第 6 章 · 図形と計量

项目	内容
シラバス项目	4. 図形と計量（数学Ⅰ）：(1) 三角比（① 正弦，余弦，正接 ② 三角比の相互関係）、(2) 三角比と図形（① 正弦定理，余弦定理 ② 図形の計量（空間図形への応用を含む））
コース	コース1、コース2 都考
国内书对应	第 11 章 11.3–11.5 节（三角函数的定义、同角关系、诱导公式），第 16 章（解三角形），第 18 章 18.4、18.5 节（表面积、体积）
本章新内容的分量	定理国内都学过，以“讲法不同”为主：$0^\circ$–$180^\circ$、角度制的三角比框架，已知正弦求角有两个，圆内接四边形和四面体的固定解题套路是新的

国内从任意角和单位圆讲三角函数，常用弧度；日本数学Ⅰ 先讲“三角比”，只到 $180^\circ$，一律用角度制，到数学Ⅱ（本书第 13 章）才推广成一般角的三角函数。正弦定理、余弦定理、面积公式两边完全一样，EJU 多考的是把它们串起来的固定流程：三边 → 余弦 → 正弦 → 面积 → 外接圆、内切圆半径，再推到圆内接四边形和四面体。2021 年第 1 回コース1 的 Ⅳ 就是三角形、正弦定理和外接圆的一整道大题。丢分主要丢在四处：$\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ 只写 $30^\circ$ 漏了 $150^\circ$；由 $\sin\theta$ 求 $\cos\theta$ 忘了钝角时为负；圆内接四边形里把 $\cos C$ 写成 $\cos A$；四面体找不到高的垂足。

6.1 与国内的对照

シラバス小项目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
(1) ① 正弦，余弦，正接	国内书第 11 章 11.3 节（单位圆定义任意角）；初中锐角三角函数	讲法不同：直角三角形定义 → 半圆推广到 $0^\circ$–$180^\circ$，角度制	6.2
(1) ② 三角比の相互関係	国内书第 11 章 11.4、11.5 节	讲法不同：公式相同，但只用 $90^\circ - \theta$、$180^\circ - \theta$ 两组，符号按 $0^\circ$–$180^\circ$ 判断	6.3
(2) ① 正弦定理，余弦定理	国内书第 16 章 16.2–16.4 节	相同，见国内书第 16 章；EJU 的问法（固定流程、两边一对角用余弦定理、角平分线长）在本章补	6.4
(2) ② 図形の計量（平面）	国内书第 16 章 16.4、16.5 节	讲法不同：圆内接四边形的计量国内少见	6.4、6.5
(2) ② 図形の計量（空間図形への応用を含む）	国内书第 18 章 18.5 节；第 27 章（用空间向量）	讲法不同：EJU コース1 不用空间向量，靠余弦定理、外心、等体积法	6.6

国内书讲过、两边一样的内容不再展开：余弦定理和正弦定理的证明、三角形面积公式 $S = \dfrac{1}{2}bc\sin A$、海伦公式、已知两边一对角时解的个数表，都见国内书第 16 章。

6.2 三角比の定義と 0°≦θ≦180° への拡張

说明

直角三角形で定める：$\triangle ABC$ 中 $\angle C = 90^\circ$，$\angle A = \theta$（锐角），三边 $BC = a$，$CA = b$，$AB = c$。

$$\sin\theta = \frac{a}{c}, \qquad \cos\theta = \frac{b}{c}, \qquad \tan\theta = \frac{a}{b}.$$

即正弦 = 对边 ÷ 斜边，余弦 = 邻边 ÷ 斜边，正切 = 对边 ÷ 邻边。日文读作「サイン」「コサイン」「タンジェント」，合称三角比，正式名称是正弦、余弦、正接。

0° ≦ θ ≦ 180° に拡張：在坐标平面上取以原点 $O$ 为圆心、半径为 $r$ 的上半圆。从 $x$ 轴正方向逆时针转 $\theta$（$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$）得到半圆上的点 $P(x, y)$，定义

$$\sin\theta = \frac{y}{r}, \qquad \cos\theta = \frac{x}{r}, \qquad \tan\theta = \frac{y}{x} \quad (\theta \ne 90^\circ).$$

取 $r = 1$（単位円的上半部分）时，$P$ 的坐标就是 $(\cos\theta, \sin\theta)$。$\theta$ 是锐角时，这个定义和直角三角形的定义一致。

值的范围：$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ 时 $P$ 在上半圆，$y \ge 0$，所以 $0 \le \sin\theta \le 1$，$-1 \le \cos\theta \le 1$，$\tan\theta$ 可以取任意实数（$\theta \ne 90^\circ$）。$\theta$ 是钝角时 $\cos\theta < 0$，$\tan\theta < 0$；$\tan 90^\circ$ 不存在。

特殊角的值（EJU 默认都要背）：

$\theta$	$0^\circ$	$30^\circ$	$45^\circ$	$60^\circ$	$90^\circ$	$120^\circ$	$135^\circ$	$150^\circ$	$180^\circ$
$\sin\theta$	$0$	$\dfrac{1}{2}$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$1$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$\dfrac{1}{2}$	$0$
$\cos\theta$	$1$	$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$\dfrac{1}{2}$	$0$	$-\dfrac{1}{2}$	$-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$	$-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$	$-1$
$\tan\theta$	$0$	$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$	$1$	$\sqrt{3}$	不存在	$-\sqrt{3}$	$-1$	$-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$	$0$

日本教科书常把 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 写成 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$，$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 写成 $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$；EJU 填答案时必须有理化分母（第 2 章）。

三角比の値から θ を求める（$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$）：

• $\sin\theta = k$（$0 < k < 1$）：两个角，$\theta_1$ 和 $180^\circ - \theta_1$；$k = 1$ 时只有 $90^\circ$；$k = 0$ 时是 $0^\circ$ 和 $180^\circ$。
• $\cos\theta = k$（$-1 \le k \le 1$）：只有一个角。
• $\tan\theta = k$：只有一个角（$k > 0$ 是锐角，$k < 0$ 是钝角）。

使用场景

• 直角三角形里已知两边求三角比，或已知一边和一个锐角求别的边：测量里的仰角、俯角问题。
• 题目给出 $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ 和某个三角比的值，求 $\theta$：在半圆上画水平线（正弦）或竖直线（余弦）找交点。
• 三角比的不等式，如 $\sin\theta > \dfrac{1}{2}$，求 $\theta$ 的范围：看半圆上哪一段满足。
• 直线的倾斜角：直线 $y = mx + n$ 与 $x$ 轴正方向所成的角 $\theta$ 满足 $\tan\theta = m$。

注意点

• EJU 数学Ⅰ 的范围里角一律用度，答案格子写成 $\fbox{AB}^\circ$ 这种样子。不要写成弧度。
• “$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$“这个条件题目一定会给，它决定了 $\sin\theta$ 不能为负、已知 $\sin\theta$ 时角有两个。
• 直角三角形定义要认准 $\theta$ 在哪个顶点：对边是 $\theta$ 对面的边，邻边是夹 $\theta$ 的那条直角边。
• 记号：$\sin^2\theta$ 表示 $(\sin\theta)^2$，不是 $\sin(\theta^2)$。
• EJU 题干说法：「$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$ のとき」「$\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ を満たす $\theta$ を求めよ」「$\theta$ は鈍角である」。

证明

结论 1：三角比只和角有关，和半径 $r$ 无关。 取两个半径 $r$、$r'$ 的半圆，同一个角 $\theta$ 对应点 $P(x, y)$、$P'(x', y')$。$O$、$P$、$P'$ 共线（关键一步：同一条射线上的点，$P'$ 是 $P$ 以 $O$ 为中心放大 $\dfrac{r'}{r}$ 倍），所以 $x' = \dfrac{r'}{r}x$，$y' = \dfrac{r'}{r}y$，于是 $\dfrac{y'}{r'} = \dfrac{y}{r}$，$\dfrac{x'}{r'} = \dfrac{x}{r}$。锐角时这就是相似直角三角形对应边成比例。

结论 2：锐角时两个定义一致。 把直角三角形放到坐标系里，$A$ 放在原点，$AC$ 沿 $x$ 轴正方向，$B$ 在上方。$B$ 的坐标是 $(b, a)$，$AB = c$ 是半径，所以 $\dfrac{y}{r} = \dfrac{a}{c}$，$\dfrac{x}{r} = \dfrac{b}{c}$。

结论 3：$\sin\theta = k$（$0 < k < 1$）恰有两个解。 直线 $y = k$ 与单位上半圆 $x^2 + y^2 = 1$（$y \ge 0$）交于 $x = \pm\sqrt{1 - k^2}$ 两点，关于 $y$ 轴对称，对应的角是 $\theta_1$ 和 $180^\circ - \theta_1$。竖直线 $x = k$ 与上半圆只交于一点，所以余弦只给一个角。

例题

例 1　（场景：仰角的测量）

問題　平地の点 $A$ から塔の先端を見上げた仰角は $30^\circ$ であった。塔に近づく方向へ $20$ m 進んで点 $B$ に着くと，仰角は $45^\circ$ になった。塔の高さ $h$ を求めよ。ただし，塔の真下の点と $A$，$B$ は一直線上にあり，目の高さは考えないものとする。

解答　塔の真下の点を $Q$，$BQ = x$ とおく。

(1) $B$ では $\tan 45^\circ = \dfrac{h}{x}$ であるから $x = h$。

(2) $A$ では $AQ = x + 20$ であり，$\tan 30^\circ = \dfrac{h}{x + 20}$ より $x + 20 = \sqrt{3}h$。

(3) $x = h$ を代入すると $h + 20 = \sqrt{3}h$，よって $h = \dfrac{20}{\sqrt{3} - 1} = \dfrac{20(\sqrt{3} + 1)}{2} = 10(\sqrt{3} + 1)$。

したがって，塔の高さは $10(\sqrt{3} + 1)$ m（約 $27.3$ m）である。

中文翻译　题目：在平地上的点 $A$ 看塔顶的仰角是 $30^\circ$，向塔走近 $20$ m 到点 $B$，仰角变为 $45^\circ$。求塔高 $h$（塔底与 $A$、$B$ 在同一直线上，眼睛高度不计）。解答：设塔底为 $Q$，$BQ = x$。（1）在 $B$：$\tan 45^\circ = \dfrac{h}{x}$，所以 $x = h$。（2）在 $A$：$AQ = x + 20$，$\tan 30^\circ = \dfrac{h}{x + 20}$，即 $x + 20 = \sqrt{3}h$。（3）代入 $x = h$：$h + 20 = \sqrt{3}h$，所以 $h = \dfrac{20}{\sqrt{3} - 1} = \dfrac{20(\sqrt{3} + 1)}{2} = 10(\sqrt{3} + 1)$。因此塔高是 $10(\sqrt{3} + 1)$ m（约 $27.3$ m）。

解说　仰角是视线与水平线的夹角，画图时两个观测点各有一个直角三角形。$45^\circ$ 的那个三角形等腰，先得到 $x = h$，再代进 $30^\circ$ 的三角形，只剩 $h$ 一个未知数。最后的分母有理化用 $\sqrt{3} - 1$ 的共轭式 $\sqrt{3} + 1$。

例 2　（场景：由三角比的值求角）

問題　$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$ とする。次の条件を満たす $\theta$ をそれぞれ求めよ。 (1) $\sin\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

(2) $\cos\theta = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

(3) $\tan\theta = -\sqrt{3}$

解答　(1) 直線 $y = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ と単位半円は $2$ 点で交わるから，$\theta = 60^\circ, 120^\circ$。

(2) 直線 $x = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ と半円は $1$ 点で交わり，その点は第 $2$ 象限にあるから，$\theta = 135^\circ$。

(3) $\tan\theta < 0$ であるから $\theta$ は鈍角である。$\tan 60^\circ = \sqrt{3}$ より，$\theta = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$。

中文翻译　题目：设 $0 \leqq \theta \leqq 180^\circ$，分别求满足下列条件的 $\theta$。（1）$\sin\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$；（2）$\cos\theta = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}$；（3）$\tan\theta = -\sqrt{3}$。解答：（1）直线 $y = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 与单位半圆交于两点，所以 $\theta = 60^\circ, 120^\circ$。（2）直线 $x = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 与半圆交于一点，在第二象限，所以 $\theta = 135^\circ$。（3）$\tan\theta < 0$，所以 $\theta$ 是钝角。由 $\tan 60^\circ = \sqrt{3}$ 得 $\theta = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$。

解说　容易卡在：(1) 只写 $60^\circ$。正弦是“一值两角”，$150^\circ$ 的点与 $30^\circ$ 的点高度相同；余弦是“一值一角”，因为半圆上左右位置一路向左；正切为负时角在第二象限，用 $180^\circ - \alpha$ 换算。$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$ 是本题的范围，不要写弧度。

例 3　（场景：三角比的不等式）

問題　$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$ とする。次の不等式を解け。 (1) $2\cos\theta + 1 < 0$

