第1章 三角比

45°の場合： 直角二等辺三角形（2辺が等しく、直角を挟む角が45°）を考える。2辺の長さを $1$ とすると、斜辺は三平方の定理より $\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ である。よって：

$$\sin 45° = \cos 45° = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \quad \tan 45° = \dfrac{1}{1} = 1$$

30°, 60°の場合： 1辺の長さが $2$ の正三角形を半分に分けると、底辺 $1$、高さ $\sqrt{3}$、斜辺 $2$ の直角三角形が得られる。この三角形で、斜辺に対する角は $60°$、底辺に対する角は $30°$ である。

$60°$ の場合：

$$\sin 60° = \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \quad \cos 60° = \dfrac{1}{2}, \quad \tan 60° = \dfrac{\sqrt{3}}{1} = \sqrt{3}$$

$30°$ の場合：

$$\sin 30° = \dfrac{1}{2}, \quad \cos 30° = \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \quad \tan 30° = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$$

式$(\ref{eq:pythagorean-identity})$ の両辺を $\cos^2\theta$ で割ると：

$$\dfrac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta} + \dfrac{\cos^2\theta}{\cos^2\theta} = \dfrac{1}{\cos^2\theta}$$ $$\tan^2\theta + 1 = \sec^2\theta$$

中心 $O$ と頂点 $P$ を通る直線を引き、円との反対側の交点を $Q$ とする（$PQ$ は直径。図のように中心 $O$ が $\angle APB$ の内部にある場合を示す）。$O$ は円の中心、$A,\ P,\ B$ は円周上の点なので、$OA = OP = OB$ はいずれも円の半径 $R$ に等しい。したがって三角形 $OPA$、$OPB$ はともに二等辺三角形である。

$A$ $B$ $P$ $O$ $Q$ $\alpha$ $\beta$ $\alpha$ $\beta$ $2\alpha$ $2\beta$

$\angle OPA = \alpha$ とおくと、二等辺三角形の底角は等しいので $\angle OAP = \alpha$。三角形の内角の和は $180^\circ$ だから $\angle AOP = 180^\circ - 2\alpha$ であり、$P,\ O,\ Q$ が一直線上にあることから

$$\angle AOQ = 180^\circ - \angle AOP = 2\alpha = 2\,\angle OPA.$$

まったく同様に、$\angle OPB = \beta$ とおくと $\angle BOQ = 2\beta = 2\,\angle OPB$。中心 $O$ が $\angle APB$ の内部にあるので $\angle APB = \alpha + \beta$ であり、

$$\angle AOB = \angle AOQ + \angle BOQ = 2(\alpha + \beta) = 2\,\angle APB.$$

ここで使った「外角 $\angle AOQ$ は隣接しない2つの内角の和に等しい」という事実は、上のように三角形の内角の和 $180^\circ$ から直ちに従うので、この証明はそれ以上の前提を必要としない。一般の三角形に対する命題としての整理は 外角定理 を参照。

鋭角三角形の場合： 外接円の中心 $O$ から辺 $a = BC$ に垂線 $OH$ を下ろす。円周角の定理（定理 1.3）より、弧 $BC$ に対する中心角は $2\alpha$ である。

$OH$ は弦 $BC$ の垂直二等分線であるから $BH = a/2$ である。直角三角形 $OBH$ において：

$$\sin\alpha = \sin\dfrac{2\alpha}{2} = \dfrac{BH}{OB} = \dfrac{a/2}{R}$$

よって $a = 2R\sin\alpha$、すなわち $\dfrac{a}{\sin\alpha} = 2R$ が得られる。同様に他の辺についても成り立つ。$\blacksquare$

鈍角三角形の場合（$\alpha > 90°$）： $\alpha$ が鈍角のとき、外接円の中心 $O$ は辺 $a$ と同じ側（$A$ と反対側）にある。

弧 $BC$ に対する中心角は $2\alpha$ であるが、$\alpha > 90°$ なので $2\alpha > 180°$ となり、中心角は優角（$180°$ 超）である。このとき直角三角形 $OBH$ における角 $\angle BOH$ は $\pi - \alpha$（= $180° - \alpha$）であるから

$$\sin(\pi - \alpha) = \dfrac{BH}{OB} = \dfrac{a/2}{R}$$

ここで $\sin(\pi - \alpha) = \sin\alpha$ が成り立つ。これは単位円上で確認できる：角 $\pi - \alpha$ の点は $(-\cos\alpha, \sin\alpha)$ であり、$y$ 座標（= $\sin$ の値）が角 $\alpha$ のときと同じである。よって

$$\dfrac{a}{\sin\alpha} = 2R$$

が成り立つ。$\blacksquare$

直角三角形の場合（$\alpha = 90°$）： $\alpha = 90°$ のとき、円周角の定理（定理 1.3）より中心角は $2\alpha = 180°$ であるから、弧 $BC$ は半円であり、辺 $a = BC$ は外接円の直径 $2R$ に等しい。

$\sin 90° = 1$ より

$$\dfrac{a}{\sin\alpha} = \dfrac{2R}{1} = 2R$$

が成り立つ。$\blacksquare$

座標系を用いる。角 $\gamma$ の頂点を原点、辺 $a$ を $x$ 軸の正の向きにとる。このとき辺 $a$ の他端は $(a, 0)$、辺 $b$ の他端は $(b\cos\gamma, b\sin\gamma)$ である。

辺 $c$ の長さの2乗は：

\begin{align*} c^2 &= (b\cos\gamma - a)^2 + (b\sin\gamma - 0)^2\\ &= b^2\cos^2\gamma - 2ab\cos\gamma + a^2 + b^2\sin^2\gamma\\ &= b^2(\cos^2\gamma + \sin^2\gamma) + a^2 - 2ab\cos\gamma\\ &= a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma \end{align*}