正弦定理と余弦定理　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　戻る

　高校数学において、正弦定理と余弦定理は、幾何的問題を解決する道具として不動の
地位を占めている。

　△ＡＢＣ において、次が成り立つ。

　 正弦定理

　　

ただし、Ｒ は△ＡＢＣ の外接円の半径
　 余弦定理

　　

　　

　　

　新学習指導要領における教科書によれば、正弦定理は高さの計算（正弦の定義に基
づく）により、軽妙に示されている。もっとも、この証明の方法では、三角形の外接円との
関係まで言及することは困難なので、一番大切と思われる比の値（＝２Ｒ）が省略される
のが普通である。また、余弦定理は、三平方の定理の応用として証明される。


（追記）平成２０年１月２０日付け

　ＮＨＫ高校講座（１月１９日放送）で、講師の神長幾子先生は正弦定理の証明を２段階に
分けてやられていた。

（１）　点Ａより辺ＢＣに垂線を下ろして、　ｃ・ｓｉｎＢ＝ｂ・ｓｉｎＣ　から、ｂ/ｓｉｎＢ＝ｃ/ｓｉｎＣ　を
　　　導く。他も同様。

（２）　△ＡＢＣの外接円を用いて、　ａ＝２ＲｓｉｎＡ　を導く。他も同様。


　この２段階の証明が本当に教育的なのか、放送を見ていて疑問に思った。多分、これは、
教科書によっては、（１）の場合で終わっている場合への配慮なのだろう。神長先生の（２）
の説明が少し冗長すぎたので、もう少し簡潔な説明が望まれた。


　私が、これらの定理を学校教育で学んだのは、高校２年生のときである。以前は、三角
法の重要性に鑑みて、割と長期的展望にたって指導されていたような気がする。

　中学３年で、三角比の初歩を学習し、高校１年では三角関数としての扱い、高校２年で
は、加法定理を最大の眼目として、それらの応用と図形問題を学習したようである。

　ほぼ３年間にわたって、三角関数にどっぷり浸かる時間があったわけであるが、最近の
高校教育では、十分な熟成期間がとれないほで、短期間に集中して、三角関数が教えら
れる傾向にある。特に、進学校といわれるところでは、高校１年の３学期位から始まって、
その続きと称して、高校２年の１学期に三角関数が指導されるのが通常で、生徒にとって
は、ゆっくり振り返る余裕がないほどである。

　その結果として、三角関数の定着率は非常に悪く、数学嫌いを大量生産しているように思
う。効率を考えれば、集中的に三角比・三角関数に取り組ませるのがいいのだろうが、生徒
の定着率を考えれば、もっと長期的な展望に立って指導するのがベストだろうと思う。

　新課程の教科書だけをみると、正弦定理と余弦定理が別個に証明されているので、互い
に関連性がないような印象を受けるが、実は、そうではない。

　正弦定理から余弦定理を示すこともできるし、逆に、余弦定理から正弦定理を導くことも
できる。

　以前、筑波大学付属高校の研究授業を参観する機会があったが、そこでは、正弦定理
や余弦定理の証明方法をいろいろな角度から生徒に考えさせる授業を行っており、とても
ためになった。問題練習の時間を作るために、普通だったら簡単に説明して終わらせると
ころを、じっくり取り組んでいた。私自身、とても反省させられた。


　正弦定理の一般的な証明としては、

　円周角の定理（同じ弧に対する円周角は等しい）
　円周角と中心角の関係（直径に対する円周角は、９０°）

を用いるものが普通だろう。

　この証明法だと、比の値と外接円の半径の関係が明瞭に浮かび上がってくる。

　余弦定理の一般的な証明としては、次の等式を用いるものだろう。

　

　

　

　この３つの等式の両辺に、それぞれ、　ａ　、−ｂ　、−ｃ　を掛けて、辺々加えれば、

　

を得ることができる。他も同様。

　上の３つの等式は、第一余弦定理といわれるもので、冒頭の余弦定理は、正しくは、
第二余弦定理といわれるものである。


　この第一余弦定理は、正弦定理から簡単に導くことができる。

加比の理を用いて、

　