(2) $\sin\theta \leqq \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

解答　(1) $\cos\theta < -\dfrac{1}{2}$ である。$\cos\theta = -\dfrac{1}{2}$ となるのは $\theta = 120^\circ$ のときで，$\theta$ が $0^\circ$ から $180^\circ$ まで増えると $\cos\theta$ は単調に減少する。よって $120^\circ < \theta \leqq 180^\circ$。

(2) $\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ となるのは $\theta = 45^\circ, 135^\circ$ のときである。$\sin\theta$ は半円上の点の高さであり，高さが $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 以下になるのは半円の両端の部分である。よって $0^\circ \leqq \theta \leqq 45^\circ$ または $135^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$。

中文翻译　题目：设 $0 \leqq \theta \leqq 180^\circ$，解下列不等式。（1）$2\cos\theta + 1 < 0$；（2）$\sin\theta \leqq \dfrac{\sqrt{2}}{2}$。解答：（1）$\cos\theta < -\dfrac{1}{2}$。当 $\cos\theta = -\dfrac{1}{2}$ 时 $\theta = 120^\circ$；$\theta$ 从 $0^\circ$ 增大到 $180^\circ$ 时 $\cos\theta$ 一直减小，所以 $120^\circ < \theta \leqq 180^\circ$。（2）当 $\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 时 $\theta = 45^\circ, 135^\circ$。$\sin\theta$ 是半圆上点的高度，高度不超过 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 的是半圆两端，所以 $0^\circ \leqq \theta \leqq 45^\circ$ 或 $135^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$。

解说　容易卡在：(2) 写成 $45^\circ \leqq \theta \leqq 135^\circ$，方向反了。画一条水平线 $y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，看半圆在线下方的部分，是两端而不是中间。余弦的等号在 $\theta = 120^\circ$ 处取不到（原式是严格小于），所以左端用 $<$，右端 $180^\circ$ 包含在内。

例 4　（场景：直线的倾斜角）

問題　直線 $y = -\sqrt{3}x + 2$ が $x$ 軸の正の向きとなす角 $\theta$（$0^\circ \leqq \theta < 180^\circ$）を求めよ。また，直線 $y = x$ とこの直線がなす鋭角を求めよ。

解答　$\tan\theta = -\sqrt{3}$ であるから $\theta = 120^\circ$。直線 $y = x$ の傾き角は $45^\circ$（$\tan 45^\circ = 1$）である。2 直線がなす角は $120^\circ - 45^\circ = 75^\circ$ で，これは鋭角であるから，求める角は $75^\circ$。

中文翻译　题目：求直线 $y = -\sqrt{3}x + 2$ 与 $x$ 轴正方向所成的角 $\theta$（$0^\circ \leqq \theta < 180^\circ$），再求直线 $y = x$ 与它所成的锐角。解答：$\tan\theta = -\sqrt{3}$，所以 $\theta = 120^\circ$。直线 $y = x$ 的倾斜角是 $45^\circ$（$\tan 45^\circ = 1$）。两直线所成的角是 $120^\circ - 45^\circ = 75^\circ$，是锐角，所以所求为 $75^\circ$。

解说　直线的倾斜角 $\theta$ 满足斜率 $m = \tan\theta$。两条直线所成的角取 $\alpha - \beta$ 与 $180^\circ - (\alpha - \beta)$ 中不超过 $90^\circ$ 的那个；本题 $120^\circ - 45^\circ = 75^\circ$ 已经是锐角，不用再换。

常用推论

• 直线 $y = mx + n$ 的倾斜角 $\theta$ 满足 $m = \tan\theta$。推导：直线上取 $x$ 增加 $1$、$y$ 增加 $m$ 的两点，平移使起点到原点，终点在倾斜角方向上，$\tan\theta = \dfrac{m}{1}$。
• 两直线倾斜角分别为 $\alpha$、$\beta$（$\alpha > \beta$）时，所成的角是 $\alpha - \beta$ 与 $180^\circ - (\alpha - \beta)$ 中不超过 $90^\circ$ 的那个。
• 仰角问题的骨架：两个观测点与塔底在同一直线上，相距 $d$，仰角分别为 $\alpha < \beta$，则 $h = \dfrac{d}{\dfrac{1}{\tan\alpha} - \dfrac{1}{\tan\beta}}$。由例 1 的两式 $x + d = \dfrac{h}{\tan\alpha}$、$x = \dfrac{h}{\tan\beta}$ 相减得到。
• $\sin\theta = k$ 的两个解之和是 $180^\circ$。由本节证明结论 3。

易错点

• 错在哪：$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$，$\sin\theta = \dfrac{1}{2}$，答 $\theta = 30^\circ$。 为什么错：$150^\circ$ 的点和 $30^\circ$ 的点高度相同，$\sin 150^\circ = \dfrac{1}{2}$。 正确做法：已知正弦求角，先想“有两个”，再看题目条件（锐角、钝角、三角形内角和）能否去掉一个。
• 错在哪：答案写成 $\theta = \dfrac{\pi}{6}$。 为什么错：数学Ⅰ 的三角比用角度制，EJU 的格子是 $\fbox{AB}^\circ$，填不进弧度。 正确做法：コース1 一律用度；コース2 到了三角関数（第 13 章）才用弧度，看题目给的形式。
• 错在哪：$\tan\theta = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ 时写 $\theta = -30^\circ$。 为什么错：$\theta$ 限定在 $0^\circ$ 到 $180^\circ$，正切为负说明是钝角。 正确做法：$\theta = 180^\circ - 30^\circ = 150^\circ$。

直观理解

把 $\theta$ 想成上半圆上一个点的“方向”：$\sin\theta$ 是点的高度，$\cos\theta$ 是点的左右位置，$\tan\theta$ 是从原点到这个点的直线的斜率。$\theta$ 从 $0^\circ$ 转到 $180^\circ$，点从最右边经过最高点走到最左边：高度先升后降，左右对称的两个位置高度相同，所以正弦“一值两角”；左右位置一路向左，所以余弦“一值一角”。

关联知识点

• 前置：初中的锐角三角函数，直角三角形的定义就是它。
• 国内书第 11 章 11.3 节：单位圆定义任意角的三角函数，本节是它限制在 $0^\circ$–$180^\circ$、改用角度的版本。
• 国内书第 28 章 28.2 节：倾斜角与斜率，$k = \tan\alpha$ 与本节常用推论相同。
• 后续：6.3 节相互关系，已知一个三角比求另两个。
• 后续：本书第 13 章 三角関数，把角推广到一般角、改用弧度。

6.3 三角比の相互関係と 180°−θ の公式

说明

相互関係：对 $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$，

$$\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1, \qquad \tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}, \qquad 1 + \tan^2\theta = \frac{1}{\cos^2\theta}.$$

后两个要求 $\theta \ne 90^\circ$。第三个式子日本教科书单独列出，用来由 $\tan\theta$ 直接求 $\cos\theta$。

$90^\circ - \theta$ の三角比（$0^\circ \le \theta \le 90^\circ$）：

$$\sin(90^\circ - \theta) = \cos\theta, \qquad \cos(90^\circ - \theta) = \sin\theta, \qquad \tan(90^\circ - \theta) = \frac{1}{\tan\theta}.$$

正切那一式要求 $0^\circ < \theta < 90^\circ$。

$180^\circ - \theta$ の三角比（$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$）：

$$\sin(180^\circ - \theta) = \sin\theta, \qquad \cos(180^\circ - \theta) = -\cos\theta, \qquad \tan(180^\circ - \theta) = -\tan\theta.$$

国内书第 11 章 11.5 节有一整套诱导公式；数学Ⅰ 只用这两组，钝角的三角比用 $180^\circ - \theta$ 化成锐角。

符号是关键：在 $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ 里，$\sin\theta \ge 0$ 总成立。所以

• 已知 $\cos\theta$ 求 $\sin\theta$：$\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta}$，只有一个值；
• 已知 $\sin\theta$ 求 $\cos\theta$：$\cos\theta = \pm\sqrt{1 - \sin^2\theta}$，锐角取正、钝角取负，题目不说就两种都要写；
• 已知 $\tan\theta$：$\cos\theta$ 与 $\tan\theta$ 同号。

三角形の内角：$A + B + C = 180^\circ$，所以 $\sin(B + C) = \sin A$，$\cos(B + C) = -\cos A$。

$\sin\theta + \cos\theta$ の対称式：设 $\sin\theta + \cos\theta = t$，两边平方用 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$，

$$\sin\theta\cos\theta = \frac{t^2 - 1}{2}.$$

再用第 3 章的对称式技巧求 $\sin^3\theta + \cos^3\theta$、$\sin\theta - \cos\theta$ 等。这是 EJU 誘導里很常见的一步。

使用场景

• 已知一个三角比求另外两个：用相互关系，按 $0^\circ$–$180^\circ$ 判断符号。
• 化简含 $180^\circ - \theta$、$90^\circ - \theta$ 的式子，或三角形里含 $B + C$ 的式子。
• 已知 $\sin\theta + \cos\theta$（或 $\sin\theta - \cos\theta$）的值，求 $\sin\theta\cos\theta$、$\sin^3\theta + \cos^3\theta$、$\sin\theta - \cos\theta$ 等。
• 含 $\sin\theta$、$\cos\theta$ 的二次方程：用 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ 统一成一种三角比，化成第 5 章的二次方程。

注意点

• 由 $\sin\theta$ 求 $\cos\theta$ 时开平方有正负，是本节最常见的丢分点。
• $1 + \tan^2\theta = \dfrac{1}{\cos^2\theta}$ 求出的是 $\cos^2\theta$，开方后的符号跟 $\tan\theta$ 一致。
• 统一成一种三角比后做换元，比如 $s = \sin\theta$，要写上范围 $0 \le s \le 1$（$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ 时）；$c = \cos\theta$ 的范围是 $-1 \le c \le 1$。超出范围的根要舍去。
• 由 $\sin\theta\cos\theta$ 的符号判断角：$\sin\theta\cos\theta < 0$ 说明 $\cos\theta < 0$，$\theta$ 是钝角。
• EJU 题干说法：「$\sin\theta = \dfrac{1}{3}$ のとき，$\cos\theta$，$\tan\theta$ の値を求めよ」「$\theta$ が鈍角のとき」「$\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{1}{2}$ のとき」。

证明

结论 1：$\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$。 单位半圆上 $P(\cos\theta, \sin\theta)$ 满足 $x^2 + y^2 = 1$。

结论 2：$1 + \tan^2\theta = \dfrac{1}{\cos^2\theta}$。 把结论 1 两边同除以 $\cos^2\theta$（$\theta \ne 90^\circ$，所以 $\cos\theta \ne 0$）：$\dfrac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta} + 1 = \dfrac{1}{\cos^2\theta}$。

结论 3：$180^\circ - \theta$ 的公式。 单位半圆上角 $\theta$ 的点 $P(x, y)$ 关于 $y$ 轴的对称点是 $P'(-x, y)$。（关键一步：$OP'$ 与 $x$ 轴负方向的夹角等于 $\theta$，所以与正方向的夹角是 $180^\circ - \theta$。）于是 $\sin(180^\circ - \theta) = y = \sin\theta$，$\cos(180^\circ - \theta) = -x = -\cos\theta$，两式相除得正切的式子。

结论 4：$90^\circ - \theta$ 的公式。 直角三角形里两个锐角互余：$\angle A = \theta$ 时 $\angle B = 90^\circ - \theta$，$B$ 的对边正好是 $A$ 的邻边，所以 $\sin B = \dfrac{b}{c} = \cos A$，$\cos B = \dfrac{a}{c} = \sin A$。$\theta = 0^\circ$、$90^\circ$ 直接代值验证。

结论 5：$\sin\theta\cos\theta = \dfrac{t^2 - 1}{2}$。 $t^2 = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = 1 + 2\sin\theta\cos\theta$。

例题

例 1　（场景：已知一个三角比求另外两个）

問題　$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$，$\sin\theta = \dfrac{1}{3}$ とする。$\cos\theta$，$\tan\theta$ を求めよ。

解答　$\cos^2\theta = 1 - \dfrac{1}{9} = \dfrac{8}{9}$ である。

$\theta$ が鋭角のとき，$\cos\theta = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$，$\tan\theta = \dfrac{1}{3} \div \dfrac{2\sqrt{2}}{3} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$。

$\theta$ が鈍角のとき，$\cos\theta = -\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$，$\tan\theta = -\dfrac{\sqrt{2}}{4}$。

中文翻译　题目：设 $0 \leqq \theta \leqq 180^\circ$，$\sin\theta = \dfrac{1}{3}$，求 $\cos\theta$、$\tan\theta$。解答：$\cos^2\theta = 1 - \dfrac{1}{9} = \dfrac{8}{9}$。当 $\theta$ 是锐角时，$\cos\theta = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$，$\tan\theta = \dfrac{1}{3} \div \dfrac{2\sqrt{2}}{3} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$。当 $\theta$ 是钝角时，$\cos\theta = -\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$，$\tan\theta = -\dfrac{\sqrt{2}}{4}$。

