三角形の内角の和

$A=(0,0)$、$B=(4,0)$、$C=(1,3)$ を頂点とする三角形 $ABC$ を考える。角 $\angle BAC$ の余弦は、ベクトル $\overrightarrow{AB}=(4,0)$、$\overrightarrow{AC}=(1,3)$ の 内積 を使って
$$ \cos\angle BAC=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|\,|\overrightarrow{AC}|}=\frac{4\cdot1+0\cdot3}{4\cdot\sqrt{10}}=\frac1{\sqrt{10}} $$
と求まる。同じようにして、

• $B$ では $\overrightarrow{BA}=(-4,0)$、$\overrightarrow{BC}=(-3,3)$ で、内積は $12$、長さは $4$ と $3\sqrt2$ なので $\cos\angle ABC=\dfrac{12}{12\sqrt2}=\dfrac1{\sqrt2}$、よって $\angle ABC=45^\circ$ である。
• $C$ では $\overrightarrow{CA}=(-1,-3)$、$\overrightarrow{CB}=(3,-3)$ で、内積は $-3+9=6$、長さは $\sqrt{10}$ と $3\sqrt2$ なので $\cos\angle ACB=\dfrac{6}{3\sqrt{20}}=\dfrac1{\sqrt5}$ である。
  角の大きさを正接で表すと、$\angle BAC$ は $\overrightarrow{AC}=(1,3)$ が $x$ 軸となす角なので $\tan\angle BAC=3$ である。$\angle ACB$ の正接は、$\cos\angle ACB=\dfrac1{\sqrt5}$ から $\sin\angle ACB=\dfrac2{\sqrt5}$（角は $0^\circ$ と $180^\circ$ の間にあるので正）となり、$\tan\angle ACB=2$ である。正接の加法定理から
  $$ \tan(\angle BAC+\angle ACB)=\frac{3+2}{1-3\cdot2}=\frac5{-5}=-1 $$
  である。$\tan\angle BAC=3>1$ と $\tan\angle ACB=2>1$ から、2 つの角はどちらも $45^\circ$ より大きく $90^\circ$ より小さいので、和は $90^\circ$ と $180^\circ$ の間にある。この範囲で正接が $-1$ になる角は $135^\circ$ だけなので、$\angle BAC+\angle ACB=135^\circ$ である。これに $\angle ABC=45^\circ$ を足すと、ちょうど $180^\circ$ になる。
  数値で書くと $\angle BAC\approx71.565^\circ$、$\angle ABC=45^\circ$、$\angle ACB\approx63.435^\circ$ で、和は $180^\circ$ である。

1. 正三角形を 1 本の中線で 2 つに分けると、2 つの合同な直角三角形ができる。正三角形の 3 つの角は等しいので、それぞれ $x$ とおく。分けてできた直角三角形の角は $x$、$90^\circ$、$\dfrac x2$ である。内角の和が $180^\circ$ なら $x+90^\circ+\dfrac x2=180^\circ$ から $x=60^\circ$ となり、よく知っている「$30^\circ$・$60^\circ$・$90^\circ$ の三角定規」が現れる。
2. 正方形を対角線で 2 つに分けると、直角二等辺三角形が 2 つできる。正方形の角 $90^\circ$ が対角線で $45^\circ$ ずつに分かれるので、この三角形の角は $45^\circ$、$45^\circ$、$90^\circ$ で、和は $180^\circ$ である。正方形の 4 つの角の和 $360^\circ$ が、2 つの三角形に $180^\circ$ ずつ分かれたと見ることもできる。

$\ell$ を直線 $y=2$、$m$ を $x$ 軸（$y=0$）、$t$ を原点 $Q=(0,0)$ と $P=(1,2)$ を通る直線とする。$\ell\parallel m$ である。$X=(-1,2)$（$\ell$ 上、$t$ の左上の側）、$Y=(1,0)$（$m$ 上、$t$ の右下の側）をとると、$X$ と $Y$ は $t$ について反対側にあるので、$\angle XPQ$ と $\angle PQY$ は錯角である。
$\overrightarrow{PX}=(-2,0)$、$\overrightarrow{PQ}=(-1,-2)$ なので $\cos\angle XPQ=\dfrac{2}{2\sqrt5}=\dfrac1{\sqrt5}$ である。$\overrightarrow{QP}=(1,2)$、$\overrightarrow{QY}=(1,0)$ なので $\cos\angle PQY=\dfrac{1}{\sqrt5}$ である。2 つの錯角は等しい（どちらも約 $63.435^\circ$）。$\ell$ を傾けて直線 $y=2+\dfrac12(x-1)$ にすると、$\ell$ と $m$ は $x=-3$ で交わる。このとき $X=(-1,1)$ をとると $\overrightarrow{PX}=(-2,-1)$、$\cos\angle XPQ=\dfrac{2+2}{\sqrt5\cdot\sqrt5}=\dfrac45$ となり、錯角は等しくない（約 $36.870^\circ$ と約 $63.435^\circ$）。

