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数学2 三角関数問題 104 解説

方針・初手

(1) は、内接円の半径 $r$ および外接円の半径 $R$ を、三角形の辺の長さや角の大きさを介して結びつける。内心から各辺に下ろした垂線による直角三角形に着目して辺の長さを表す方法や、三角形の面積を2通りの方法（内接円の半径を用いる公式と、外接円の半径を用いる公式）で表して等置する方法が考えられる。 (2) と (3) は、(1) で得られた式について、三角関数の積和の公式を用いて変数を分離し、最大値を評価する。3変数のうち1つの角を固定し、残りの2角に関する最大値を考えた後に、固定した角についての最大値を考える「予選決勝法」の考え方を用いる。

解法1

(1) 三角形ABCの各辺の長さを $a = \text{BC}, b = \text{CA}, c = \text{AB}$ とする。内心から各辺に下ろした垂線の長さは内接円の半径 $r$ である。内接円と辺 BC、CA、AB の接点をそれぞれ D、E、F とすると、直角三角形の性質より以下が成り立つ。

$$\text{AE} = \text{AF} = \frac{r}{\tan\alpha}, \quad \text{BD} = \text{BF} = \frac{r}{\tan\beta}, \quad \text{CD} = \text{CE} = \frac{r}{\tan\gamma}$$

辺の長さ $a$ は $\text{BD} + \text{CD}$ に等しいので、

$$a = \frac{r}{\tan\beta} + \frac{r}{\tan\gamma} = r \left( \frac{\cos\beta}{\sin\beta} + \frac{\cos\gamma}{\sin\gamma} \right) = r \frac{\sin\gamma\cos\beta + \cos\gamma\sin\beta}{\sin\beta\sin\gamma} = r \frac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin\beta\sin\gamma}$$

ここで、三角形の内角の和は $\pi$ であるから、

$$2\alpha + 2\beta + 2\gamma = \pi \iff \alpha + \beta + \gamma = \frac{\pi}{2}$$

これより $\beta + \gamma = \frac{\pi}{2} - \alpha$ であるから、$\sin(\beta+\gamma) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\alpha$ となる。したがって、

$$a = r \frac{\cos\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}$$

一方、正弦定理より

$$a = 2R \sin 2\alpha = 4R \sin\alpha \cos\alpha$$

$a$ についての2式から $a$ を消去すると、

$$4R \sin\alpha \cos\alpha = r \frac{\cos\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}$$

$0 < 2\alpha < \pi$ より $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、$\cos\alpha \neq 0$ である。両辺を $\cos\alpha$ で割ると、

$$4R \sin\alpha = \frac{r}{\sin\beta\sin\gamma}$$

よって、

$$h = \frac{r}{R} = 4 \sin\alpha \sin\beta \sin\gamma$$

が成り立つ。

(2) 三角形ABCが直角三角形であるから、一般性を失わず $\angle\text{C} = \frac{\pi}{2}$ としてよい。このとき、$2\gamma = \frac{\pi}{2}$ より $\gamma = \frac{\pi}{4}$ である。 (1) の結果より、

$$h = 4 \sin\alpha \sin\beta \sin\frac{\pi}{4} = 2\sqrt{2} \sin\alpha \sin\beta$$

積和の公式を用いて変形すると、

$$h = 2\sqrt{2} \cdot \left( -\frac{1}{2} \right) (\cos(\alpha+\beta) - \cos(\alpha-\beta)) = -\sqrt{2} (\cos(\alpha+\beta) - \cos(\alpha-\beta))$$

ここで、$\alpha + \beta + \gamma = \frac{\pi}{2}$ より $\alpha + \beta = \frac{\pi}{4}$ であるから、$\cos(\alpha+\beta) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ である。これを代入すると、

$$h = -\sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} - \cos(\alpha-\beta) \right) = \sqrt{2}\cos(\alpha-\beta) - 1$$

$\alpha > 0, \beta > 0$ かつ $\alpha + \beta = \frac{\pi}{4}$ より $-\frac{\pi}{4} < \alpha - \beta < \frac{\pi}{4}$ であるから、

$$\frac{1}{\sqrt{2}} < \cos(\alpha-\beta) \leqq 1$$

したがって、

$$h \leqq \sqrt{2} \cdot 1 - 1 = \sqrt{2} - 1$$

が成り立つ。等号が成り立つのは $\cos(\alpha-\beta) = 1$、すなわち $\alpha = \beta$ のときである。このとき $\alpha = \beta = \frac{\pi}{8}$ となり、三角形ABCは $\angle\text{A} = \angle\text{B} = \frac{\pi}{4}$ の直角二等辺三角形である。

(3) (1) より $h = 4 \sin\alpha \sin\beta \sin\gamma$ であり、積和の公式を用いると、

$$h = -2 \sin\gamma (\cos(\alpha+\beta) - \cos(\alpha-\beta))$$

$\alpha + \beta + \gamma = \frac{\pi}{2}$ より $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2} - \gamma$ であるから、

$$\cos(\alpha+\beta) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \gamma\right) = \sin\gamma$$