解说　另一种解法：画直角三角形。斜边 $3$、对边 $1$，由勾股定理邻边 $\sqrt{9 - 1} = 2\sqrt{2}$，直接读出锐角时 $\cos\theta = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$，$\tan\theta = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}$；钝角时余弦、正切变号。公式法步骤固定，不容易漏符号；画三角形快，适合数比较简单、要连着求好几个值的时候，但别忘了最后补钝角的情况。

例 2　（场景：已知一个三角比求另外两个，由正切出发）

問題　$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$，$\tan\theta = -2$ とする。$\cos\theta$，$\sin\theta$ を求めよ。

解答　$\dfrac{1}{\cos^2\theta} = 1 + 4 = 5$ より $\cos^2\theta = \dfrac{1}{5}$。$\tan\theta < 0$ であるから $\theta$ は鈍角で，$\cos\theta < 0$ である。よって $\cos\theta = -\dfrac{1}{\sqrt{5}} = -\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，$\sin\theta = \tan\theta\cos\theta = (-2) \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{5}}{5}\right) = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}$。

中文翻译　题目：设 $0 \leqq \theta \leqq 180^\circ$，$\tan\theta = -2$，求 $\cos\theta$、$\sin\theta$。解答：$\dfrac{1}{\cos^2\theta} = 1 + 4 = 5$，所以 $\cos^2\theta = \dfrac{1}{5}$。因为 $\tan\theta < 0$，$\theta$ 是钝角，$\cos\theta < 0$。所以 $\cos\theta = -\dfrac{1}{\sqrt{5}} = -\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，$\sin\theta = \tan\theta\cos\theta = (-2) \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{5}}{5}\right) = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}$。

解说　由正切出发，先解 $\cos^2\theta = \dfrac{1}{1 + \tan^2\theta}$，再用 $\sin\theta = \tan\theta\cos\theta$。符号由 $\theta$ 的范围和 $\tan$ 的符号共同决定：本题 $\tan < 0$ 说明 $\theta$ 在第二象限，所以 $\cos < 0$、$\sin > 0$。分母有理化后是 $-\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，负号在分数前面。

例 3　（场景：用 $180^\circ - \theta$、$90^\circ - \theta$ 化简）

問題　次の式の値を求めよ。 (1) $\sin^2 25^\circ + \sin^2 65^\circ + \cos 100^\circ + \cos 80^\circ$

(2) $\cos 20^\circ + \cos 40^\circ + \cos 60^\circ + \cdots + \cos 160^\circ$（$20^\circ$ ずつ）

解答　(1) $\sin 65^\circ = \sin(90^\circ - 25^\circ) = \cos 25^\circ$ であるから，$\sin^2 25^\circ + \sin^2 65^\circ = 1$。また $\cos 100^\circ = \cos(180^\circ - 80^\circ) = -\cos 80^\circ$ であるから，後の $2$ 項の和は $0$。よって与式 $= 1$。

(2) 項は全部で $8$ 個である。$\cos 160^\circ = -\cos 20^\circ$，$\cos 140^\circ = -\cos 40^\circ$，$\cos 120^\circ = -\cos 60^\circ$，$\cos 100^\circ = -\cos 80^\circ$ であるから，両端から順に $2$ つずつ消えて，与式 $= 0$。

中文翻译　题目：求下列式子的值。（1）$\sin^2 25^\circ + \sin^2 65^\circ + \cos 100^\circ + \cos 80^\circ$；（2）$\cos 20^\circ + \cos 40^\circ + \cos 60^\circ + \cdots + \cos 160^\circ$（每次加 $20^\circ$）。解答：（1）$\sin 65^\circ = \sin(90^\circ - 25^\circ) = \cos 25^\circ$，所以 $\sin^2 25^\circ + \sin^2 65^\circ = 1$。又 $\cos 100^\circ = \cos(180^\circ - 80^\circ) = -\cos 80^\circ$，后两项之和为 $0$。所以原式 $= 1$。（2）共 $8$ 项。$\cos 160^\circ = -\cos 20^\circ$，$\cos 140^\circ = -\cos 40^\circ$，$\cos 120^\circ = -\cos 60^\circ$，$\cos 100^\circ = -\cos 80^\circ$，两两相消，原式 $= 0$。

解说　看到角度相加为 $90^\circ$，用 $\sin(90^\circ - \theta) = \cos\theta$；相加为 $180^\circ$，用 $\cos(180^\circ - \theta) = -\cos\theta$。第 (2) 问先数清项数（$20^\circ$ 到 $160^\circ$ 共 $8$ 项），再从两端向中间配对，不要漏掉中间的 $\cos 90^\circ = 0$。

例 4　（场景：$\sin\theta + \cos\theta$ 的对称式）

問題　$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$，$\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{1}{2}$ とする。$\sin\theta\cos\theta$，$\sin^3\theta + \cos^3\theta$，$\sin\theta - \cos\theta$ を求めよ。

解答　(1) 両辺を $2$ 乗すると $1 + 2\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1}{4}$ より $\sin\theta\cos\theta = -\dfrac{3}{8}$。

(2) $\sin^3\theta + \cos^3\theta = (\sin\theta + \cos\theta)(\sin^2\theta - \sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta) = \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{3}{8}\right) = \dfrac{11}{16}$。

(3) $(\sin\theta - \cos\theta)^2 = 1 - 2\sin\theta\cos\theta = 1 + \dfrac{3}{4} = \dfrac{7}{4}$。$\sin\theta\cos\theta < 0$ かつ $\sin\theta \geqq 0$ であるから $\cos\theta < 0$，よって $\sin\theta - \cos\theta > 0$。したがって $\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{\sqrt{7}}{2}$。

中文翻译　题目：设 $0 \leqq \theta \leqq 180^\circ$，$\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{1}{2}$，求 $\sin\theta\cos\theta$、$\sin^3\theta + \cos^3\theta$、$\sin\theta - \cos\theta$。解答：（1）两边平方，得 $1 + 2\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1}{4}$，所以 $\sin\theta\cos\theta = -\dfrac{3}{8}$。（2）$\sin^3\theta + \cos^3\theta = (\sin\theta + \cos\theta)(\sin^2\theta - \sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta) = \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{3}{8}\right) = \dfrac{11}{16}$。（3）$(\sin\theta - \cos\theta)^2 = 1 - 2\sin\theta\cos\theta = 1 + \dfrac{3}{4} = \dfrac{7}{4}$。因为 $\sin\theta\cos\theta < 0$ 且 $\sin\theta \geqq 0$，所以 $\cos\theta < 0$，因此 $\sin\theta - \cos\theta > 0$。所以 $\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{\sqrt{7}}{2}$。

解说　容易卡在：第 (3) 步不判断符号，写成 $\pm\dfrac{\sqrt{7}}{2}$。由 $\sin\theta \geqq 0$ 和乘积为负推出 $\cos\theta < 0$，所以 $\sin\theta - \cos\theta$ 一定是正数。三个值都从 $\sin\theta + \cos\theta$ 与 $\sin\theta\cos\theta$ 这两个基本对称式出发，不要先解出 $\theta$。

例 5　（场景：化成一种三角比的二次方程）

問題　$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$ とする。$2\cos^2\theta + 3\sin\theta - 3 = 0$ を解け。

解答　$\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$ を代入すると $2 - 2\sin^2\theta + 3\sin\theta - 3 = 0$， すなわち $2\sin^2\theta - 3\sin\theta + 1 = 0$，$(2\sin\theta - 1)(\sin\theta - 1) = 0$。 よって $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ または $1$ であり，どちらも $0 \leqq \sin\theta \leqq 1$ を満たす。 $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ より $\theta = 30^\circ, 150^\circ$，$\sin\theta = 1$ より $\theta = 90^\circ$。 したがって $\theta = 30^\circ, 90^\circ, 150^\circ$ である。

中文翻译　题目：设 $0 \leqq \theta \leqq 180^\circ$，解 $2\cos^2\theta + 3\sin\theta - 3 = 0$。解答：代入 $\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$，得 $2 - 2\sin^2\theta + 3\sin\theta - 3 = 0$，即 $2\sin^2\theta - 3\sin\theta + 1 = 0$，$(2\sin\theta - 1)(\sin\theta - 1) = 0$。所以 $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ 或 $1$，都在 $0 \leqq \sin\theta \leqq 1$ 内。由 $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ 得 $\theta = 30^\circ, 150^\circ$；由 $\sin\theta = 1$ 得 $\theta = 90^\circ$。因此 $\theta = 30^\circ, 90^\circ, 150^\circ$。

解说　先把式子统一成 $\sin\theta$ 的二次方程，换元 $s = \sin\theta$ 时立刻写出 $0 \leqq s \leqq 1$；不在范围内的根要舍去。$\sin\theta = 1$ 只有一个角 $90^\circ$，$\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ 在 $0^\circ$–$180^\circ$ 内有两个角，别漏 $150^\circ$。

常用推论

• 三角形中 $\sin(B + C) = \sin A$，$\cos(B + C) = -\cos A$，$\sin\dfrac{B + C}{2} = \cos\dfrac{A}{2}$。由 $B + C = 180^\circ - A$ 和本节的两组公式得到。
• $(\sin\theta + \cos\theta)^2 + (\sin\theta - \cos\theta)^2 = 2$。两式展开相加，交叉项抵消。
• $\tan\theta + \dfrac{1}{\tan\theta} = \dfrac{1}{\sin\theta\cos\theta}$。通分后分子是 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$。
• $\cos^2\theta = \dfrac{1}{1 + \tan^2\theta}$，$\sin^2\theta = \dfrac{\tan^2\theta}{1 + \tan^2\theta}$。由结论 2 变形，和国内书第 11 章 11.4 节的推论相同。

易错点

• 错在哪：$\sin\theta = \dfrac{1}{3}$，只写 $\cos\theta = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$。 为什么错：$0^\circ$–$180^\circ$ 里正弦为 $\dfrac{1}{3}$ 的角有锐角和钝角两个，钝角的余弦为负。 正确做法：没有“锐角”之类的条件时，分两种情况写；有条件就按条件取一个。
• 错在哪：$\cos(180^\circ - \theta) = \cos\theta$，或 $\sin(180^\circ - \theta) = -\sin\theta$。 为什么错：对称点 $P'$ 是左右翻转，高度（正弦）不变，左右位置（余弦）变号，记反了。 正确做法：画半圆上关于 $y$ 轴对称的两点，看哪个坐标变号。
• 错在哪：换元 $s = \sin\theta$ 后得到 $s = -\dfrac{1}{2}$ 之类的根，也拿去求角。 为什么错：$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ 时 $\sin\theta \ge 0$。 正确做法：换元时写出 $0 \le s \le 1$，不在范围内的根舍去。

直观理解

半圆上一个点到圆心的距离总是 1，所以“高度的平方 + 左右位置的平方 = 1”，这就是 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$。$\theta$ 换成 $180^\circ - \theta$ 就是照镜子（$y$ 轴是镜子）：高矮不变，左右颠倒。

关联知识点

• 国内书第 11 章 11.4 节（同角三角函数的基本关系）、11.5 节（诱导公式）：公式相同，本节只是限制了范围。
• 前置：本书第 3 章 数と式 的对称式，$\sin\theta + \cos\theta$ 和 $\sin\theta\cos\theta$ 就是两个变量的基本对称式。
• 前置：本书第 5 章 2次関数，换元后是带范围的二次方程、二次不等式。
• 后续：6.4 节，三角形里由 $\cos A$ 求 $\sin A$ 时只取正值。
• 后续：本书第 13 章 三角関数，$\sin\theta + \cos\theta$ 在那里用合成写成 $\sqrt{2}\sin(\theta + 45^\circ)$。

6.4 正弦定理・余弦定理と三角形の計量

说明

记号（日本教科书和 EJU 一致）：$\triangle ABC$ 中 $BC = a$，$CA = b$，$AB = c$，角写 $A$ 或 $\angle A$，用度；外接円の半径 $R$，内接円の半径 $r$，面积 $S$。

两个定理（证明见国内书第 16 章 16.2、16.3 节）：

$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R, \qquad a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A.$$

前一个是正弦定理，后一个是余弦定理。

面积和内切圆半径（国内书第 16 章 16.4 节）：

$$S = \frac{1}{2}bc\sin A, \qquad S = \frac{1}{2}r(a + b + c).$$

EJU 的固定流程：已知三边，誘導几乎总是按下面的顺序一格一格问。

1. 余弦定理求 $\cos A = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$；
2. $\sin A = \sqrt{1 - \cos^2 A}$（三角形内角 $0^\circ < A < 180^\circ$，只取正值）；
3. $S = \dfrac{1}{2}bc\sin A$；
4. $R = \dfrac{a}{2\sin A}$；
5. $r = \dfrac{2S}{a + b + c}$。

两边和一边的对角：已知 $a$、$b$、$A$ 求 $c$，日本教科书常用余弦定理列 $c$ 的二次方程 $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$，正根有几个，三角形就有几个。国内书第 16 章 16.3 节用正弦定理先求 $B$，两种都对。