1. 二等辺三角形 $ABC$（$AB=AC$）で頂角が $\angle A=40^\circ$ のとき、底角 $\angle B$ と $\angle C$ は等しいので $x$ とおくと、$40^\circ+2x=180^\circ$ から $x=70^\circ$ である。
2. 直角三角形では、直角でない 2 つの角の和は $180^\circ-90^\circ=90^\circ$ である。1 つが $25^\circ$ ならもう 1 つは $65^\circ$ である。このことから、直角三角形の直角でない角 $\theta$ について $\sin\theta=\cos(90^\circ-\theta)$ が成り立つ（$90^\circ-\theta$ はもう 1 つの鋭角で、その角から見ると対辺と隣辺が入れ替わる）。
3. 三角形の 2 つの角が $\angle A=50^\circ$、$\angle B=75^\circ$ なら、$\angle C=180^\circ-125^\circ=55^\circ$ である。最大の角は $\angle B$ なので、最も長い辺は $\angle B$ の向かいの辺 $CA$ である（大きい角の向かいには長い辺がある）。

1. $\angle A=50^\circ$、$\angle B=60^\circ$ の三角形の、頂点 $C$ における外角は $50^\circ+60^\circ=110^\circ$ である。内角 $\angle C=70^\circ$ と足すと $180^\circ$ になっている。
2. 二等辺三角形 $ABC$（$AB=AC$）の底辺 $BC$ を $C$ の先へ延ばした外角が $130^\circ$ なら、内角 $\angle C=50^\circ$、底角 $\angle B=50^\circ$ なので、頂角は外角の定理から $\angle A=130^\circ-50^\circ=80^\circ$ である。
3. 外角の定理からは「外角は、隣り合わないどちらの内角よりも大きい」ことが出る（内角は正なので $\alpha+\beta>\alpha$、$\alpha+\beta>\beta$）。この弱い形は、実は平行線公準を使わずに示せる（平行線公準（高校数学））。

ex-tas-start-coords の三角形 $a=0$、$b=4$、$c=1+3i$ で計算する。$\dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{1+3i}4$ の虚部は正なので、この三角形は反時計回りである。
$$ \frac{c-a}{b-a}=\frac{1+3i}4,\qquad \frac{a-b}{c-b}=\frac{-4}{-3+3i}=\frac{-4(-3-3i)}{18}=\frac{2+2i}3,\qquad \frac{b-c}{a-c}=\frac{3-3i}{-1-3i}=\frac{(3-3i)(-1+3i)}{10}=\frac{3+6i}5 $$
である。偏角は、正接がそれぞれ $3$、$1$、$2$ の角なので、ex-tas-start-coords で求めた約 $71.565^\circ$、$45^\circ$、約 $63.435^\circ$ と一致する。積は
$$ \frac{(1+3i)(2+2i)(3+6i)}{4\cdot3\cdot5}=\frac{(-4+8i)(3+6i)}{60}=\frac{-12-24i+24i+48i^2}{60}=\frac{-60}{60}=-1 $$
で、thm-tas-complex のとおりである。

正五角形 $ABCDE$ の 1 つの内角は $108^\circ$ である（ex-tas-polygon）。三角形 $ABC$ は $AB=BC$ の二等辺三角形で頂角が $108^\circ$ なので、底角は $\dfrac{180^\circ-108^\circ}2=36^\circ$ である。同じく $\angle DAE=36^\circ$ なので、先端の角は $a=\angle CAD=108^\circ-36^\circ-36^\circ=36^\circ$ である。5 つの先端はどれも $36^\circ$ で、和は $5\times36^\circ=180^\circ$ となり、prop-tas-star と一致する。

凸 $n$ 角形（$n\ge3$）の 1 つの頂点から、隣でない $n-3$ 個の頂点へ対角線を引くと、$n-2$ 個の三角形に分かれる。三角形たちの角を全部集めると、ちょうど $n$ 角形の内角を全部集めたものになるので、内角の和は $(n-2)\times180^\circ$ である。

• 五角形：$3\times180^\circ=540^\circ$。正五角形の 1 つの内角は $540^\circ\mathbin{÷}5=108^\circ$ である。
• 六角形：$4\times180^\circ=720^\circ$。正六角形の 1 つの内角は $120^\circ$ である。
  各頂点の外角は $180^\circ-(\text{内角})$ なので、外角の和は $n\times180^\circ-(n-2)\times180^\circ=360^\circ$ で、$n$ によらない。正五角形では $5\times(180^\circ-108^\circ)=5\times72^\circ=360^\circ$ である。凸でない多角形の場合や、外角の和が「1 周分の回転」であることは 多角形の内角の和と外角の和 で扱う。