よって、　

他も同様である。


　したがって、以上から、正弦定理より余弦定理が導けることが分かった。

第一余弦定理を用いなくても、加法定理を用いれば、直接的に示すことも可能である。

　正弦定理より、　ａ＝２ＲｓｉｎＡ　、ｂ＝２ＲｓｉｎＢ　、ｃ＝２ＲｓｉｎＣ　なので、

　ｂ2＋ｃ2−２ｂｃｃｏｓＡ

＝４Ｒ2（ｓｉｎ2Ｂ＋ｓｉｎ2Ｃ−２ｓｉｎＢｓｉｎＣｃｏｓＡ）

＝２Ｒ2（１−ｃｏｓ２Ｂ＋１−ｃｏｓ２Ｃ＋２（ｃｏｓ（Ｂ＋Ｃ）−ｃｏｓ（Ｂ−Ｃ））ｃｏｓＡ）

＝２Ｒ2（２−２ｃｏｓ（Ｂ＋Ｃ）ｃｏｓ（Ｂ−Ｃ）＋２（ｃｏｓ（Ｂ＋Ｃ）−ｃｏｓ（Ｂ−Ｃ））ｃｏｓＡ）

＝２Ｒ2（２＋２ｃｏｓＡｃｏｓ（Ｂ−Ｃ）＋２（−ｃｏｓＡ−ｃｏｓ（Ｂ−Ｃ））ｃｏｓＡ）

＝４Ｒ2（１−ｃｏｓ2Ａ）

＝４Ｒ2ｓｉｎ2Ａ

＝ａ2

　逆に、（第二）余弦定理が成り立てば、（第一）余弦定理が成り立ち、加比の理により、正
弦定理の成り立つことが分かる。


（追記）　上記では割と古典的に、正弦定理を起点として、第一余弦定理もしくは三角関数
　　　　　の加法定理を用いて余弦定理（第２余弦定理）を示すことができた。

　教科書では、このような話題に触れられることはなく、ただ無機質的に、座標を用いた距
離の公式により示されることが多い。

　何れにしても、何らかの代数計算が必要なわけで、以前から多少不満があった。当ＨＰの
「裏技の記録」の中に、「余弦定理を図で理解する方法」が述べられているが、少しでも視
覚に訴えるような証明を得ようとした試みである。