角の二等分線の長さ：$\angle A$ 的平分线交 $BC$ 于 $D$，把 $\triangle ABC$ 的面积拆成 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ACD$：

$$\frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}c \cdot AD \sin\frac{A}{2} + \frac{1}{2}b \cdot AD \sin\frac{A}{2}.$$

$A = 120^\circ$ 时（两半都是 $60^\circ$）化简得 $AD = \dfrac{bc}{b + c}$，这个形式在 EJU 里出现得很多。$D$ 分 $BC$ 的比 $BD : DC = c : b$ 是角平分线定理，见本书第 9 章。

使用场景

• 题目给出三边（或三边的比），一步步问 $\cos A$、$\sin A$、面积、$R$、$r$：按固定流程走。
• 已知两边和其中一边的对角，求第三边：用余弦定理列二次方程，看正根的个数。
• 求角平分线的长：面积拆成两块列方程。

注意点

• 由 $\cos A$ 求 $\sin A$ 时只取正值，这和 6.3 节“已知正弦求余弦要分两种”正好相反。
• $R = \dfrac{a}{2\sin A}$ 里的边和角必须相对；分母有 2。
• 角平分线面积法里，每块三角形用的角是 $\dfrac{A}{2}$，不是 $A$。
• 余弦定理列出的二次方程两个根都为正时，两个三角形都存在，都要写；有一个根为负或为 0 就舍去。
• EJU 题干说法：「$\triangle ABC$ の外接円の半径は」「内接円の半径を $r$ とすると」「$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $D$ とする」「$\triangle ABC$ の面積は」。

证明

结论 1：三角形中由 $\cos A$ 得到的 $\sin A$ 唯一。 $0^\circ < A < 180^\circ$ 时 $\sin A > 0$，所以 $\sin A = \sqrt{1 - \cos^2 A}$。反过来，$\cos A$ 在 $0^\circ$–$180^\circ$ 里一值一角（6.2 节），所以三边确定 $\cos A$ 也就确定了 $A$。

结论 2：两边一对角用余弦定理。 已知 $a$、$b$、$A$，所求 $c$ 必须满足 $c^2 - 2b\cos A \cdot c + (b^2 - a^2) = 0$。反过来，对这个方程的任意正根 $c$，以 $b$、$c$ 为两边、夹角为 $A$ 作三角形，由余弦定理第三边恰好是 $a$。（关键一步：两边和夹角确定唯一的三角形。）所以正根与满足条件的三角形一一对应。

结论 3：$A = 120^\circ$ 时 $AD = \dfrac{bc}{b + c}$。 面积等式两边约去 $\dfrac{1}{2}$，代入 $\sin 120^\circ = \sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$：

$$bc \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = (b + c) \cdot AD \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}, \qquad AD = \frac{bc}{b + c}.$$

一般的 $A$ 用 $\sin A = 2\sin\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{A}{2}$（倍角公式，本书第 13 章）得 $AD = \dfrac{2bc\cos\dfrac{A}{2}}{b + c}$，コース1 不要求记这个式子。

结论 4：$r = \dfrac{2S}{a + b + c}$。 内心 $I$ 到三边的距离都是 $r$，把 $\triangle ABC$ 拆成 $\triangle IBC$、$\triangle ICA$、$\triangle IAB$，面积和是 $\dfrac{1}{2}r(a + b + c)$。

例题

例 1　（场景：三边已知的固定流程）

問題　$\triangle ABC$ において $a = 4$，$b = 5$，$c = 6$ とする。$\cos A$，$\sin A$，面積 $S$，外接円の半径 $R$，内接円の半径 $r$ を求めよ。

解答　(1) $\cos A = \dfrac{5^2 + 6^2 - 4^2}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \dfrac{45}{60} = \dfrac{3}{4}$。

(2) $\sin A = \sqrt{1 - \dfrac{9}{16}} = \dfrac{\sqrt{7}}{4}$。

(3) $S = \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 6 \cdot \dfrac{\sqrt{7}}{4} = \dfrac{15\sqrt{7}}{4}$。

(4) $R = \dfrac{4}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{7}}{4}} = \dfrac{8}{\sqrt{7}} = \dfrac{8\sqrt{7}}{7}$。

(5) $r = \dfrac{2S}{a + b + c} = \dfrac{15\sqrt{7}}{2} \div 15 = \dfrac{\sqrt{7}}{2}$。

中文翻译　题目：在 $\triangle ABC$ 中 $a = 4$，$b = 5$，$c = 6$，求 $\cos A$、$\sin A$、面积 $S$、外接圆半径 $R$、内切圆半径 $r$。解答：（1）$\cos A = \dfrac{5^2 + 6^2 - 4^2}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \dfrac{45}{60} = \dfrac{3}{4}$。（2）$\sin A = \sqrt{1 - \dfrac{9}{16}} = \dfrac{\sqrt{7}}{4}$。（3）$S = \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 6 \cdot \dfrac{\sqrt{7}}{4} = \dfrac{15\sqrt{7}}{4}$。（4）$R = \dfrac{4}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{7}}{4}} = \dfrac{8}{\sqrt{7}} = \dfrac{8\sqrt{7}}{7}$。（5）$r = \dfrac{2S}{a + b + c} = \dfrac{15\sqrt{7}}{2} \div 15 = \dfrac{\sqrt{7}}{2}$。

解说　容易卡在：第 (4) 步用了 $\cos A$ 而不是 $\sin A$，或者忘了有理化分母。三边已知的固定流程是“余弦定理求 $\cos A$ → 平方关系求 $\sin A$ → 面积 → 正弦定理求 $R$ → $r = \dfrac{2S}{a + b + c}$”，五步顺序不要乱。

例 2　（场景：两边一对角求第三边）

問題　$\triangle ABC$ において $a = \sqrt{7}$，$b = 3$，$A = 60^\circ$ とする。$c$ を求めよ。

解答　余弦定理 $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$ より $7 = 9 + c^2 - 3c$，すなわち $c^2 - 3c + 2 = 0$，よって $c = 1, 2$。 どちらも正であり，$c = 1$ のときも $c = 2$ のときも三角形が存在する。

中文翻译　题目：在 $\triangle ABC$ 中 $a = \sqrt{7}$，$b = 3$，$A = 60^\circ$，求 $c$。解答：由余弦定理 $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$，得 $7 = 9 + c^2 - 3c$，即 $c^2 - 3c + 2 = 0$，所以 $c = 1, 2$。两个根都是正数，$c = 1$ 和 $c = 2$ 时三角形都存在。

解说　另一种解法：正弦定理 $\sin B = \dfrac{b\sin A}{a} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$，这不是特殊角，还要再求 $\cos B = \pm\dfrac{1}{2\sqrt{7}}$，再用 $\sin C = \sin(A + B)$ 和正弦定理求 $c$，计算长得多。已知量能直接代进余弦定理、所求是边时，余弦定理一步到位；正弦定理适合所求是角、或已知两角一边的情况。两边一对角可能对应两个三角形，两个正根都要保留，除非题目另有条件（如 $c > b$、鋭角三角形）。

例 3　（场景：角平分线的长）

問題　$\triangle ABC$ において $AB = 3$，$AC = 6$，$\angle A = 120^\circ$ とし，$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $D$ とする。$AD$，$BC$，$BD$ を求めよ。

解答　(1) 面積の分割（本節の証明結論 3）より，$AD = \dfrac{3 \cdot 6}{3 + 6} = 2$。

(2) 余弦定理より $BC^2 = 9 + 36 - 2 \cdot 3 \cdot 6 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 63$，よって $BC = 3\sqrt{7}$。

(3) 角の二等分線定理より $BD : DC = AB : AC = 1 : 2$ であるから，$BD = \dfrac{1}{3} \cdot 3\sqrt{7} = \sqrt{7}$。

中文翻译　题目：在 $\triangle ABC$ 中 $AB = 3$，$AC = 6$，$\angle A = 120^\circ$，$\angle A$ 的平分线交 $BC$ 于 $D$。求 $AD$、$BC$、$BD$。解答：（1）由面积拆分（本节证明结论 3），$AD = \dfrac{3 \cdot 6}{3 + 6} = 2$。（2）由余弦定理 $BC^2 = 9 + 36 - 2 \cdot 3 \cdot 6 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 63$，所以 $BC = 3\sqrt{7}$。（3）由角平分线定理 $BD : DC = AB : AC = 1 : 2$，所以 $BD = \dfrac{1}{3} \cdot 3\sqrt{7} = \sqrt{7}$。

解说　角平分线长用面积拆分：$\dfrac{1}{2}bc\sin A = \dfrac{1}{2}c \cdot AD \sin\dfrac{A}{2} + \dfrac{1}{2}b \cdot AD \sin\dfrac{A}{2}$，解出 $AD = \dfrac{bc}{b + c}$（$A = 120^\circ$ 时）。两块三角形在 $A$ 处的角是 $\dfrac{A}{2}$，不是 $A$，这是最常见的错。$BD$ 用角平分线定理，不要再用一次余弦定理。

常用推论

• 角平分线长：$A = 120^\circ$ 时 $AD = \dfrac{bc}{b + c}$；$A = 60^\circ$ 时 $AD = \dfrac{\sqrt{3}bc}{b + c}$；$A = 90^\circ$ 时 $AD = \dfrac{\sqrt{2}bc}{b + c}$。都由面积拆分代入 $\sin\dfrac{A}{2}$ 和 $\sin A$ 的值得到。

• 三边都是整数时 $\cos A$ 是有理数，$\sin A$ 一般带根号，所以面积、$R$、$r$ 常常是“整数 × 根号 ÷ 整数”，正好对应 EJU 的 $\dfrac{\fbox{A}\sqrt{\fbox{B}}}{\fbox{C}}$ 格子。

• $S = \dfrac{abc}{4R}$。把 $\sin A = \dfrac{a}{2R}$ 代入 $S = \dfrac{1}{2}bc\sin A$。

• 海伦公式 $S = \sqrt{s(s - a)(s - b)(s - c)}$，$s = \dfrac{a + b + c}{2}$（日文资料一般写 $s$，国内书写 $p$）。三边都是整数时可用来验算固定流程的面积；推导见国内书第 16 章 16.4 节。各社数学Ⅰ教科书怎样处理这个公式（正文、研究或発展）本书没有逐本核对；2017–2021 年公开的コース1 过去问里没有直接要用海伦公式的格子。

易错点

• 错在哪：$\cos A = \dfrac{3}{4}$，写 $\sin A = \pm\dfrac{\sqrt{7}}{4}$。 为什么错：三角形的内角在 $0^\circ$ 和 $180^\circ$ 之间，正弦一定为正。 正确做法：$\sin A = \dfrac{\sqrt{7}}{4}$。只有“已知正弦求余弦”才要考虑两种。
• 错在哪：外接圆半径写成 $R = \dfrac{a}{\sin A}$。 为什么错：正弦定理的比值是直径 $2R$，不是半径。 正确做法：$R = \dfrac{a}{2\sin A}$，求出后可以用”$R$ 不小于最长边的一半“粗略检验。
• 错在哪：例 2 解出 $c = 1, 2$ 后只留一个。 为什么错：两边一对角的条件本来就可能对应两个三角形，两个正根都有效。 正确做法：两个都写，或按题目附加条件（如”$c > b$“、“鋭角三角形”）取舍。
• 错在哪：角平分线面积拆分写成 $\dfrac{1}{2}c \cdot AD \sin A + \dfrac{1}{2}b \cdot AD \sin A$。 为什么错：平分后每块三角形在 $A$ 处的角是 $\dfrac{A}{2}$。 正确做法：两块用 $\sin\dfrac{A}{2}$，整个三角形用 $\sin A$。

直观理解

固定流程的每一步只是“换一种方式描述同一个三角形”：三边确定了形状，$\cos A$ 告诉你张开多大，$\sin A$ 决定高和边之比，面积是底乘高，外接圆是过三个顶点的圆，内切圆是贴住三条边的圆。角平分线把一个三角形劈成两个共用一条边 $AD$ 的三角形，两块面积相加就是原来的面积，所以面积是求它最省事的桥梁。

关联知识点

• 国内书第 16 章 16.2 节（余弦定理）、16.3 节（正弦定理）、16.4 节（面积公式）：定理和证明都在那里。
• 前置：6.3 节，由余弦求正弦。
• 本书第 9 章 図形の性質：角平分线定理 $BD : DC = AB : AC$、内心外心的性质。
• 后续：6.5 节，圆内接四边形把余弦定理用两次。
• 后续：6.6 节，四面体的高要用底面三角形的外接圆半径 $R$。
• 本书第 2 章：$\dfrac{\fbox{A}\sqrt{\fbox{B}}}{\fbox{C}}$ 型格子的填法。

6.5 円に内接する四角形の計量

说明

性質（本书第 9 章证明）：圆内接四边形 $ABCD$ 的对角互补，

$$A + C = 180^\circ, \qquad B + D = 180^\circ.$$

由 6.3 节，$\cos C = -\cos A$，$\sin C = \sin A$。

计量的标准做法：已知四条边 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$，求对角线 $BD$。对角线 $BD$ 把四边形分成 $\triangle ABD$ 和 $\triangle CBD$，在两个三角形里各用一次余弦定理：

$$BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 \cdot AB \cdot AD \cos A = CB^2 + CD^2 + 2 \cdot CB \cdot CD \cos A.$$