これを代入すると、

$$h = -2 \sin\gamma (\sin\gamma - \cos(\alpha-\beta)) = -2 \sin^2\gamma + 2 \sin\gamma \cos(\alpha-\beta)$$

ここで、$\alpha, \beta, \gamma$ は三角形の内角の半分であるから、$\gamma$ を固定して考えると、$\cos(\alpha-\beta) \leqq 1$ であり、$\sin\gamma > 0$ であるから、

$$h \leqq -2 \sin^2\gamma + 2 \sin\gamma$$

が成り立つ。さらに、右辺の $\sin\gamma$ についての2次式を平方完成すると、

$$-2 \sin^2\gamma + 2 \sin\gamma = -2 \left( \sin\gamma - \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{1}{2} \leqq \frac{1}{2}$$

したがって、

$$h \leqq \frac{1}{2}$$

が示された。等号が成り立つのは、$\cos(\alpha-\beta) = 1$ かつ $\sin\gamma = \frac{1}{2}$ のときである。 $0 < \gamma < \frac{\pi}{2}$ であるから $\gamma = \frac{\pi}{6}$ となり、$\alpha = \beta$ であるから $\alpha + \alpha + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$ より $\alpha = \beta = \frac{\pi}{6}$ を得る。このとき $2\alpha = 2\beta = 2\gamma = \frac{\pi}{3}$ であり、三角形ABCは正三角形である。

解法2

(1)の別解 三角形ABCの面積を $S$ とする。正弦定理より、

$$a = 2R \sin 2\alpha, \quad b = 2R \sin 2\beta, \quad c = 2R \sin 2\gamma$$

$S$ は内接円の半径を用いて次のように表せる。

$$S = \frac{1}{2} r (a+b+c) = r R (\sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma)$$

一方、面積の公式より

$$S = \frac{1}{2} bc \sin 2\alpha = \frac{1}{2} (2R \sin 2\beta) (2R \sin 2\gamma) \sin 2\alpha = 2R^2 \sin 2\alpha \sin 2\beta \sin 2\gamma$$

この2式から $S$ を消去して整理すると、

$$r (\sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma) = 2R \sin 2\alpha \sin 2\beta \sin 2\gamma$$

$$h = \frac{r}{R} = \frac{2 \sin 2\alpha \sin 2\beta \sin 2\gamma}{\sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma}$$

ここで分母を変形する。和積の公式を用い、$\alpha+\beta+\gamma = \frac{\pi}{2}$ に注意すると、

$$\begin{aligned} \sin 2\alpha + \sin 2\beta + \sin 2\gamma &= 2 \sin(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta) + 2 \sin\gamma\cos\gamma \\ &= 2 \cos\gamma \cos(\alpha-\beta) + 2 \sin\gamma\cos\gamma \\ &= 2 \cos\gamma (\cos(\alpha-\beta) + \sin\gamma) \\ &= 2 \cos\gamma (\cos(\alpha-\beta) + \cos(\alpha+\beta)) \\ &= 2 \cos\gamma (2 \cos\alpha \cos(-\beta)) \\ &= 4 \cos\alpha \cos\beta \cos\gamma \end{aligned}$$

また、分子の $\sin 2\alpha \sin 2\beta \sin 2\gamma$ は、倍角の公式より

$$\begin{aligned} 2 \sin 2\alpha \sin 2\beta \sin 2\gamma &= 2 (2\sin\alpha\cos\alpha)(2\sin\beta\cos\beta)(2\sin\gamma\cos\gamma) \\ &= 16 \sin\alpha \sin\beta \sin\gamma \cos\alpha \cos\beta \cos\gamma \end{aligned}$$

これらを $h$ の式に代入すると、

$$h = \frac{16 \sin\alpha \sin\beta \sin\gamma \cos\alpha \cos\beta \cos\gamma}{4 \cos\alpha \cos\beta \cos\gamma} = 4 \sin\alpha \sin\beta \sin\gamma$$

が得られる。

解説

オイラーの不等式 $R \geqq 2r$ の証明の背景となる有名問題である。 (1) は解法1のように図形的な性質から辺の長さを $r, \alpha, \beta, \gamma$ で表して正弦定理と結びつける解法が、計算量も少なく簡明である。解法2の面積を利用する方針でも導出できるが、和積・積和の公式などの三角関数の変形に高度な習熟が求められる。 (2) と (3) は、(1) で得られた積の形を積和の公式で和の形に直し、一文字（ここでは $\gamma$）を固定して最大値を求める、いわゆる「予選決勝法（1文字固定法）」を用いる典型的な処理である。不等式の証明とともに求められている等号成立条件も、変形過程の不等号から適切に拾い上げる必要がある。