　最近この話題について、余弦定理を図形的に証明する方法を知ることができた。

　△ＡＢＣにおいて、　　が成り立つことを示す。

（イ）　０°＜Ａ＜９０°のとき、辺ＢＣ上に、２点Ｐ、Ｑを

　∠ＡＰＣ＝∠ＡＱＢ＝∠Ａ であるようにとる。

　このとき、　△ＡＢＱ∽△ＣＢＡ　なので、

　　ＡＢ ： ＢＱ ： ＡＱ＝ＢＣ ： ＡＢ ： ＡＣ＝ ａ ： ｃ ： ｂ

　よって、　ＢＱ ： ｃ＝ｃ ： ａ　より、　ＢＱ＝ｃ2/ａ

　また、　ａ ： ｂ ＝ ｃ ： ＡＱ　より、　ＡＱ＝ｂｃ/ａ　　である。

　同様に、　△ＣＡＰ∽△ＣＢＡ　より、　ＣＡ：ＡＰ：ＣＰ＝ＢＣ：ＡＢ：ＡＣ＝ ａ ： ｃ ： ｂ　なので、

　　　　　　　　　ａ ： ｂ＝ ｂ ： ＣＰ　より、　ＣＰ＝ｂ2/ａ

△ＡＰＱは二等辺三角形なので、　ＰＱ＝ＡＱｃｏｓＡ×２　即ち、ＰＱ＝２（ｂｃ/ａ）ｃｏｓＡ

　以上から、　ａ＝ＢＣ＝ＢＱ＋ＣＰ−ＰＱ＝ｃ2/ａ＋ｂ2/ａ−２（ｂｃ/ａ）ｃｏｓＡ　なので、

両辺を ａ 倍して、　　が成り立つ。

（ロ）　Ａ＝９０°のとき、　上図で、Ｐ＝Ｑ　の場合なので、Ｐ＝Ｑ＝Ｈは、ＡからＢＣに下ろ

　　した垂線の足である。このとき、　ａ＝ＢＣ＝ＢＱ＋ＣＰ＝ｃ2/ａ＋ｂ2/ａ　より、

　ａ2＝ｂ2＋ｃ2　が成り立つ。　ｃｏｓ９０°＝０　なので、このときも

　　　が成り立つ。

（ハ）　９０°＜Ａ＜１８０°のとき、辺ＢＣ上に、２点Ｐ、Ｑを　∠ＡＰＣ＝∠ＡＱＢ＝∠Ａの補角

であるようにとる。このとき、△ＡＢＰ∽△ＣＢＡ　なので、

　　　ＡＢ：ＢＰ：ＡＰ＝ＢＣ：ＡＢ：ＡＣ＝ ａ ： ｃ ： ｂ

　　よって、　ａ ： ｃ＝ ｃ ： ＢＰ　より、　ＢＰ＝ｃ2/ａ

また、　ａ ： ｂ ＝ ｃ ： ＡＰ　より、　ＡＰ＝ｂｃ/ａ　　である。

　同様に、　△ＣＡＱ∽△ＣＢＡ　より、　ＣＡ：ＡＱ：ＣＱ＝ＢＣ：ＡＢ：ＡＣ＝ ａ ： ｃ ： ｂ　なので、

　ａ ： ｂ＝ ｂ ： ＣＱ　より、　ＣＱ＝ｂ2/ａ

△ＡＰＱは二等辺三角形なので、　ＰＱ＝ＡＰｃｏｓ（１８０°−Ａ）×２＝−２ＡＰｃｏｓＡ

　即ち、ＰＱ＝−２（ｂｃ/ａ）ｃｏｓＡ

　以上から、　ａ＝ＢＣ＝ＢＰ＋ＣＱ＋ＰＱ＝ｃ2/ａ＋ｂ2/ａ−２（ｂｃ/ａ）ｃｏｓＡ　なので、

両辺を ａ 倍して、　　が成り立つ。


（コメント）　この証明によれば、余弦定理における「２ｂｃｃｏｓＡ」の意味が浮かび上がって
　　　　　　くるように感じる。


（参考文献：一松　信　著　初等関数概説　　（森北出版））


（追記）　平成２２年９月２０日付け

　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんがこの話題について整理された。

　６個の正の数 ａ、ｂ、ｃ、Ａ、Ｂ、Ｃ が　Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝π　を満たしているとき、次の条件は同
値である。

（１）
　　

（２）　　、

（３）　　、　、

（４）　　、

（５）　　、　、

（６）　３辺が ａ、ｂ、ｃ で、それぞれに対応する角が Ａ、Ｂ、Ｃ である△ＡＢＣが存在する。


　ところで、（１）→（３）、（３）→（５）については、上記で証明された。

　（６）→（１）は、ＣからＡＢに引いた垂線をＣＨとすると、

　ＣＨ＝ａ・ｓｉｎＢ＝ｂ・ｓｉｎＡ　より、ａ/ｓｉｎＡ＝ｂ/ｓｉｎＢ 等から分かる。

　（１）→（６）は、１辺が ａ で両端の角がＢ、Ｃである三角形が条件を満たすものであること

　が容易にわかる。　（３）→（２）、（５）→（４）は明らか。

　また、（５）→（３）も易しい。

　実際に、

　、　　、　

が成り立つとき、

　　、　、

が成り立つことを示す。

　　、　　より、

　　ｃｏｓＢ＝（ｃ2＋ａ2−ｂ2）/（２ｃａ）　、　ｃｏｓＣ＝（ａ2＋ｂ2−ｃ2）/（２ａｂ）

このとき、

　ｂ・ｃｏｓＣ＋ｃ・ｃｏｓＢ

＝ｂ（ａ2＋ｂ2−ｃ2）/（２ａｂ）＋ｃ（ｃ2＋ａ2−ｂ2）/（２ｃａ）＝２ａ2/（２ａ）＝ａ

　他も同様である。


　そこで、問題です。

　（２）→（１）、（４）→（１）を証明して下さい。

　この証明ができれば、すべて同値になります。もちろん、（２）→（１）のかわりに、（２）→（３）
とかでもかまいません。


　ＦＮさんが、（４）→（１）の証明を与えられた。（平成２２年９月２４日付け）

　　、　が成り立つとき、

　