两式相等，解出 $\cos A$，再回代求 $BD$。之后：

• 面积 $S = \triangle ABD + \triangle CBD = \dfrac{1}{2}(AB \cdot AD + CB \cdot CD)\sin A$；
• 四边形的外接圆就是 $\triangle ABD$ 的外接圆，$R = \dfrac{BD}{2\sin A}$。

使用场景

• 已知四条边，求对角线、某个角的余弦、面积、外接圆半径：两次余弦定理，用 $\cos C = -\cos A$ 消去未知数。
• 已知一个角和几条边，求剩下的边：先用已知的三角形求对角线，再到对面的三角形用补角列方程。
• 求另一条对角线 $AC$：对 $\angle B$ 重复同样的做法。

注意点

• 第二个三角形里用的是 $\cos C = -\cos A$，余弦定理里的减号变成加号。
• 面积公式里两块三角形用的是同一个 $\sin A$（因为 $\sin C = \sin A$），可以合并。
• 四边形的外接圆半径用哪个三角形算都一样，选数最简单的。
• 题目说「円に内接する四角形」或「4 点 $A$，$B$，$C$，$D$ が同一円周上にある」，都要想到对角互补。

证明

结论 1：$\cos C = -\cos A$，$\sin C = \sin A$。 $C = 180^\circ - A$，由 6.3 节的 $180^\circ - \theta$ 公式。

结论 2：$\cos A$ 的公式。 记 $AB = p$，$AD = q$，$CB = m$，$CD = n$。两式 $p^2 + q^2 - 2pq\cos A = m^2 + n^2 + 2mn\cos A$ 移项：

$$\cos A = \frac{p^2 + q^2 - m^2 - n^2}{2(pq + mn)}.$$

（关键一步：两个三角形共用对角线 $BD$，又因为对角互补，两边的余弦可以写成同一个 $\cos A$，于是只剩一个未知数。）

结论 3：外接圆半径。 四个顶点在同一个圆上，这个圆也过 $A$、$B$、$D$，所以它就是 $\triangle ABD$ 的外接圆，由正弦定理 $BD = 2R\sin A$。

例题

例 1　（场景：已知四边）

問題　円に内接する四角形 $ABCD$ において $AB = 8$，$BC = 3$，$CD = 5$，$DA = 5$ とする。$\cos A$，$BD$，面積 $S$，外接円の半径 $R$ を求めよ。

解答　(1) $\triangle ABD$ において $BD^2 = 64 + 25 - 80\cos A = 89 - 80\cos A$。

(2) $\triangle CBD$ において，$\cos C = -\cos A$ であるから $BD^2 = 9 + 25 + 30\cos A = 34 + 30\cos A$。

(3) $89 - 80\cos A = 34 + 30\cos A$ より $110\cos A = 55$，よって $\cos A = \dfrac{1}{2}$，$A = 60^\circ$。

(4) $BD^2 = 89 - 40 = 49$ より $BD = 7$。

(5) $\sin A = \sin C = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ であるから，$S = \dfrac{1}{2}(8 \cdot 5 + 3 \cdot 5) \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{55\sqrt{3}}{4}$。

(6) $R = \dfrac{7}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。

中文翻译　题目：圆内接四边形 $ABCD$ 中 $AB = 8$，$BC = 3$，$CD = 5$，$DA = 5$，求 $\cos A$、$BD$、面积 $S$、外接圆半径 $R$。解答：（1）在 $\triangle ABD$ 中，$BD^2 = 64 + 25 - 80\cos A = 89 - 80\cos A$。（2）在 $\triangle CBD$ 中，$\cos C = -\cos A$，所以 $BD^2 = 9 + 25 + 30\cos A = 34 + 30\cos A$。（3）由 $89 - 80\cos A = 34 + 30\cos A$ 得 $110\cos A = 55$，所以 $\cos A = \dfrac{1}{2}$，$A = 60^\circ$。（4）$BD^2 = 89 - 40 = 49$，所以 $BD = 7$。（5）$\sin A = \sin C = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，所以 $S = \dfrac{1}{2}(8 \cdot 5 + 3 \cdot 5) \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{55\sqrt{3}}{4}$。（6）$R = \dfrac{7}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。

解说　圆内接四边形对角互补，所以 $\cos C = -\cos A$，两次余弦定理写出的 $BD^2$ 相等，解出 $\cos A$。面积沿对角线 $BD$ 分成两块，分别用夹 $A$、夹 $C$ 的两边：$8 \cdot 5$ 和 $3 \cdot 5$。$R$ 用 $BD$ 和 $\sin A$ 求，不用再算别的边。

例 2　（场景：已知一角和三边求剩下的边）

問題　円に内接する四角形 $ABCD$ において $AB = 3$，$BC = 5$，$\angle ABC = 120^\circ$，$CD = 3$ とする。$AC$，$AD$，四角形 $ABCD$ の面積を求めよ。

解答　(1) $\triangle ABC$ において $AC^2 = 9 + 25 - 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 49$，よって $AC = 7$。

(2) $D = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ である。$\triangle ACD$ において $49 = AD^2 + 9 - 2 \cdot 3 \cdot AD \cdot \dfrac{1}{2}$，すなわち $AD^2 - 3AD - 40 = 0$，$(AD - 8)(AD + 5) = 0$。$AD > 0$ より $AD = 8$。

(3) 面積は $\dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot \sin 120^\circ + \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 8 \cdot \sin 60^\circ = \dfrac{15 + 24}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{39\sqrt{3}}{4}$。

中文翻译　题目：圆内接四边形 $ABCD$ 中 $AB = 3$，$BC = 5$，$\angle ABC = 120^\circ$，$CD = 3$，求 $AC$、$AD$ 和四边形 $ABCD$ 的面积。解答：（1）在 $\triangle ABC$ 中，$AC^2 = 9 + 25 - 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 49$，所以 $AC = 7$。（2）$D = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$。在 $\triangle ACD$ 中，$49 = AD^2 + 9 - 2 \cdot 3 \cdot AD \cdot \dfrac{1}{2}$，即 $AD^2 - 3AD - 40 = 0$，$(AD - 8)(AD + 5) = 0$。因为 $AD > 0$，所以 $AD = 8$。（3）面积为 $\dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 \cdot \sin 120^\circ + \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 8 \cdot \sin 60^\circ = \dfrac{15 + 24}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{39\sqrt{3}}{4}$。

解说　已知 $\angle ABC$ 就先求 $AC$，再用对角互补 $D = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ 解 $AD$。二次方程的两个根 $-5$ 和 $8$ 里，边长只能取正，负根舍去。面积沿 $AC$ 分成两块，分别用 $\sin 120^\circ$ 和 $\sin 60^\circ$；两个正弦值相等，所以可以合并成 $\dfrac{15 + 24}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。

例 3　（场景：求另一条对角线）

問題　例 1 の四角形 $ABCD$ において，$AC$ を求めよ。

解答　$\angle B$ についても同じようにする。$D = 180^\circ - B$ であるから $\cos D = -\cos B$。

(1) $\triangle BAC$ において $AC^2 = 64 + 9 - 48\cos B = 73 - 48\cos B$。

(2) $\triangle DAC$ において $AC^2 = 25 + 25 + 50\cos B = 50 + 50\cos B$。

(3) $73 - 48\cos B = 50 + 50\cos B$ より $98\cos B = 23$，よって $\cos B = \dfrac{23}{98}$。

(4) $AC^2 = 73 - 48 \cdot \dfrac{23}{98} = 73 - \dfrac{552}{49} = \dfrac{3577 - 552}{49} = \dfrac{3025}{49}$，よって $AC = \dfrac{55}{7}$。

中文翻译　题目：在例 1 的四边形 $ABCD$ 中，求 $AC$。解答：对 $\angle B$ 做同样的事。$D = 180^\circ - B$，所以 $\cos D = -\cos B$。（1）在 $\triangle BAC$ 中，$AC^2 = 64 + 9 - 48\cos B = 73 - 48\cos B$。（2）在 $\triangle DAC$ 中，$AC^2 = 25 + 25 + 50\cos B = 50 + 50\cos B$。（3）由 $73 - 48\cos B = 50 + 50\cos B$ 得 $98\cos B = 23$，所以 $\cos B = \dfrac{23}{98}$。（4）$AC^2 = 73 - 48 \cdot \dfrac{23}{98} = 73 - \dfrac{552}{49} = \dfrac{3577 - 552}{49} = \dfrac{3025}{49}$，所以 $AC = \dfrac{55}{7}$。

解说　容易卡在：$\cos B$ 不是特殊值，通分时算错。$3025 = 55^2$，开得尽方说明大概率算对了。另一种解法：トレミーの定理（托勒密定理）：圆内接四边形中 $AC \cdot BD = AB \cdot CD + AD \cdot BC$。代入 $BD = 7$：$7AC = 8 \cdot 5 + 5 \cdot 3 = 55$，$AC = \dfrac{55}{7}$。公开过去问里的圆内接四边形题（2019 年第 1 回、2020 年第 2 回コース1 的 Ⅳ）都按两次余弦定理一步步引导，没有托勒密定理的格子；托勒密定理在已经知道一条对角线时最快，适合自己验算。

常用推论

• $\cos A = \dfrac{p^2 + q^2 - m^2 - n^2}{2(pq + mn)}$（$p$、$q$ 是夹 $A$ 的两边，$m$、$n$ 是夹 $C$ 的两边）。推导见本节证明结论 2。
• 面积 $S = \dfrac{1}{2}(pq + mn)\sin A$。两块三角形面积相加，$\sin C = \sin A$。
• トレミーの定理 $AC \cdot BD = AB \cdot CD + AD \cdot BC$，可用来验算两条对角线。
• 圆内接四边形的外接圆半径 $R = \dfrac{BD}{2\sin A} = \dfrac{AC}{2\sin B}$。两个式子算出的 $R$ 应该相同，也可用来验算。

易错点

• 错在哪：在 $\triangle CBD$ 里写 $BD^2 = CB^2 + CD^2 - 2 \cdot CB \cdot CD\cos A$。 为什么错：$\triangle CBD$ 在 $C$ 处的角是 $C$，$\cos C = -\cos A$，符号要变。 正确做法：先写成 $\cos C$，再代 $\cos C = -\cos A$，减号变加号。
• 错在哪：面积写成 $\dfrac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \sin A + \dfrac{1}{2} \cdot CD \cdot DA \sin C$。 为什么错：夹 $A$ 的两边是 $AB$ 和 $AD$，夹 $C$ 的是 $CB$ 和 $CD$，配错了边。 正确做法：沿对角线 $BD$ 分开，每块三角形用夹那个角的两边。
• 错在哪：例 2 解出 $AD = -5$ 也写上。 为什么错：边长为正。 正确做法：二次方程的负根舍去。

直观理解

对角线 $BD$ 像一根共用的横梁，$A$ 和 $C$ 分别在梁的两侧把它“撑开”。圆内接的条件让两边的张角一个是 $A$、一个是 $180^\circ - A$：$A$ 张得越大，$A$ 那一侧要求的梁越长，$C$ 那一侧却越收拢、要求的梁越短。两边必须给出同一根梁，这就定下了 $A$。

关联知识点

• 前置：6.3 节 $180^\circ - \theta$ 的公式；6.4 节余弦定理。
• 本书第 9 章 図形の性質：圆内接四边形对角互补、接弦定理、方べきの定理，是本节的几何依据。
• 国内书第 16 章 16.2 节：余弦定理本身；国内题目很少专考圆内接四边形的计量。
• 后续：本书第 16 章 ベクトル，也可以用向量处理四边形，但 EJU 誘導一般用本节做法。

6.6 空間図形の計量

说明

EJU 的空间计量题不要求空间向量，套路是把立体切成平面三角形，用余弦定理、正弦定理、勾股定理一块块算。最常见的有四类：

1. 側辺が等しい四面体：四面体 $OABC$ 中 $OA = OB = OC$，从 $O$ 向底面 $ABC$ 作垂线，垂足 $H$ 是 $\triangle ABC$ 的外心。于是

$$AH = BH = CH = R, \qquad OH = \sqrt{OA^2 - R^2}, \qquad V = \frac{1}{3} \cdot \triangle ABC \cdot OH.$$

$R$ 用 6.4 节的流程求。

2. 3 辺が直交する四面体：$OA$、$OB$、$OC$ 两两垂直时，以 $\triangle OAB$ 为底、$OC$ 为高，

$$V = \frac{1}{6} \cdot OA \cdot OB \cdot OC.$$

再求出 $\triangle ABC$ 的面积，$O$ 到平面 $ABC$ 的距离 $d = \dfrac{3V}{\triangle ABC}$（等体积法，国内书第 18 章 18.5 节）。

