$ \sin30^{\circ}=\frac{1}{2}, \mbox{ } \sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} $
が($\cos,\tan$ も同様に)分かる。
ここで、あえて $45^{\circ}$ のときの分母を有理化しているのは、
$0^{\circ}\rightarrow 30^{\circ}\rightarrow 45^{\circ}\rightarrow 60^{\circ}\rightarrow 90^{\circ}$
と角の変化に伴って、値の方は
$ \frac{\sqrt{0}}{2}\rightarrow \frac{\sqrt{1}}{2}\rightarrow \frac{\sqrt{2}}{2}\rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}\rightarrow \frac{\sqrt{4}}{2} $
と変わっていって覚えやすいからである。
また、
$ \frac{1}{2}=0.5
, \mbox{ }
\frac{\sqrt{2}}{2}\doteq0.7
, \mbox{ }
\frac{\sqrt{3}}{2}\doteq0.9$
と近似値も覚えておくのがよい。
$\sqrt{2}=1.41421356, \sqrt{3}=1.7320508$ を覚えておけば、0.7 と 0.9 が出てくる。
ついでだから $\sqrt{5}=2.2360679$ も覚えておこう。(この3つ以外のルートは暗記しなくてよかろう。)
これらを覚えておくと、三角方程式が楽に解ける。
（２）１５°の三角比
加法定理を使って、$15^{\circ},75^{\circ}$ や $105^{\circ}$ の三角比の値を計算することが多いが、実は値を求めるだけなら、数学Iの範囲内でできる。
要は、$(30^{\circ},60^{\circ},90^{\circ})$ と、$(45^{\circ},45^{\circ},90^{\circ})$ の2つの直角三角形を利用することだ。
上図において、$\triangle ABC$ が $(30^{\circ},60^{\circ},90^{\circ})$ の直角三角形であり、$AB=AD$ とすれば $\angle ADB=15^{\circ}$ になる。
$BC=1$ とすると、$ AB=AD=2, \mbox{ } AC=\sqrt{3} $
だから
$ BD = \sqrt{1+(2+\sqrt{3})^{2}} =\sqrt{8+4\sqrt{3}} = \sqrt{6}+\sqrt{2} $
となる。2重根号の外し方を知らないとできないが、これより
$ \sin15^{\circ}=\frac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}, $
$ \cos15^{\circ}=\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}
=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}, $
$ \tan15^{\circ}=\frac{\sin15^{\circ}}{\cos15^{\circ}}= 2-\sqrt{3} $
が出てくる。
余角である $75^{\circ}$ に対する三角比の値は、三角比の性質を使えば分かる。
【別解】
別解として、次図を使う方法がある。
$(45^{\circ},45^{\circ},90^{\circ})$ の直角三角形 $\triangle ABC$ の中に、$(30^{\circ},60^{\circ},90^{\circ})$ の直角三角形 $\triangle ADC$ をはめ込む。すると、$\triangle BDE$ も$(45^{\circ},45^{\circ},90^{\circ})$ の直角三角形になる。
$CD=1$ とすると、$ AD=2, \mbox{ } AC=BC=\sqrt{3} $だから$ BD = \sqrt{3}-1, \mbox{ } ED=\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}} $となって、
$ \sin15^{\circ}=\frac{ED}{AD}=\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}} $
と2重根号を使わずに求まる。
$\cos15^{\circ}$ の方も
$ AE= \sqrt{6}-\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}} =\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}} $
より、やはり2重根号を使わずに求められる。