が成り立つことを示す。

　　より、　ｃｏｓＡ＝（ｂ2＋ｃ2−ａ2）/（２ｂｃ）

　このとき、　ｓｉｎ2Ａ＝１−ｃｏｓ2Ａ＝１−（ｂ2＋ｃ2−ａ2）2/（２ｂｃ）2　より、

　（２ｂｃ・ｓｉｎＡ）2＝（２ｂｃ）2−（ｂ2＋ｃ2−ａ2）2

＝（２ｂｃ＋ｂ2＋ｃ2−ａ2）（２ｂｃ−ｂ2−ｃ2＋ａ2）

＝｛（ｂ＋ｃ）2−ａ2｝｛ａ2−（ｂ−ｃ）2｝＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（−ａ＋ｂ＋ｃ）（ａ−ｂ＋ｃ）（ａ＋ｂ−ｃ）＞０

　よって、　２ｂｃ・ｓｉｎＡ＝Ｓ　となる正数 Ｓ が存在するので、 ａ/ｓｉｎＡ＝２ａｂｃ/Ｓ

　同様にして、　　より、　ｃｏｓＢ＝（ｃ2＋ａ2−ｂ2）/（２ｃａ）

　このとき、　ｓｉｎ2Ｂ＝１−ｃｏｓ2Ｂ＝１−（ｃ2＋ａ2−ｂ2）2/（２ｃａ）2　より、

　（２ｃａ・ｓｉｎＢ）2＝（２ｃａ）2−（ｃ2＋ａ2−ｂ2）2

＝（２ｃａ＋ｃ2＋ａ2−ｂ2）（２ｃａ−ｃ2−ａ2＋ｂ2）

＝｛（ｃ＋ａ）2−ｂ2｝｛ｂ2−（ｃ−ａ）2｝＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（−ａ＋ｂ＋ｃ）（ａ−ｂ＋ｃ）（ａ＋ｂ−ｃ）＝Ｓ2

　よって、　２ｃａ・ｓｉｎＢ＝Ｓ　より、　ｂ/ｓｉｎＢ＝２ａｂｃ/Ｓ

　Ｃ＝π−（Ａ＋Ｂ）　より、

　ｓｉｎＣ＝ｓｉｎ｛π−（Ａ＋Ｂ）｝＝ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）＝ｓｉｎＡｃｏｓＢ＋ｃｏｓＡｓｉｎＢ

＝Ｓ/（２ｂｃ）・（ｃ2＋ａ2−ｂ2）/（２ｃａ）＋Ｓ/（２ｃａ）・（ｂ2＋ｃ2−ａ2）/（２ｂｃ）

＝Ｓ/（４ａｂｃ2）・（ｃ2＋ａ2−ｂ2＋ｂ2＋ｃ2−ａ2）＝Ｓ/（２ａｂ）

なので、　ｃ/ｓｉｎＣ＝２ａｂｃ/Ｓ　が成り立つ。

　従って、以上から、

　


（コメント）　ＦＮさんも仰っているように、途中でヘロンの公式に相当する式が出てくるのが
　　　　　　面白いですね！


　さらに、ＦＮさんが、（２）→（１）の証明を与えられた。（平成２２年９月２５日付け）

　　、　が成り立つとき、

　

