrm{BEH} &= \dfrac{\tan \dfrac{5}{18}\pi \tan \dfrac{\pi}{3}}{\tan \dfrac{\pi}{9}}\\ &= \dfrac{\tan \dfrac{5}{18}\pi \tan \dfrac{7}{18}\pi}{\tan \dfrac{\pi}{3} \tan \dfrac{4}{9}\pi} \tan^2 \dfrac{\pi}{3} \tan \dfrac{4}{9} \pi\\ &= \dfrac{1}{3} \cdot 3 \tan \dfrac{4}{9}\pi\\ &= \tan \dfrac{4}{9} \pi \end{aligned}$ （途中 $\tan \left( \dfrac{\pi}{2} - \theta \right) = \dfrac{1}{\tan \theta}$ を用いた）

$0 < \angle \mathrm{BEH} < \dfrac{\pi}{2}$ であるため $\angle \mathrm{BEH} = \dfrac{4}{9} \pi$ である。

解法2

三角関数を用いない初等的な方法で計算してみましょう。

簡単のために度数法で計算する。

$\mathrm{O}$ を $\triangle \mathrm{ABC}$ の外心とする。

このとき $\mathrm{OA} = \mathrm{OB} = \mathrm{OC}$ である。

円周角の定理より $\angle \mathrm{AOC} = 360^{\circ} - 2 \cdot 100^{\circ} = 160^{\circ}$ である。ゆえに $\angle \mathrm{OAC} = \angle \mathrm{OCA} = 10^{\circ}$ となる。

$\angle \mathrm{BAE} = 30^{\circ} = 20^{\circ} + 10^{\circ} = \angle \mathrm{OAE}$ ， $\mathrm{AB} = \mathrm{AO}$ ， $\mathrm{AE} = \mathrm{AE}$ より $\triangle \mathrm{ABE} \equiv \mathrm{AOE}$ である。よって $\mathrm{BE} = \mathrm{OE}$ である。

さて $\angle \mathrm{BAO} = 60^{\circ}$ である。 $\triangle \mathrm{OAB}$ は二等辺三角形であるため，正三角形となる。よって $\angle \mathrm{ABO} = 60^{\circ}$ であるため $\angle \mathrm{OBC} = 40^{\circ}$ である。こうして $\angle \mathrm{OBE} = 20^{\circ}$ である。

$\mathrm{BE} = \mathrm{OE}$ であったため， $\begin{aligned} \angle \mathrm{OEH} &= \angle \mathrm{EBO} + \angle \mathrm{EOB}\\ &= 2 \angle \mathrm{OBE}\\ &= 40^{\circ}\\ &= 30^{\circ} + 10^{\circ}\\ &= \angle \mathrm{BCA} + \angle \mathrm{ACO}\\ &= \angle \mathrm{BCO} \end{aligned}$ を得る。こうして $\mathrm{O}$ ， $\mathrm{B}$ ， $\mathrm{C}$ ， $\mathrm{E}$ は共円である。

円周角の定理より $\angle \mathrm{BEC} = \angle \mathrm{BOC} = 180^{\circ} - 2\cdot40^{\circ} = 100^{\circ}$ である。

こうして $\angle \mathrm{CEH} = 180^{\circ} - 100^{\circ} = 80^{\circ}$ を得る。

$\mathrm{AB}$ が正三角形となるように3つめの頂点を取ると，それがなんと $\triangle \mathrm{ABC}$ の外心になってしまうことがミソです。

初等的に図形の問題が解けると気持ちいいですね。