解説

方針・初手

$AB=AC$ の二等辺三角形なので、頂点 $A$ から底辺 $BC$ に下ろした垂線 $AH$ は、同時に $BC$ の中点を通り、さらに $\angle A$ の二等分線にもなる。

したがって、まず

$$ B=\frac{180^\circ-30^\circ}{2}=75^\circ $$

を求め、つぎに直角三角形 $ABH$ を用いて処理すればよい。

解法1

**(1)**

$AB=AC$ であり、$AH\perp BC$ だから、直角三角形 $ABH,\ AHC$ において

• $AB=AC$
• $AH$ は共通
• $\angle AHB=\angle AHC=90^\circ$

である。よって、$\triangle ABH\equiv \triangle ACH$ である。

したがって、

$$ BH=HC,\qquad \angle BAH=\angle HAC=\frac{A}{2}=15^\circ $$

となる。ゆえに

$$ BC=2BH $$

である。

ここで直角三角形 $ABH$ において、

$$ \tan 15^\circ=\frac{BH}{AH} $$

より

$$ BH=AH\tan 15^\circ $$

であるから、

$$ BC=2AH\tan 15^\circ $$

したがって

$$ \frac{AH}{BC}=\frac{1}{2\tan 15^\circ} $$

となる。

さらに

$$ \tan 15^\circ=2-\sqrt{3} $$

であるから、

$$ \frac{AH}{BC} =\frac{1}{2(2-\sqrt{3})} =\frac{2+\sqrt{3}}{2} $$

である。

**(3)**

すでに

$$ B=75^\circ,\qquad \frac{A}{2}=15^\circ $$

であるから、

$$ \sin\frac{A}{2}\cos B=\sin 15^\circ \cos 75^\circ $$

となる。ここで

$$ \cos 75^\circ=\sin 15^\circ $$

なので、

$$ \sin\frac{A}{2}\cos B=\sin^2 15^\circ $$

である。

半角公式より

$$ \sin^2 15^\circ=\frac{1-\cos 30^\circ}{2} =\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{2} =\frac{2-\sqrt{3}}{4} $$

したがって

$$ \sin\frac{A}{2}\cos B=\frac{2-\sqrt{3}}{4} $$

である。

解説

この問題の要点は、二等辺三角形で頂点から底辺に下ろした垂線が、単なる高さではなく、中線かつ角の二等分線にもなることである。

（1） ではその性質により $BC=2BH,\ \angle BAH=15^\circ$ が得られ、直角三角形の三角比に落とし込める。

（3） ではまず $B=75^\circ$ を確定し、$\cos 75^\circ=\sin 15^\circ$ と見ればすぐに半角公式へつながる。角度の関係を先に整理することが重要である。

答え

**(1)**

$$ \frac{AH}{BC}=\frac{2+\sqrt{3}}{2} $$

**(3)**

$$ \sin\frac{A}{2}\cos B=\frac{2-\sqrt{3}}{4} $$