が成り立つことを示す。

　ｃｏｓＢ＝ｃｏｓ｛π−（Ａ＋Ｃ）｝＝−ｃｏｓ（Ａ＋Ｃ）＝−ｃｏｓＡｃｏｓＣ＋ｓｉｎＡｓｉｎＣ

なので、　ａ＝ｂｃｏｓＣ＋ｃｃｏｓＢ＝ｂｃｏｓＣ−ｃｃｏｓＡｃｏｓＣ＋ｃｓｉｎＡｓｉｎＣ

　また、　ｂ＝ｃｃｏｓＡ＋ａｃｏｓＣ　より、　ｃｃｏｓＡ＝ｂ−ａｃｏｓＣ　なので

　ａ＝ｂｃｏｓＣ−（ｂ−ａｃｏｓＣ）ｃｏｓＣ＋ｃｓｉｎＡｓｉｎＣ＝ａｃｏｓ2Ｃ＋ｃｓｉｎＡｓｉｎＣ

すなわち、　（１−ｃｏｓ2Ｃ）ａ＝ｃｓｉｎＡｓｉｎＣ　より、　ａｓｉｎ2Ｃ＝ｃｓｉｎＡｓｉｎＣ

　両辺を ｓｉｎＣ＞０　で割って、　ａｓｉｎＣ＝ｃｓｉｎＡ　より、　ａ/ｓｉｎＡ＝ｃ/ｓｉｎＣ

同様にして、ｃｏｓＡ＝ｃｏｓ｛π−（Ｂ＋Ｃ）｝＝−ｃｏｓ（Ｂ＋Ｃ）＝−ｃｏｓＢｃｏｓＣ＋ｓｉｎＢｓｉｎＣ

なので、　ｂ＝ｃｃｏｓＡ＋ａｃｏｓＣ＝−ｃｃｏｓＢｃｏｓＣ＋ｃｓｉｎＢｓｉｎＣ＋ａｃｏｓＣ

　また、　ａ＝ｂｃｏｓＣ＋ｃｃｏｓＢ　より、　ｃｃｏｓＢ＝ａ−ｂｃｏｓＣ　なので

　ｂ＝−（ａ−ｂｃｏｓＣ）ｃｏｓＣ＋ｃｓｉｎＢｓｉｎＣ＋ａｃｏｓＣ＝ｂｃｏｓ2Ｃ＋ｃｓｉｎＢｓｉｎＣ

すなわち、　（１−ｃｏｓ2Ｃ）ｂ＝ｃｓｉｎＢｓｉｎＣ　より、　ｂｓｉｎ2Ｃ＝ｃｓｉｎＢｓｉｎＣ

両辺を ｓｉｎＣ＞０　で割って、　ｂｓｉｎＣ＝ｃｓｉｎＢ　より、　ｂ/ｓｉｎＢ＝ｃ/ｓｉｎＣ

　従って、以上から

　

が成り立つ。　以上で、（１）〜（６）の同値は確定しました。


　なお、ＦＮさんによれば、「（３）→（１）の証明を、上の証明より簡単にすることはできない
か」とのことです。加比の理ですぐ出来ると思っていたのは私の幻想で、意外に難しいで
すね。ＦＮさんによる方法が最も簡明だと思います。


（追記）　令和３年３月２６日付け

　書類を整理していたら、「正接定理」なるものがこの世に存在することを初めて知った。ど
のような応用があるのか考えてみた。

正接定理　　△ＡＢＣにおいて、次が成り立つ。

　

（証明）　△ＡＢＣの外接円の半径をＲとおくと、正弦定理より、

　ａ＝２ＲｓｉｎＡ　、ｂ＝２ＲｓｉｎＢ

　このとき、和積の公式より、

　ａ＋ｂ＝２Ｒ（ｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ）＝４Ｒｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）/２・ｃｏｓ（Ａ−Ｂ）/２

　ａ−ｂ＝２Ｒ（ｓｉｎＡ−ｓｉｎＢ）＝４Ｒｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）/２・ｓｉｎ（Ａ−Ｂ）/２

なので、

　（ａ＋ｂ）/（ａ−ｂ）＝ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）/２・ｃｏｓ（Ａ−Ｂ）/２/（ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）/２・ｓｉｎ（Ａ−Ｂ）/２）