3. 内接球と外接球：

• 四面体内切球半径 $r = \dfrac{3V}{S_{\text{表}}}$（$S_{\text{表}}$ 是四个面的面积和），把四面体从球心切成四个小三棱锥得到。
• 正四面体（棱长 $a$）：高 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}a$，体积 $\dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$，外接球半径 $\dfrac{\sqrt{6}}{4}a$，内切球半径 $\dfrac{\sqrt{6}}{12}a$。

4. 空間の測量：地面上的三角形用正弦定理求水平距离，再用仰角的正切求高度。

使用场景

• 四面体有三条侧棱相等（或顶点到底面三个顶点距离相等）：垂足是外心，先求底面的 $R$，再求高和体积。
• 一个顶点处三条棱两两垂直：体积用三棱之积的 $\dfrac{1}{6}$，点到对面的距离用等体积法。
• 求正四面体或一般四面体的内切球、外接球半径：体积拆分，或正四面体的公式。
• 塔高、山高等空间测量：地面三角形用正弦定理，竖直方向用正切。

注意点

• “垂足是外心”的条件是三条侧棱相等，不需要底面是正三角形。
• 锥体体积有 $\dfrac{1}{3}$，三直角四面体的体积是三棱之积的 $\dfrac{1}{6}$（$\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2}$）。
• 等体积法里的“底面积”要换成新的底面 $\triangle ABC$ 的面积，常常要先用余弦定理求。
• 空间测量题里，水平面上的角和竖直面里的仰角是两个不同平面里的角，分开画两张平面图。
• EJU 题干说法：「点 $O$ から平面 $ABC$ に垂線 $OH$ を下ろす」「四面体 $OABC$ の体積」「$H$ は $\triangle ABC$ の外心である」「この四面体に内接する球の半径」。

证明

结论 1：$OA = OB = OC$ 时垂足 $H$ 是外心。 $OH$ 垂直于平面 $ABC$，所以 $OH \perp HA$，$OH \perp HB$，$OH \perp HC$。三个直角三角形 $OHA$、$OHB$、$OHC$ 有公共直角边 $OH$，斜边 $OA = OB = OC$，（关键一步：斜边和一条直角边对应相等的直角三角形全等）所以 $HA = HB = HC$，$H$ 到三个顶点等距，是外心。

结论 2：三直角四面体的体积。 $OC \perp OA$，$OC \perp OB$，所以 $OC$ 垂直于平面 $OAB$，是以 $\triangle OAB$ 为底的高。$V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2}OA \cdot OB \cdot OC$。

结论 3：内切球半径 $r = \dfrac{3V}{S_{\text{表}}}$。 内切球球心 $I$ 到四个面的距离都是 $r$。把四面体分成以 $I$ 为顶点、四个面为底的四个三棱锥，体积和 $V = \dfrac{1}{3}r(S_1 + S_2 + S_3 + S_4)$。

结论 4：正四面体的数据。 棱长 $a$，底面正三角形外接圆半径 $\dfrac{a}{\sqrt{3}}$，由结论 1，高 $h = \sqrt{a^2 - \dfrac{a^2}{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}a$；底面积 $\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2$，$V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2 \cdot \dfrac{\sqrt{6}}{3}a = \dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$；由结论 3，表面积 $\sqrt{3}a^2$，$r = \dfrac{3V}{\sqrt{3}a^2} = \dfrac{\sqrt{6}}{12}a = \dfrac{h}{4}$；由对称性外接球球心与内切球球心重合，都在高上，所以 $R = h - r = \dfrac{\sqrt{6}}{4}a$。

例题

例 1　（场景：侧棱相等的四面体）

問題　四面体 $OABC$ において $OA = OB = OC = 4$，$BC = 4$，$CA = 5$，$AB = 6$ とする。体積 $V$ を求めよ。

解答　底面の三角形は 6.4 節例 1 の三角形（$a = 4$，$b = 5$，$c = 6$）であり，$\triangle ABC = \dfrac{15\sqrt{7}}{4}$，$R = \dfrac{8}{\sqrt{7}}$ である。

(1) 垂線の足 $H$ は外心であり，$AH = R$ であるから $R^2 = \dfrac{64}{7}$。

(2) $OH^2 = 16 - \dfrac{64}{7} = \dfrac{48}{7}$ より $OH = \dfrac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \dfrac{4\sqrt{21}}{7}$。

(3) $V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{15\sqrt{7}}{4} \cdot \dfrac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = 5\sqrt{3}$。

中文翻译　题目：四面体 $OABC$ 中 $OA = OB = OC = 4$，$BC = 4$，$CA = 5$，$AB = 6$，求它的体积。解答：底面就是 6.4 节例 1 的三角形（$a = 4$，$b = 5$，$c = 6$），已求出 $\triangle ABC = \dfrac{15\sqrt{7}}{4}$，$R = \dfrac{8}{\sqrt{7}}$。（1）垂足 $H$ 是外心，$AH = R$，所以 $R^2 = \dfrac{64}{7}$。（2）$OH^2 = 16 - \dfrac{64}{7} = \dfrac{48}{7}$，所以 $OH = \dfrac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \dfrac{4\sqrt{21}}{7}$。（3）$V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{15\sqrt{7}}{4} \cdot \dfrac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = 5\sqrt{3}$。

解说　容易卡在：第 (3) 步先把 $OH$ 有理化成 $\dfrac{4\sqrt{21}}{7}$ 再乘，根号不好约；保留 $\dfrac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$，$\sqrt{7}$ 直接约掉。侧棱相等时垂足是底面外心，不是重心；高用 $OH = \sqrt{OA^2 - R^2}$，底面积和外接圆半径都沿用 6.4 节的结果。

例 2　（场景：三直角四面体）

問題　四面体 $OABC$ において $OA$，$OB$，$OC$ は互いに垂直で，$OA = 1$，$OB = OC = 2$ とする。体積 $V$，$\triangle ABC$ の面積，$O$ から平面 $ABC$ までの距離 $d$ を求めよ。

解答　(1) $V = \dfrac{1}{6} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 = \dfrac{2}{3}$。

(2) 三平方の定理より $AB = AC = \sqrt{1 + 4} = \sqrt{5}$，$BC = \sqrt{4 + 4} = 2\sqrt{2}$。$\triangle ABC$ は二等辺三角形であり，底辺 $BC$ 上の高さは $\sqrt{5 - 2} = \sqrt{3}$ であるから，面積は $\dfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = \sqrt{6}$。

(3) 体積を $2$ 通りに表すと $\dfrac{1}{3}\sqrt{6} \cdot d = \dfrac{2}{3}$，よって $d = \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$。

中文翻译　题目：四面体 $OABC$ 中 $OA$、$OB$、$OC$ 两两垂直，$OA = 1$，$OB = OC = 2$，求体积 $V$、$\triangle ABC$ 的面积和 $O$ 到平面 $ABC$ 的距离 $d$。解答：（1）$V = \dfrac{1}{6} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 = \dfrac{2}{3}$。（2）由勾股定理，$AB = AC = \sqrt{1 + 4} = \sqrt{5}$，$BC = \sqrt{4 + 4} = 2\sqrt{2}$。$\triangle ABC$ 是等腰三角形，底 $BC$ 上的高 $\sqrt{5 - 2} = \sqrt{3}$，面积 $\dfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = \sqrt{6}$。（3）用两种方式表示体积，$\dfrac{1}{3}\sqrt{6} \cdot d = \dfrac{2}{3}$，所以 $d = \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$。

解说　另一种解法：三直角四面体有公式 $\dfrac{1}{d^2} = \dfrac{1}{OA^2} + \dfrac{1}{OB^2} + \dfrac{1}{OC^2} = 1 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{2}$，$d = \sqrt{\dfrac{2}{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$。等体积法是誘導的正规路线，题目通常会先问体积和面积；公式法一步得到距离，适合只问距离或用来验算。体积公式是 $\dfrac{1}{6}OA \cdot OB \cdot OC$，不是 $\dfrac{1}{3}$，因为底面 $\triangle OAB$ 的面积为 $\dfrac{1}{2}OA \cdot OB$。

例 3　（场景：正四面体的内切球、外接球）

問題　$1$ 辺の長さが $6$ の正四面体について，体積，内接球の半径，外接球の半径を求めよ。

解答　(1) $V = \dfrac{\sqrt{2}}{12} \cdot 216 = 18\sqrt{2}$。

(2) 表面積は $4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot 36 = 36\sqrt{3}$ であるから，$r = \dfrac{3V}{S_{\text{表}}} = \dfrac{54\sqrt{2}}{36\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$。

(3) 高さは $h = \dfrac{\sqrt{6}}{3} \cdot 6 = 2\sqrt{6}$ であるから，$R = h - r = 2\sqrt{6} - \dfrac{\sqrt{6}}{2} = \dfrac{3\sqrt{6}}{2}$。

中文翻译　题目：棱长为 $6$ 的正四面体，求体积、内切球半径、外接球半径。解答：（1）$V = \dfrac{\sqrt{2}}{12} \cdot 216 = 18\sqrt{2}$。（2）表面积 $4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot 36 = 36\sqrt{3}$，所以 $r = \dfrac{3V}{S_{\text{表}}} = \dfrac{54\sqrt{2}}{36\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$。（3）高 $h = \dfrac{\sqrt{6}}{3} \cdot 6 = 2\sqrt{6}$，所以 $R = h - r = 2\sqrt{6} - \dfrac{\sqrt{6}}{2} = \dfrac{3\sqrt{6}}{2}$。

解说　正四面体的常用公式：$h = \dfrac{\sqrt{6}}{3}a$，$V = \dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$，$r = \dfrac{\sqrt{6}}{12}a$，$R = \dfrac{\sqrt{6}}{4}a$，且 $R = 3r$。本题 $r = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$、$R = \dfrac{3\sqrt{6}}{2}$，正好 $R = 3r$，可以自查。内切球半径用 $r = \dfrac{3V}{S_{\text{表}}}$，外接球半径用 $R = h - r$（球心在高上，内切球与外接球同心）。

例 4　（场景：空间测量）

問題　地面上の $2$ 点 $A$，$B$ の距離は $100$ m で，塔の真下の点 $Q$ も地面上にある。$\angle QAB = 75^\circ$，$\angle QBA = 45^\circ$ であり，$A$ から塔の先端 $P$ を見上げた仰角は $30^\circ$ である。塔の高さ $PQ$ を求めよ。

解答　(1) 地面の $\triangle ABQ$ において $\angle AQB = 180^\circ - 75^\circ - 45^\circ = 60^\circ$。正弦定理より $\dfrac{AQ}{\sin 45^\circ} = \dfrac{100}{\sin 60^\circ}$，よって $AQ = 100 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \div \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{100\sqrt{6}}{3}$。

(2) 鉛直な $\triangle APQ$ において $\angle PQA = 90^\circ$ であるから，$PQ = AQ\tan 30^\circ = \dfrac{100\sqrt{6}}{3} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{100\sqrt{2}}{3}$。

したがって，塔の高さは $\dfrac{100\sqrt{2}}{3}$ m（約 $47.1$ m）である。

中文翻译　题目：地面上两点 $A$、$B$ 相距 $100$ m，塔底 $Q$ 也在地面上，$\angle QAB = 75^\circ$，$\angle QBA = 45^\circ$。从 $A$ 看塔顶 $P$ 的仰角是 $30^\circ$。求塔高 $PQ$。解答：（1）在地面 $\triangle ABQ$ 中，$\angle AQB = 180^\circ - 75^\circ - 45^\circ = 60^\circ$。由正弦定理 $\dfrac{AQ}{\sin 45^\circ} = \dfrac{100}{\sin 60^\circ}$，所以 $AQ = 100 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \div \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{100\sqrt{6}}{3}$。（2）在竖直的 $\triangle APQ$ 中，$\angle PQA = 90^\circ$，所以 $PQ = AQ\tan 30^\circ = \dfrac{100\sqrt{6}}{3} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{100\sqrt{2}}{3}$。因此塔高是 $\dfrac{100\sqrt{2}}{3}$ m（约 $47.1$ m）。

解说　空间测量分两张图：地面三角形用正弦、余弦定理，竖直的直角三角形用正切。$75^\circ$ 是水平面里的角，不能当成仰角；仰角 $30^\circ$ 只出现在 $\triangle APQ$ 里。地面三角形先由内角和求 $\angle AQB = 60^\circ$，再用正弦定理求 $AQ$，最后在竖直三角形里乘 $\tan 30^\circ$。

