伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊

36° の三角比と図形的背景を巡って
おおたにまさのり

大谷 昌範

伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊伊§1．はじめに 

AB：AD=EC：EF つまり 1：=(−1)：1





ππ
36° = ，18° =などの三角比は，教科書510等で必ずしも大きく扱われていないこともあり，学習上の盲点になっていると思う。
筆者がこの教材の重要性を感じたのは，受験指導のときであった。36° などの三角比を問う問題は，

(−1)=1

 −−1=0

この方程式を解けば，

>0 より=1+ 52

この値が黄金比であり，ϕ で表すこともある。
なお，黄金比 ϕ は，この方程式の解だから，ϕ −ϕ−1=0 ……(☆) を満たす。

毎年どこかの大学で出題されているが， 3 倍角の公式を用いる点など，初見で解くには難しい。実際，医学部や薬学部の入試で見かけることが多い。
しかし，時に試験範囲が数学ⅠAのみである看護学部などの入試でも見受けられる (例えば，2017 年の帝京平成大)。その場合は，黄金比の性質を利用§3．三角関数による解法
本題に入る前に，まず三角関数による解法を，簡単にまとめておこう。
一例として cos 36° を求めてみる。θ=36° として，sin 2θ=sin 3θ を解く。

しながら，図形的に導くことになる。ただ，誘導が2 倍角および 3 倍角の定理からあったとしても，初見では難しいと感じる。生徒た2 sin θ cos θ=3 sin θ−4 sinθ

ちには幾何等を通じて，どのような所に黄金比が現sin θ0 より，両辺を sin θ で割り，れるのかや，36° 関係の三角比の導き出し方にも知sinθ=1−cosθ により整理すると，識として伝えておきたいものである。

4 cosθ−2 cos θ−1=0 を得る。この方程式を解け

本稿は，このような 36° の三角比に関連した話題について，個人的に調べたことを少しまとめてみた。

ば，cos 36°=1+ 5を導くことが出来る。これは4

θ=36° が 2θ=180°−3θ であることと，§2．黄金比について黄金比について，簡単にまとめておこう。黄金比と は，線 分 AB を AB：AC=AC：BC と な る よ
うに，点 C で内分したときの AC と BC の比のことである。また，線分を黄金比に分割することを黄金分割という。
図形的には，次の図のように，正方形を切り離して得られる残りの長方形が，元の長方形と相似にな

sin A=sin (180°−A) という性質を利用した定式化である。更に半角の公式から，sin 18°=

 5 −14が導ける。
θsin θcos θπ18°=10

 5 −14 10+2 54π5 10−2 541+ 5436°=

る長方形に黄金比が現れる。長方形 ABCD において AB=1，AD= とする。

§4．黄金三角形による解法

長方形 ABCD から AB を 1

それでは三角関数を使わずに，図形から求めるに辺とする正方形 ABEF を切はどのようにすればよいのだろうか。それは，次のりとると，長方形 ABCD と図のような底角が 36° および，72° の二等辺三角形

長方形 ECDF は相似より，を用いる。図にあるように辺の長さに，黄金比

16ϕ=1+ 5が現れるので，黄金三角形と呼ばれる2(〔 1 〕)。
これを認めれば，cos 36° と cos 72° は次のように求められる。
①△ABC に お い て，A から BC に垂線=②2+ϕ 6+ϕ−ϕ =2+ϕ 5=5+ 51+ 5==ϕ22 5(ϕ =ϕ+1 より)§5．黄金三角形の辺の長さの求め方

AH を下ろすとcos 36°==

それでは，黄金三角形の辺の長さを求めてみよう。

BHAB

実際の入試問題では，底角が 72° の黄金三角形に補1+ 54

助線を引いて，辺の長さを利用して，cos 72° を求め

= ϕ2 させることが多い。

△DEF において，D図のように BC=1 であから EF に垂線 DH′る二等辺三角形 ABC におを下ろすといて，∠B の二等分線を引EH′
cos 72°=
DEき，辺 AC との交点を D とす る。△ABC△BCD と=212 1+ 5=

 5 −1ϕ =42なるので，AB= とおけ
ば AB：BC=BC：CD

つまり，：1=1：(−1)cos 36° は黄金比の半分，より 2 次方程式  −−1=0 を導くことができる。

cos 72° は黄金比の逆数の半分ととらえておく

これを解いて，>0 より =と記憶しやすいと思う。
入試では，黄金三角形からこの黄金比を求めてい1+ 5を得る。
2
一例として，入試問題 (〔 2 〕，問 203) を引用する。