＝｛ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）/２/ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）/２｝/｛ｓｉｎ（Ａ−Ｂ）/２/ｃｏｓ（Ａ−Ｂ）/２｝

＝ｔａｎ（Ａ＋Ｂ）/２/ｔａｎ（Ａ−Ｂ）/２

よって、

　

が成り立つ。　　（証終）


　三角形の２つの角と２辺の長さのうちどれか１つが未知のときに活用できそうだ。

問題　　下図の△ＡＢＣにおいて、∠Ａ、∠Ｂの大きさを求めよ。

　　　　

（解）　正接定理より、　１３/ｔａｎ６０°＝３/ｔａｎ（Ａ−Ｂ）/２　なので、

　　　ｔａｎ（Ａ−Ｂ）/２＝（３/１３）＝０．３９９７０・・・

　三角比の表より、およそ　（Ａ−Ｂ）/２＝２２°なので、　Ａ−Ｂ＝４４°

　ここで、　Ａ＋Ｂ＝１２０°なので、　Ａ＝８２°、Ｂ＝３８°　　（終）


（追記）　令和４年５月１日付け

　読者のために、正弦定理、余弦定理に関する練習問題を残しておこう。

練習問題　　３辺の長さが １、、ａ の鈍角三角形ＡＢＣがある。その外接円の半径が１
　　　　　　　のとき、ａ の値を求めよ。

（解）　一般性を失うことなく、　ＢＣ＝１、ＣＡ＝　としてよい。

　このとき、正弦定理より、　ｓｉｎＡ＝１/２　、ｓｉｎＢ＝/２　なので、

　　Ａ＝３０°、１５０°　　Ｂ＝４５°、１３５°

　Ａ＜Ｂ　に注意して、　（Ａ，Ｂ）＝（３０°，４５°）　または　（３０°，１３５°）

（Ａ，Ｂ）＝（３０°，４５°）　のとき、Ｃ＝１０５°で、

　ａ＝/２＋/２＝（＋）/２

（Ａ，Ｂ）＝（３０°，１３５°）　のとき、Ｃ＝１５°で、

　ａ＝/２−/２＝（−）/２　　（終）


（追記）　令和６年６月２６日付け

　正弦定理と余弦定理の手頃な入試問題が、東北大学（１９７６）で出題されている。文理
共通問題として出題されたので、難易度も適切なのだろう。

第２問　　半径/の円に内接する△ABCの面積が１で、２sin(A＋Ｂ)sinC＝１であると
　　き、この三角形の３辺の長さを求めよ。

（解）　Ａ＋Ｂ＝π−Ｃ　より、　２sin(π−Ｃ)sinC＝１　すなわち、　２ｓｉｎ2Ｃ＝１　より、

　ｓｉｎＣ＝１/　このとき、　cosＣ＝±１/

　正弦定理より、　ｃ＝２（/）sinC＝　である。

また、△ABCの面積が１なので、　（１/２）ａｂsinC＝１　より、　ａｂ＝２

余弦定理より、　５＝ａ2＋ｂ2−２ａｂ（±１/）＝ａ2＋ｂ2±４　なので、

　ａ2＋ｂ2＝１　、９

ａ2＋ｂ2＝１　のとき、　（ａ−ｂ）2＋２ａｂ＝１　から、（ａ−ｂ）2＝１−４＜０　で、この式を

満たす ａ、ｂ は存在しない。

ａ2＋ｂ2＝９　のとき、　（ａ＋ｂ）2−２ａｂ＝９　から、（ａ＋ｂ）2＝９＋４

このとき、　ａ＋ｂ＝２＋１　となる。

よって、ａ、ｂは、２次方程式　ｔ2−（２＋１）ｔ＋２＝０　の２つの解である。

　（ｔ−２）（ｔ−１）＝０　から、　ｔ＝２　、１

以上から、三角形の３辺の長さは、