常用推论

• 侧棱都等于 $l$ 的三棱锥，高 $h = \sqrt{l^2 - R^2}$（$R$ 是底面外接圆半径）。由本节证明结论 1。
• 三直角四面体中 $O$ 到平面 $ABC$ 的距离满足 $\dfrac{1}{d^2} = \dfrac{1}{OA^2} + \dfrac{1}{OB^2} + \dfrac{1}{OC^2}$。推导：设 $OA = p$，$OB = q$，$OC = s$，由等体积 $\triangle ABC = \dfrac{pqs}{2d}$；另一方面 $\triangle ABC^2 = \triangle OAB^2 + \triangle OBC^2 + \triangle OCA^2 = \dfrac{p^2q^2 + q^2s^2 + s^2p^2}{4}$（可用海伦公式或坐标计算验证），两式联立整理即得。
• 正四面体：$h = \dfrac{\sqrt{6}}{3}a$，$V = \dfrac{\sqrt{2}}{12}a^3$，$R = \dfrac{\sqrt{6}}{4}a$，$r = \dfrac{\sqrt{6}}{12}a$，$R = 3r$。由本节证明结论 4。
• 侧棱相等的四面体的外接球球心在直线 $OH$ 上，半径 $R_{\text{球}} = \dfrac{OA^2}{2 \cdot OH}$。推导：球心 $K$ 在 $OH$ 上，$KO = KA = R_{\text{球}}$，在直角三角形 $KHA$ 中 $(OH - R_{\text{球}})^2 + R^2 = R_{\text{球}}^2$，展开后用 $OH^2 + R^2 = OA^2$。

易错点

• 错在哪：侧棱相等，就把垂足当成底面的重心。 为什么错：侧棱相等推出的是“垂足到三个顶点等距”，那是外心；重心只在底面是正三角形时与外心重合。 正确做法：侧棱相等 → 外心。只有底面是正三角形时，外心、重心、内心、垂心才重合。
• 错在哪：三直角四面体的体积写成 $\dfrac{1}{3} \cdot OA \cdot OB \cdot OC$。 为什么错：底面 $\triangle OAB$ 的面积是 $\dfrac{1}{2}OA \cdot OB$，漏了 $\dfrac{1}{2}$。 正确做法：$V = \dfrac{1}{6}OA \cdot OB \cdot OC$。
• 错在哪：空间测量里把 $\angle QAB = 75^\circ$ 当成仰角用。 为什么错：$75^\circ$ 是水平面里的角，仰角在竖直平面里。 正确做法：分两张图：地面三角形和竖直的直角三角形，各用各的角。

直观理解

把三条一样长的绳子一端系在 $O$，另一端钉在桌面的 $A$、$B$、$C$ 三点，绳子拉直时 $O$ 正下方的点到三根钉子一样远，这个点就是外心。体积公式里的”$\dfrac{1}{3}$ 底 × 高”、内切球的”$\dfrac{3V}{S}$“、等体积法求距离，都来自同一个想法：同一个立体换不同的底、切成几个锥体，体积不变。

关联知识点

• 国内书第 18 章 18.4 节（表面积）、18.5 节（体积，等体积法）：公式和祖暅原理在那里。
• 国内书第 27 章：国内用空间向量求点到平面的距离，EJU コース1 用本节的等体积法。
• 前置：6.4 节，底面三角形的面积和外接圆半径。
• 本书第 9 章 図形の性質：空间的直线与平面的垂直、三角形的外心与内心。
• 后续：本书第 16 章 ベクトル，コース2 也可以用空间坐标和向量算同类题。

6.7 题型与答法

EJU 的图形计量题常作为コース1 的一整道大问出现：已查的 2017 年第 1、2 回，2019 年第 1 回，2020 年第 2 回，2021 年第 1 回，コース1 的 Ⅳ 都是这一章的大题（2019 年第 1 回、2020 年第 2 回是圆内接四边形，2021 年第 1 回是三角形、正弦定理和外接圆），这五回的 Ⅰ–Ⅲ 里没有单独出三角比。コース2 的出题范围同样包括本章。三角比的值、角度都填进格子，角度格子写成 $\fbox{AB}^\circ$。

誘導的典型骨架：

• 三角形：(1) 余弦定理求 $\cos A$ →(2) $\sin A$、面积 →(3) 外接圆、内切圆半径 →(4) 角平分线或中线、分点的长度。
• 三角比：(1) $\sin\theta + \cos\theta$ 平方得 $\sin\theta\cos\theta$ →(2) 判断锐角钝角 →(3) $\sin\theta - \cos\theta$ 和各个值。
• 立体：(1) 底面三角形的余弦、面积 →(2) 底面外接圆半径 →(3) 垂足是哪个心（选择型）→(4) 高、体积，或内切球半径。

填涂提醒：$\cos A$ 为负时负号填在分子的第一格（如 $-\dfrac{1}{2}$ 填进 $\dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{C}}$ 是「－」「1」「2」）；根号里要化到最小；分母要有理化（$\dfrac{8}{\sqrt{7}}$ 要写成 $\dfrac{8\sqrt{7}}{7}$）。

問題 1　（正弦定理・余弦定理と三角形の計量）

$\triangle ABC$ において，$AB = 5$，$AC = 3$，$BC = 7$ とする。

(1) $\cos\angle BAC = \dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{C}}$ であり，$\angle BAC = \fbox{DEF}^\circ$ である。

(2) $\triangle ABC$ の面積は $\dfrac{\fbox{GH}\sqrt{\fbox{I}}}{\fbox{J}}$，外接円の半径は $\dfrac{\fbox{K}\sqrt{\fbox{L}}}{\fbox{M}}$，内接円の半径は $\dfrac{\sqrt{\fbox{N}}}{\fbox{O}}$ である。

(3) $\angle BAC$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $D$ とすると，$AD = \dfrac{\fbox{PQ}}{\fbox{R}}$，$BD = \dfrac{\fbox{ST}}{\fbox{U}}$ である。

解答　(1) 余弦定理より $\cos\angle BAC = \dfrac{5^2 + 3^2 - 7^2}{2 \cdot 5 \cdot 3} = \dfrac{-15}{30} = -\dfrac{1}{2}$， よって $\angle BAC = 120^\circ$。したがって $\fbox{AB}$ には「－」と「1」，$\fbox{C} = 2$，$\fbox{DEF} = 1, 2, 0$。

(2) $\sin 120^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ であるから，面積は $\dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 3 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{15\sqrt{3}}{4}$。外接円の半径は $\dfrac{7}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。内接円の半径は $\dfrac{2S}{5 + 3 + 7} = \dfrac{15\sqrt{3}}{2} \div 15 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。 よって $\fbox{GH} = 1, 5$，$\fbox{I} = 3$，$\fbox{J} = 4$，$\fbox{K} = 7$，$\fbox{L} = 3$，$\fbox{M} = 3$，$\fbox{N} = 3$，$\fbox{O} = 2$。

(3) $\angle BAC = 120^\circ$ であるから，6.4 節より $AD = \dfrac{5 \cdot 3}{5 + 3} = \dfrac{15}{8}$。角の二等分線定理より $BD : DC = 5 : 3$ であるから，$BD = \dfrac{5}{8} \cdot 7 = \dfrac{35}{8}$。 よって $\fbox{PQ} = 1, 5$，$\fbox{R} = 8$，$\fbox{ST} = 3, 5$，$\fbox{U} = 8$。

中文翻译　题目：在 $\triangle ABC$ 中，$AB = 5$，$AC = 3$，$BC = 7$。（1）$\cos\angle BAC = \dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{C}}$，$\angle BAC = \fbox{DEF}^\circ$。（2）$\triangle ABC$ 的面积是 $\dfrac{\fbox{GH}\sqrt{\fbox{I}}}{\fbox{J}}$，外接圆半径是 $\dfrac{\fbox{K}\sqrt{\fbox{L}}}{\fbox{M}}$，内切圆半径是 $\dfrac{\sqrt{\fbox{N}}}{\fbox{O}}$。（3）$\angle BAC$ 的平分线与边 $BC$ 交于 $D$，则 $AD = \dfrac{\fbox{PQ}}{\fbox{R}}$，$BD = \dfrac{\fbox{ST}}{\fbox{U}}$。解答：（1）由余弦定理，$\cos\angle BAC = \dfrac{5^2 + 3^2 - 7^2}{2 \cdot 5 \cdot 3} = \dfrac{-15}{30} = -\dfrac{1}{2}$，所以 $\angle BAC = 120^\circ$。因此 $\fbox{AB}$ 填「－」和「1」，$\fbox{C} = 2$，$\fbox{DEF} = 1, 2, 0$。（2）$\sin 120^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，面积是 $\dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 3 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{15\sqrt{3}}{4}$。外接圆半径是 $\dfrac{7}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。内切圆半径是 $\dfrac{2S}{5 + 3 + 7} = \dfrac{15\sqrt{3}}{2} \div 15 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。所以 $\fbox{GH} = 1, 5$，$\fbox{I} = 3$，$\fbox{J} = 4$，$\fbox{K} = 7$，$\fbox{L} = 3$，$\fbox{M} = 3$，$\fbox{N} = 3$，$\fbox{O} = 2$。（3）因为 $\angle BAC = 120^\circ$，由 6.4 节 $AD = \dfrac{5 \cdot 3}{5 + 3} = \dfrac{15}{8}$。由角平分线定理 $BD : DC = 5 : 3$，所以 $BD = \dfrac{5}{8} \cdot 7 = \dfrac{35}{8}$。所以 $\fbox{PQ} = 1, 5$，$\fbox{R} = 8$，$\fbox{ST} = 3, 5$，$\fbox{U} = 8$。

解说　两分钟做法：三边已知先算最大角（对最长边的 $\angle BAC$）的余弦，$120^\circ$ 是特殊角；面积、外接圆、内切圆按 6.4 节固定流程；角平分线长用 $AD = \dfrac{bc}{b + c}$（$A = 120^\circ$），再用角平分线定理求 $BD$。空格判断：$\fbox{AB}$ 是负数，负号在分子、占一格；$\fbox{L} = 3$ 要先把 $\dfrac{7}{\sqrt{3}}$ 有理化成 $\dfrac{7\sqrt{3}}{3}$ 才是题干形式；$\fbox{N} = 3$ 根号前的系数 $1$ 没有格子，不填；$\fbox{DEF}$ 是 $120$ 的三位，逐位填。

問題 2　（三角比の相互関係）

$0^\circ \leqq \theta \leqq 180^\circ$ とし，$\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{1}{3}$ とする。

(1) $\sin\theta\cos\theta = \dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{C}}$ である。したがって，$\theta$ は $\fbox{D}$ である。$\fbox{D}$ に当てはまるものを，次の ⓪～② の中から一つ選びなさい。

⓪ 鋭角　　① 直角　　② 鈍角

(2) $\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{\sqrt{\fbox{EF}}}{\fbox{G}}$ であり，$\sin\theta = \dfrac{\fbox{H} + \sqrt{\fbox{IJ}}}{\fbox{K}}$ である。

(3) $\tan\theta = -\dfrac{\fbox{L} + \sqrt{\fbox{MN}}}{\fbox{O}}$ である。

解答　(1) 両辺を $2$ 乗すると $1 + 2\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1}{9}$ より $\sin\theta\cos\theta = -\dfrac{4}{9}$。$\sin\theta \geqq 0$ で積が負であるから $\sin\theta > 0$，$\cos\theta < 0$ であり，$\theta$ は鈍角：②。 よって $\fbox{AB}$ には「－」と「4」，$\fbox{C} = 9$，$\fbox{D} = 2$。

(2) $(\sin\theta - \cos\theta)^2 = 1 - 2\sin\theta\cos\theta = 1 + \dfrac{8}{9} = \dfrac{17}{9}$。$\sin\theta - \cos\theta > 0$ であるから $\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{\sqrt{17}}{3}$。これと $\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{1}{3}$ を辺々加えて $2\sin\theta = \dfrac{1 + \sqrt{17}}{3}$，よって $\sin\theta = \dfrac{1 + \sqrt{17}}{6}$。 したがって $\fbox{EF} = 1, 7$，$\fbox{G} = 3$，$\fbox{H} = 1$，$\fbox{IJ} = 1, 7$，$\fbox{K} = 6$。

(3) $\cos\theta = \dfrac{1}{3} - \sin\theta = \dfrac{1 - \sqrt{17}}{6}$ であるから $\tan\theta = \dfrac{1 + \sqrt{17}}{1 - \sqrt{17}} = \dfrac{(1 + \sqrt{17})^2}{1 - 17} = \dfrac{18 + 2\sqrt{17}}{-16} = -\dfrac{9 + \sqrt{17}}{8}$。 よって $\fbox{L} = 9$，$\fbox{MN} = 1, 7$，$\fbox{O} = 8$。