くのが，主要テーマになる。このことを §5 で見てAB=AC，BC=1，∠ABC=72° の三角形いこう。

ABC を考える。∠ABC の二等分線と辺 AC

なお §2 で扱った (☆) から，ϕ =ϕ−1 より
cos 72°=ϕ−1とも表せる。
2θsin θcos θπ18°=101ϕ−1=2ϕ2

 2+ϕ2π5 3−ϕ2ϕ254°=

3π10ϕ2

 3−ϕ272°=

2π5

 2+ϕ21ϕ−1=2ϕ236°=

また，sin2ππ と sin の比は，黄金比になって55いる。実際，
2π5
 2+ϕ2+ϕ==π3−ϕ
(3−ϕ)(2+ϕ)
sin5の交点を D とする。
⑴

AD の長さと AC の長さを求めよ。

⑵

cos 72° を求めよ。

⑶

三角形 ABD の内接円の半径を r，三角形 CBD の内接円の半径を s とするとき，rの値を求めよ。
〔09 大阪教育大〕
s⑶ は 2 つの三角形について，内接円の半径の比を考える問題だが，△ABD と △CBD の面積比は黄金比となるが (AD：DC=ϕ：1 より)，内接円の半径の比については解釈すれば，r 3 5 +5=である。無理に
s10

r 3+ 5ϕ=になっている。
=s 52 5sin

§6．黄金三角形と正五角形§4 で紹介した 2 種類の黄金三角形は，正五角形に現れる。教科書等では，黄金比は正五角形の文脈

17外接円の半径を R，円に内接する正五角形の 1 辺で紹介されていることが多い。の長さを a，対角線の長さを d とする。
①T と T の面積比は黄金比
1ad sin 72°
2T
d sin 72°===(黄金比 ϕ)
1 T
a sin 72°
a sin 108°
2

次に，T の内心，垂心をそれぞれ I，H とし，Tの方をそれぞれ I，H とする。図 1，図 2 中の×は
図 1 のように，正五角形に対角線を引いてみると，相似な黄金三角形が何か所も見て取れる。正五角形に現れる角は 36° の整数倍である。図 1 中のは18°=②長さの比は黄金比になっている。

内心 I は線分 HO を黄金比に分ける△HBO は底角 72° の黄金三角形より

π=36° を表す。
5
なお，正五角形において， 1 辺の長さと対角線のπを表す。
10BH=ϕBO(＊)△HBO において，BI は ∠HBO の二等分線より(対角線の長さ) 1+ 5==ϕ( 1 辺の長さ)2HI BH==ϕIOBO

また，正五角形には辺と対角線だけではなく，図2 の  と ， と z の比も黄金比となっていることにも注意しておきたい。最後に黄金三角形における，その他の黄金分割について，海外の研究〔 3 〕から紹介する。

§7．黄金三角形に見出される様々な黄金比
論文〔 3 〕に従って， 2 種類の黄金三角形のうち，底角 72° の方を背の高い (tall) 黄金三角形という意
味で T (図では △ABC) とし，底角 36° の方を背の低い (short) 黄金三角形という意味で T (図では③△ABC) とする。
Ts

∠IBH の二等分線より

d④O
Tt
aCt

これら 2 種類の黄金三角形 T と T が同一の外接円を共有しているとき，様々な黄金分割が見出される。

18

HA BH BH===ϕAI
BI
BOCs

Bs

Bt

点Aは線分 HI を黄金比に分ける
BI=BO より，△BIH において，BA はA(② の式＊より)

内心 I は線分 OH を黄金比に分ける

直線 OA と円周との交点のうち点 A ではない方を，A′ としておく (図 2 )。

⑤

点Aは，HO を黄金比に分ける

AH=2R−2BH sin 18°=2R−4R sin18°=2R(1−2 sin18°)(④ の式＊＊から BH=2R sin 18°)
=2R cos 36° より⑥AH 2R cos 36°
=
=ϕAO
R

点 O は II を黄金比に分ける
線分 BC に関して，点 I は点Aと，点 O は点 Iとそれぞれ対称であるから
まず BH=Rを確認する。実際，
ϕπ∠HBC=∠A′BC=に注意すれば，
10IO IO
2R sin 18°2⋅12ϕ1====OI AI R−2R sin 18° 1−2⋅12ϕ ϕ−1=△BA′H は二等辺三角形である。§4 から

ϕ=ϕ (ϕ −ϕ=1 による)
ϕ −ϕ《参考文献》

sin 18°=(2ϕ) より
BH=BA′=AA′ sin 18°=2R×(＊＊)

1R=2ϕ ϕ

さて △BHO において，BI は ∠OBH の二等分線より
OI
B O
R===ϕIH BH RϕOI=AI

よって

〔1〕

H. ヴァルサー 著 (蟹江幸博 訳)，黄金分割，
日本評論社，2002〔2〕

改訂版メジアン数学演習 Ⅰ・Ⅱ・A・B 受験編，数研出版〔3〕

E.A.J.García, P.Yiu, Golden Sections of
Triangle Centers in the Golden Triangles,
Forum Geom.,16 (2016) 119−124(神奈川県湘南工科大学附属高等学校)

19