　（ａ，ｂ，ｃ）＝（２，１，）、（１，２，）　　（終）


（コメント）　ａｂ＝２　までは一直線ですが、ａ＋ｂ の値を求めるのが意外に気づきにくい
　　　　　ですね！よく練られた問題です。


（追記）　令和６年６月２７日付け

　次の問題も東北大学（１９７７）の出題である。これも文理共通であった。式をいじっている
と何となく出来ちゃった感が否めない。

第３問（Ｂ）　　△ＡＢＣにおいて、辺の長さは、ＢＣ＝ａ、ＡＢ＝ＡＣ＝ｂ であり、角Ｂは角Ａの
　　４倍である。

（１）　ｃｏｓＡ＝α とするとき、ｂ/ａ をαの１次式で表せ。
（２）　ａ3＋ｂ3−３ａｂ2 の値を求めよ。

（解）（１）　題意より、　９θ＝π　すなわち、　３θ＝π/３　より、　ｃｏｓ３θ＝１/２

　３倍角の公式より、　４ｃｏｓ3θ−３ｃｏｓθ＝１/２　すなわち、　４ｃｏｓ3θ＝３ｃｏｓθ＋１/２

また、正弦定理より、　ａ/ｓｉｎθ＝ｂ/ｓｉｎ４θ　なので、

　ｂ/ａ＝ｓｉｎ４θ/ｓｉｎθ＝４ｓｉｎθｃｏｓθｃｏｓ２θ/ｓｉｎθ＝４ｃｏｓθｃｏｓ２θ

ここで、　ｃｏｓ２θ＝２ｃｏｓ2θ−１　なので、　ｂ/ａ＝８ｃｏｓ3θ−４ｃｏｓθ

よって、　ｂ/ａ＝２（３ｃｏｓθ＋１/２）−４ｃｏｓθ＝２ｃｏｓθ＋１＝２α＋１

（２）　ａ3＋ｂ3−３ａｂ2＝ａ3（１＋（ｂ/ａ）3−３（ｂ/ａ）2）

　＝ａ3（１＋（２α＋１）3−３（２α＋１）2）

　＝ａ3（１＋８α3＋１２α2＋６α＋１−１２α2−１２α−３）

　＝ａ3（８α3−６α−１）

ここで、４ｃｏｓ3θ＝３ｃｏｓθ＋１/２　より、４α3＝３α＋１/２　なので、８α3−６α−１＝０

よって、　ａ3＋ｂ3−３ａｂ2＝０　である。　　（終）


（追記）　令和６年７月１７日付け

　下図において、辺ＡＢの長さを求める問題は、余弦定理を知っていれば即答だろう。

　

実際に、　ＡＢ2＝５2＋８2−２・５・８・ｃｏｓ６０°＝２５＋６４−８０×（１/２）＝４９　から、

　ＡＢ＝７　であることが分かる。


　しかし、この問題は、余弦定理を知らなくても、次のように考えれば、小学校レベルの問題
となる。

　上記の△ＡＢＣに対して、反時計回りに１２０°回転したもの、時計回りに１２０°回転した
ものを用意し、下図を得る。

　　

　このとき、△ＡＢＣ≡△ＥＡＤ≡ＢＥＦ で、△ＡＢＣ：４０　とすると、△ＣＤＦ：１６９　なので、

　△ＡＢＥ：１６９−４０×３＝４９　となる。

　よって、正三角形ＡＢＥの１辺ＡＢの長さは、　ＡＢ2＝４９　より、　ＡＢ＝７　となる。


（追記）　よおすけさんから別解をいただきました。（令和６年１２月８日付け）

　　

において、もう１つ、解法を思いついたので挙げます。

　Ｂから辺ＣＡへ垂線を下ろし、その交点をＨとすると、ＣＨ＝４、ＨＡ＝１

　　

　△ＢＣＨ、△ＡＢＨは直角三角形となるため、ピタゴラスの定理より、ＢＨ＝４　なので、

　ＡＢ＝√（（４）2＋１2）＝√（４９）＝７　　（終）

（→　（参考）：お茶の間クイズ＆パズル「三角形を解く３」）



　　以下、工事中！