原点を中心とする半径 $1$ の球面 $x^2+y^2+z^2=1$ を考える。球面を原点を通る平面で切った切り口の円を 大円 という。球面の上の 2 点を結ぶ最短の道は大円の弧なので（この記事では証明しない）、球面の上では大円を「直線」、大円の弧を「線分」の代わりに使う。2 本の弧が 1 点で出会うとき、その点での角は、2 本の弧がその点から出ていく向き（接線の向き）のなす角で測る。
3 点 $X=(1,0,0)$、$Y=(0,1,0)$、$Z=(0,0,1)$ を大円の弧で結ぶ（図4）。弧 $XY$ は平面 $z=0$ の上にあり、$X$ から $(0,1,0)$ の向きに出ていく。弧 $XZ$ は平面 $y=0$ の上にあり、$X$ から $(0,0,1)$ の向きに出ていく。2 つの向きの内積は $0$ なので、$X$ での角は $90^\circ$ である。座標を $x\to y\to z\to x$ と入れ替えると $X\to Y\to Z\to X$ と移り、弧も角も移り合うので、$Y$ と $Z$ での角も $90^\circ$ である。内角の和は
$$ 90^\circ+90^\circ+90^\circ=270^\circ $$
で、$180^\circ$ より $90^\circ$ 大きい。
prf-tas-main のどこが使えないかを見る。平面の証明では、頂点 $Z$ を通り「辺 $XY$ を含む大円」（赤道 $z=0$）と交わらない大円が必要だった。しかし、$Z$ を通る大円を切り出す平面と、赤道を切り出す平面 $z=0$ は、どちらも原点を通るので原点を通る直線で交わる。この直線は球面と 2 点で交わり、その 2 点は両方の大円の上にある。つまり、球面の上では どの 2 つの大円も交わり、平行な「直線」がない。同じ三角形は 三平方の定理 の反例としても使われ（斜辺の 2 乗が脚の 2 乗の和にならない）、余弦定理（高校数学） でも平面との違いを見る例として出てくる。

平面の上で、1 辺の長さ $1$ の正三角形 $ABC$ をとる。辺 $BC$ を $A$ を中心とする半径 $1$ の円弧に、辺 $CA$ を $B$ を中心とする円弧に、辺 $AB$ を $C$ を中心とする円弧に取り替えた図形（Reuleaux の三角形とよばれる）を考える。3 つの円弧は外側にふくらんでいる。
頂点 $A$ での角を求める。円弧 $AB$ は $C$ を中心とする円の一部なので、$A$ でのこの円弧の接線は半径 $CA$ に垂直である。直線 $AC$ から測ると、$A$ での接線の向きは $90^\circ$ の方向、弦 $AB$ の向きは $60^\circ$ の方向（正三角形の角）なので、接線は弦 $AB$ から外側へ $90^\circ-60^\circ=30^\circ$ 傾いている。同じく円弧 $AC$ の $A$ での接線は、弦 $AC$ から外側へ $30^\circ$ 傾いている。2 本の接線のなす角（図形の内側の角）は
$$ 30^\circ+60^\circ+30^\circ=120^\circ $$
である。3 つの頂点はどれも同じなので、角の和は $3\times120^\circ=360^\circ$ である。
この図形は平面の上にあるが、辺が線分でないので thm-tas-main の仮定を満たさない。辺を曲げてよいなら、内角の和は $180^\circ$ より大きくも小さくもできる（外側にふくらませれば大きく、内側にへこませれば小さくなる）。

1. ex-tas-sphere の三角形（$R=1$）は、球面を 3 つの座標平面で 8 つに分けた 1 つなので、面積は球面の面積 $4\pi$ の $\dfrac18$、つまり $\dfrac\pi2$ である。内角の和は $\dfrac{3\pi}2$ なので、$\dfrac{3\pi}2-\pi=\dfrac\pi2$ で、thm-tas-girard と合う。
2. 北極 $N=(0,0,1)$ と、赤道上の 2 点 $P_1=(1,0,0)$、$P_2=\left(\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}2,0\right)$（経度 $0^\circ$ と $60^\circ$）を頂点とする三角形（$R=1$）を考える。経線は赤道と直角に交わるので $P_1$ と $P_2$ での角は $90^\circ$、$N$ での角は経度の差 $60^\circ=\dfrac\pi3$ である。この三角形は北半球（面積 $2\pi$）を経度 $60^\circ$ ごとに 6 等分した 1 つなので、面積は $\dfrac{2\pi}6=\dfrac\pi3$ である。一方、$\dfrac\pi3+\dfrac\pi2+\dfrac\pi2-\pi=\dfrac\pi3$ で、thm-tas-girard と合う。