中文翻译　题目：设 $0 \leqq \theta \leqq 180^\circ$，$\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{1}{3}$。（1）$\sin\theta\cos\theta = \dfrac{\fbox{AB}}{\fbox{C}}$，所以 $\theta$ 是 $\fbox{D}$，从 ⓪ 锐角、① 直角、② 钝角中选一个。（2）$\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{\sqrt{\fbox{EF}}}{\fbox{G}}$，$\sin\theta = \dfrac{\fbox{H} + \sqrt{\fbox{IJ}}}{\fbox{K}}$。（3）$\tan\theta = -\dfrac{\fbox{L} + \sqrt{\fbox{MN}}}{\fbox{O}}$。解答：（1）两边平方得 $1 + 2\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1}{9}$，所以 $\sin\theta\cos\theta = -\dfrac{4}{9}$。因为 $\sin\theta \geqq 0$ 且乘积为负，所以 $\sin\theta > 0$，$\cos\theta < 0$，$\theta$ 是钝角：②。因此 $\fbox{AB}$ 填「－」和「4」，$\fbox{C} = 9$，$\fbox{D} = 2$。（2）$(\sin\theta - \cos\theta)^2 = 1 - 2\sin\theta\cos\theta = 1 + \dfrac{8}{9} = \dfrac{17}{9}$。因为 $\sin\theta - \cos\theta > 0$，所以 $\sin\theta - \cos\theta = \dfrac{\sqrt{17}}{3}$。与 $\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{1}{3}$ 两边相加得 $2\sin\theta = \dfrac{1 + \sqrt{17}}{3}$，所以 $\sin\theta = \dfrac{1 + \sqrt{17}}{6}$。因此 $\fbox{EF} = 1, 7$，$\fbox{G} = 3$，$\fbox{H} = 1$，$\fbox{IJ} = 1, 7$，$\fbox{K} = 6$。（3）$\cos\theta = \dfrac{1}{3} - \sin\theta = \dfrac{1 - \sqrt{17}}{6}$，所以 $\tan\theta = \dfrac{1 + \sqrt{17}}{1 - \sqrt{17}} = \dfrac{(1 + \sqrt{17})^2}{1 - 17} = \dfrac{18 + 2\sqrt{17}}{-16} = -\dfrac{9 + \sqrt{17}}{8}$。所以 $\fbox{L} = 9$，$\fbox{MN} = 1, 7$，$\fbox{O} = 8$。

解说　两分钟做法：遇到 $\sin\theta + \cos\theta$ 先平方，得 $\sin\theta\cos\theta$；由 $\sin\theta \geqq 0$ 和乘积的符号判断 $\theta$ 是锐角还是钝角；再用 $(\sin\theta - \cos\theta)^2 = 1 - 2\sin\theta\cos\theta$ 求差。空格判断：$\fbox{AB}$ 是负数，负号在分子；$\fbox{H} = 1$ 有格子的 $1$ 要填；$\fbox{O} = 8$ 题干已写出负号，格里只填 $8$。$\sin\theta - \cos\theta$ 开方时取正号，因为 $\cos\theta < 0$ 而 $\sin\theta > 0$。

問題 3　（空間図形の計量）

四面体 $OABC$ において，$OA = OB = OC = 7$，$AB = 5$，$BC = 7$，$CA = 8$ とする。

(1) $\cos\angle BAC = \dfrac{\fbox{A}}{\fbox{B}}$ であり，$\angle BAC = \fbox{CD}^\circ$ である。

(2) $\triangle ABC$ の面積は $\fbox{EF}\sqrt{\fbox{G}}$，$\triangle ABC$ の外接円の半径は $\dfrac{\fbox{H}\sqrt{\fbox{I}}}{\fbox{J}}$ である。

(3) 点 $O$ から平面 $ABC$ に垂線 $OT$ を下ろす。点 $T$ は $\triangle ABC$ の $\fbox{K}$ である。$\fbox{K}$ に当てはまるものを，次の ⓪～③ の中から一つ選びなさい。

⓪ 重心　　① 内心　　② 外心　　③ 垂心

(4) $OT = \dfrac{\fbox{L}\sqrt{\fbox{M}}}{\fbox{N}}$ であり，四面体 $OABC$ の体積は $\dfrac{\fbox{OP}\sqrt{\fbox{Q}}}{\fbox{R}}$ である。

解答　(1) 余弦定理より $\cos\angle BAC = \dfrac{25 + 64 - 49}{2 \cdot 5 \cdot 8} = \dfrac{40}{80} = \dfrac{1}{2}$， よって $\angle BAC = 60^\circ$。したがって $\fbox{A} = 1$，$\fbox{B} = 2$，$\fbox{CD} = 6, 0$。

(2) 面積は $\dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 8 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$。外接円の半径は $\dfrac{7}{2\sin 60^\circ} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。 よって $\fbox{EF} = 1, 0$，$\fbox{G} = 3$，$\fbox{H} = 7$，$\fbox{I} = 3$，$\fbox{J} = 3$。

(3) $OA = OB = OC$ であるから，6.6 節証明結論 1 より $T$ は外心である：②。よって $\fbox{K} = 2$。

(4) $OT^2 = 49 - \dfrac{49}{3} = \dfrac{98}{3}$ より $OT = \dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{6}}{3}$。体積は $\dfrac{1}{3} \cdot 10\sqrt{3} \cdot \dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{70\sqrt{2}}{3}$。 よって $\fbox{L} = 7$，$\fbox{M} = 6$，$\fbox{N} = 3$，$\fbox{OP} = 7, 0$，$\fbox{Q} = 2$，$\fbox{R} = 3$。

中文翻译　题目：四面体 $OABC$ 中 $OA = OB = OC = 7$，$AB = 5$，$BC = 7$，$CA = 8$。（1）$\cos\angle BAC = \dfrac{\fbox{A}}{\fbox{B}}$，$\angle BAC = \fbox{CD}^\circ$。（2）$\triangle ABC$ 的面积是 $\fbox{EF}\sqrt{\fbox{G}}$，外接圆半径是 $\dfrac{\fbox{H}\sqrt{\fbox{I}}}{\fbox{J}}$。（3）从点 $O$ 向平面 $ABC$ 作垂线 $OT$，点 $T$ 是 $\triangle ABC$ 的 $\fbox{K}$，从 ⓪ 重心、① 内心、② 外心、③ 垂心中选一个。（4）$OT = \dfrac{\fbox{L}\sqrt{\fbox{M}}}{\fbox{N}}$，四面体 $OABC$ 的体积是 $\dfrac{\fbox{OP}\sqrt{\fbox{Q}}}{\fbox{R}}$。解答：（1）由余弦定理，$\cos\angle BAC = \dfrac{25 + 64 - 49}{2 \cdot 5 \cdot 8} = \dfrac{40}{80} = \dfrac{1}{2}$，所以 $\angle BAC = 60^\circ$。因此 $\fbox{A} = 1$，$\fbox{B} = 2$，$\fbox{CD} = 6, 0$。（2）面积是 $\dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 8 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$。外接圆半径是 $\dfrac{7}{2\sin 60^\circ} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。所以 $\fbox{EF} = 1, 0$，$\fbox{G} = 3$，$\fbox{H} = 7$，$\fbox{I} = 3$，$\fbox{J} = 3$。（3）因为 $OA = OB = OC$，由 6.6 节证明结论 1，$T$ 是外心：②。所以 $\fbox{K} = 2$。（4）$OT^2 = 49 - \dfrac{49}{3} = \dfrac{98}{3}$，所以 $OT = \dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{6}}{3}$。体积是 $\dfrac{1}{3} \cdot 10\sqrt{3} \cdot \dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{70\sqrt{2}}{3}$。所以 $\fbox{L} = 7$，$\fbox{M} = 6$，$\fbox{N} = 3$，$\fbox{OP} = 7, 0$，$\fbox{Q} = 2$，$\fbox{R} = 3$。

解说　两分钟做法：底面三边先求 $\cos\angle BAC$ 和面积，再用正弦定理求外接圆半径；侧棱相等时垂足是外心，高用 $OT = \sqrt{OA^2 - R^2}$；体积用 $\dfrac{1}{3} \times$ 底面积 $\times$ 高。空格判断：$\fbox{A} = 1$ 系数是 $1$ 也要填；$\fbox{M} = 6$ 是 $OT$ 有理化后的根号内，$\fbox{N} = 3$；$\fbox{OP} = 7, 0$ 是 $70$ 两位，$\fbox{R} = 3$。选择型空格涂编号：外心是 ②，涂 $2$。

6.8 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
図形と計量	ずけいとけいりょう	图形与计量	シラバス第 4 项
三角比	さんかくひ	三角比（$0^\circ$–$180^\circ$ 的三角函数）	「三角比の値を求めよ」
正弦	せいげん	正弦	サイン，$\sin$
余弦	よげん	余弦	コサイン，$\cos$
正接	せいせつ	正切	タンジェント，$\tan$
相互関係	そうごかんけい	相互关系	三角比の相互関係
斜辺	しゃへん	斜边	直角三角形の斜辺
対辺	たいへん	对边	$\angle A$ の対辺
隣辺	りんぺん	邻边	夹 $\theta$ 的直角边；也叫「底辺」，教科书多直接写边的字母（如 $AC$）
単位円	たんいえん	单位圆	半径 1 の円
鋭角	えいかく	锐角	「$\theta$ は鋭角とする」
鈍角	どんかく	钝角	「$\theta$ が鈍角のとき」
直角	ちょっかく	直角
鋭角三角形	えいかくさんかくけい	锐角三角形
鈍角三角形	どんかくさんかくけい	钝角三角形
仰角	ぎょうかく	仰角	見上げる角
俯角	ふかく	俯角	見下ろす角
傾き	かたむき	斜率	直線の傾き $m = \tan\theta$
正弦定理	せいげんていり	正弦定理	「正弦定理により」
余弦定理	よげんていり	余弦定理	「余弦定理を用いると」
外接円	がいせつえん	外接圆	「外接円の半径を $R$ とする」
内接円	ないせつえん	内切圆	「内接円の半径を $r$ とする」
外心	がいしん	外心	第 9 章
内心	ないしん	内心	第 9 章
面積	めんせき	面积	「$\triangle ABC$ の面積」
角の二等分線	かくのにとうぶんせん	角平分线	「$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点」
円に内接する四角形	えんにないせつするしかっけい	圆内接四边形	「四角形 $ABCD$ は円に内接している」
対角線	たいかくせん	对角线	「対角線 $BD$ の長さ」
同一円周上	どういつえんしゅうじょう	在同一个圆上	「4 点が同一円周上にある」
四面体	しめんたい	四面体（三棱锥）	「四面体 $OABC$」
正四面体	せいしめんたい	正四面体
三角錐	さんかくすい	三棱锥
底面	ていめん	底面
体積	たいせき	体积	「四面体の体積を求めよ」
表面積	ひょうめんせき	表面积
垂線	すいせん	垂线	「平面 $ABC$ に垂線 $OH$ を下ろす」
垂線の足	すいせんのあし	垂足
内接する球	ないせつするきゅう	内切球	「四面体に内接する球の半径」
外接する球	がいせつするきゅう	外接球
〜とおく	〜とおく	设……	「$\angle BAC = \theta$ とおく」
〜を満たす	〜をみたす	满足……	「$\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ を満たす $\theta$」
当てはまるもの	あてはまるもの	符合的选项	「次の ⓪～③ の中から当てはまるものを一つ選びなさい」

6.9 自测

1. $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$，$\cos\theta = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，求 $\theta$。
2. $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$，解 $\sin\theta \ge \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
3. $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$，$\tan\theta = -\dfrac{1}{2}$，求 $\cos\theta$、$\sin\theta$。
4. $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$，$\sin\theta + \cos\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，求 $\sin\theta\cos\theta$ 和 $\sin\theta - \cos\theta$。
5. $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$，解 $2\sin^2\theta - \cos\theta - 1 = 0$。
6. $\triangle ABC$ 中 $a = 7$，$b = 8$，$c = 3$，求面积 $S$、外接圆半径 $R$、内切圆半径 $r$。
7. $\triangle ABC$ 中 $a = \sqrt{21}$，$b = 5$，$A = 60^\circ$，求 $c$。
8. $\triangle ABC$ 中 $AB = 4$，$AC = 12$，$\angle A = 120^\circ$，求 $\angle A$ 的平分线长 $AD$。
9. 圆内接四边形 $ABCD$ 中 $AB = 5$，$AD = 3$，$\angle BAD = 60^\circ$，$BC = 2$，求 $BD$ 和 $CD$。
10. 求棱长为 $3$ 的正四面体的体积。
11. 四面体 $OABC$ 中 $OA$、$OB$、$OC$ 两两垂直且长都是 $3$，求体积和 $O$ 到平面 $ABC$ 的距离。

答案：1. $150^\circ$；2. $60^\circ \le \theta \le 120^\circ$；3. $\cos\theta = -\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$，$\sin\theta = \dfrac{\sqrt{5}}{5}$；4. $-\dfrac{1}{4}$，$\dfrac{\sqrt{6}}{2}$；5. $\theta = 60^\circ, 180^\circ$；6. $S = 6\sqrt{3}$，$R = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$，$r = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$；7. $c = 1$ 或 $4$；8. $3$；9. $BD = \sqrt{19}$，$CD = 3$；10. $\dfrac{9\sqrt{2}}{4}$；11. 体积 $\dfrac{9}{2}$，距离 $\sqrt{3}$。

6.10 深入阅读

• JASSO · 日本留学試験 数学シラバス：官方出题范围原文，第 4 项「図形と計量」列出本章的全部小项目。
• JASSO · 過去問題サンプル：官方公开的过去问，2021 年第 1 回コース1 Ⅳ 是三角形、正弦定理和外接圆的大题。
• 维基百科（日文）· 正弦定理：正弦定理的日文表述和证明，查「外接円の半径」等日文说法时用。
• 维基百科（日文）· 余弦定理：余弦定理的日文表述，含「第一余弦定理」（射影公式）的叫法。