東北大学 2000年度 後期日程文系（後期）数学 第1問

(1) $${15}^{\circ }={45}^{\circ }-{30}^{\circ }$$ であるから、加法定理より$$\sin {15}^{\circ }=\sin {45}^{\circ }\cos {30}^{\circ }-\cos {45}^{\circ }\sin {30}^{\circ }={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$$である。同様に$$\cos {15}^{\circ }=\cos {45}^{\circ }\cos {30}^{\circ }+\sin {45}^{\circ }\sin {30}^{\circ }={\displaystyle \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$$である。したがって$$\tan {15}^{\circ }={\displaystyle \frac{\sin {15}^{\circ }}{\cos {15}^{\circ }}}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}}=2-\sqrt{3}$$である。

(2) $BC=1$ とおく。$$\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }ACB={15}^{\circ }$$ なので $\mathrm{\angle }BAC={150}^{\circ }$ であり、さらに $AB=AC$ である。正弦定理から $${\displaystyle \frac{AC}{\sin {15}^{\circ }}}={\displaystyle \frac{BC}{\sin {150}^{\circ }}}={\displaystyle \frac{1}{1\mathrm{/}2}}=2$$ だから $$AC=2\sin {15}^{\circ }={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}$$ である。

点 $D$ は線分 $AB$ を点 $A$ の側へ延長した上にあり、$AD=BC=1$ である。$AD$ は $AB$ と反対向きの半直線なので $$\mathrm{\angle }CAD={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }CAB={30}^{\circ }$$ である。三角形 $ACD$ で余弦定理を用いると $$C{D}^2=A{C}^2+A{D}^2-2\cdot AC\cdot AD\cos {30}^{\circ }$$ である。ここへ $AC=(\sqrt{6}-\sqrt{2})\mathrm{/}2$、$AD=1$ を代入して$$C{D}^2=1+{\left({\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}\right)}^2-\left({\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}\right)\sqrt{3}$$となる。

また $\theta =\mathrm{\angle }ADC$ であり、三角形 $ACD$ の面積を2通りに表すと $${\displaystyle \frac{1}{2}}AD\cdot CD\sin \theta ={\displaystyle \frac{1}{2}}AD\cdot AC\sin {30}^{\circ }$$ である。$AD=1$ より $$\sin \theta ={\displaystyle \frac{AC\sin {30}^{\circ }}{CD}}$$ となる。したがって$$\sin \theta ={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}}{\sqrt{1+{\left({\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}\right)}^2-\left({\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}\right)\sqrt{3}}}}$$である。すなわち$$\sin \theta ={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4\sqrt{1+{\left({\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}\right)}^2-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{2}}}}}$$である。

座標を置き、$\mathrm{\angle }ADC$ の正弦を、点 $C$ の高さと線分 $DC$ の長さの比から求める。

(1) $${15}^{\circ }={45}^{\circ }-{30}^{\circ }$$ より$$\sin {15}^{\circ }={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}},\cos {15}^{\circ }={\displaystyle \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}},$$したがって$$\tan {15}^{\circ }=2-\sqrt{3}\mathrm{.}$$(2)
$BC=AD=1$ としてよい。正弦定理から$$AB=AC=2\sin {15}^{\circ }={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}=:s\mathrm{.}$$$A=(0,0)$、$B=(s,0)$ とおくと、$D=(-1,0)$ である。また
$\mathrm{\angle }BAC={150}^{\circ }$ なので$$C=(-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}s}{2}},{\displaystyle \frac{s}{2}})\mathrm{.}$$したがって$$\overrightarrow{DC}=(1-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}s}{2}},{\displaystyle \frac{s}{2}}),$$ゆえに$$DC=\sqrt{1+s^2-\sqrt{3}s}\mathrm{.}$$$\theta =\mathrm{\angle }ADC$ は正の $x$ 軸と $\overrightarrow{DC}$ のなす角だから$$\sin \theta ={\displaystyle \frac{s\mathrm{/}2}{\sqrt{1+s^2-\sqrt{3}s}}}\mathrm{.}$$$s=(\sqrt{6}-\sqrt{2})\mathrm{/}2$ を戻して$$\sin \theta ={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4\sqrt{1+{\left({\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}\right)}^2-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{2}}}}}\mathrm{.}$$