$A={60}^{\circ }$の△$\mathrm{ABC}$について考える。

まず、$B={90}^{\circ }$の場合から。

このとき、△$\mathrm{ABC}$のそれぞれの角は
$A={60}^{\circ }$ $B={90}^{\circ }$ $C={30}^{\circ }$ となる。

なので、
$\cos B=\cos {90}^{\circ }$
$\cos B$$=0$
$\sin C=\sin {30}^{\circ }$
${\displaystyle \sin C}$${\displaystyle =\frac{1}{2}}$
である。

解答オ：０, カ：３

これを$X$の式に代入すると、
$X=4{\displaystyle \cdot 0^2+4\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2-4\sqrt{3}\cdot 0\cdot \frac{1}{2}}$
$X$$=4\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2$
$X$$=1$
になる。

次に、$B={13}^{\circ }$のとき。

このとき、△$\mathrm{ABC}$のそれぞれの角は
$A={60}^{\circ }$ $B={13}^{\circ }$ $C={107}^{\circ }$ となる。

このうち、$C$の${107}^{\circ }$の$\sin$を三角比の表から求める。
そのためには、$\sin {107}^{\circ }$を$0^{\circ }$～${90}^{\circ }$の三角比で表さないといけない。

ここで、$90n^{\circ }\pm \theta$の三角比の値について復習しておこう。

復習

$\sin ({90}^{\circ }\pm \theta )=\cos \theta$
$\cos ({90}^{\circ }\pm \theta )=\mp \sin \theta$
${\displaystyle \tan ({90}^{\circ }\pm \theta )=\mp \frac{1}{\tan \theta }}$
$\sin ({180}^{\circ }\pm \theta )=\mp \sin \theta$
$\cos ({180}^{\circ }\pm \theta )=-\cos \theta$
$\tan ({180}^{\circ }\pm \theta )=\pm \tan \theta$
復号同順

私はこの公式は好きじゃなくて、このページの方法を使って考える方が好きだ。
この辺は人によるので、自分に合った方法で計算してほしい。

復習が終わったところで、問題にもどる。
${107}^{\circ }$を図にすると、図Ａの赤い線のような角度だ。

図Ａより、
${107}^{\circ }={90}^{\circ }+{17}^{\circ }$ または
${107}^{\circ }={180}^{\circ }-{73}^{\circ }$ とかける。

${107}^{\circ }={90}^{\circ }+{17}^{\circ }$
だと、${17}^{\circ }$を$\theta$として、
$\sin ({90}^{\circ }+\theta )=\cos \theta$
という式になるけど、選択肢にこの式はないから使えない。

${107}^{\circ }={180}^{\circ }-{73}^{\circ }$
だと、${73}^{\circ }$を$\theta$として、
$\sin ({180}^{\circ }-\theta )=\sin \theta$
という式になる。
同じ式が選択肢の④にあるので、これが答えだ。

解答キ：４

さらに、単位円と三角比の値の復習をしよう。

復習

座標平面において、$x$軸から左回りに$\theta$の角度で 原点から引いた半直線（図Ａの緑の線）と、単位円との交点（赤い点）を考える。
この交点の
$x$座標を$\cos \theta$ $y$座標を$\sin \theta$ とする。

復習より、$\sin {107}^{\circ }$の値は、図Ａの赤い点の$y$座標にあたる。
円の半径は$1$なので、赤い点の$y$座標は正で$1$に近い数だ。
なので、選択肢のうちで当てはまるのは、②の
$0.9563$
である。

解答ク：２

まず、(a)について。
明らかに誤りだけど、ひとつ例を考えてみよう。
こういう証明がアリなのであれば、次のようなことも出来てしまう。

$2000$を$2001$で割ると
${\displaystyle \frac{2000}{2001}=0.9995\dots }$
となる。

この右辺を小数第４位で四捨五入して、
${\displaystyle \frac{2000}{2001}\doteqdot 1.000}$
とすることで
${\displaystyle \frac{2000}{2001}=1}$
が証明できるとすれば、両辺に$2001$をかけて
$2000=2001$
が証明できてしまう。

次に、(b)について。
これも明らかに誤りだけど、ちょっと復習しよう。

復習

命題「AであればBである」について、
偽の場合、「AであるがBでない」例（反例）を一つあげれば証明したことになる
けれど、
真の場合、「AであってBである」例をあげるだけでは証明したことにはならない。

復習より、
$A={60}^{\circ }$，$B={90}^{\circ }$のとき$X=1$ $A={60}^{\circ }$，$B={13}^{\circ }$のとき$X=1$ の２例をあげただけでは、この命題の証明にはならない。

こういう証明がアリなのであれば、
鳥のダチョウは飛べない。 鳥のペンギンは飛べない。 なので、鳥は飛べない
ってことが証明できてしまう。
渡りは徒歩かな、やっぱり。

以上より、選択肢のうちで正しいのは
③
である。

解答ケ：３

次は、$\mathrm{BC}$を外接円の半径$R$で表す。

外接円の半径が出てきたので、これが含まれる公式を思い出すと、
正弦定理の
${\displaystyle \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R}$ 三角形の面積の公式の
$S={\displaystyle \frac{abc}{4R}}$ の２つがあった。
いまは面積の公式は使えないので、正弦定理だ。

正弦定理より、
${\displaystyle \frac{\mathrm{BC}}{\sin A}=2R}$
なので、
$\mathrm{BC}=2R\sin A$
とかける。

$A={60}^{\circ }$
なので、これはさらに
$\mathrm{BC}=2R\sin {60}^{\circ }$
より
${\displaystyle \mathrm{BC}=2R\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}$
$\mathrm{BC}$$=\sqrt{3}R$式Ａ
となる。

解答コ：３

$B$が鋭角のとき、点$\mathrm{C}$から辺$\mathrm{AB}$に下ろした垂線の足を$\mathrm{H}$とすると、図Ｃができる。

図Ｃの青い三角形は直角三角形なので、
${\displaystyle \frac{\mathrm{AH}}{\mathrm{AC}}=\cos A}$
より
$\mathrm{AH}=\mathrm{AC}\cos {60}^{\circ }$
とかける。

これに式Ｃを代入して、
$\mathrm{AH}=2R\sin B\cos {60}^{\circ }$
より
${\displaystyle \mathrm{AH}=2R\sin B\cdot \frac{1}{2}}$
$\mathrm{AH}$$=R\sin B$式Ｄ
である。

また、図Ｃの斜線の三角形も直角三角形なので、
${\displaystyle \frac{\mathrm{BH}}{\mathrm{BC}}=\cos B}$
より
$\mathrm{BH}=\mathrm{BC}\cos B$
とかける。

これに式Ａを代入して、
$\mathrm{BH}=\sqrt{3}R\cos B$式Ｅ
である。

設問には関係ないけれど、この先の解説もしておく。

ここで、式Ｂ$=$式Ｆなので、
$R\sin B+\sqrt{3}R\cos B=2R\sin C$
より
$\sin B+\sqrt{3}\cos B=2\sin C$
$\sin B=2\sin C-\sqrt{3}\cos B$
とかける。

この式の両辺を２乗して、
${\sin }^{2}B=4{\sin }^{2}C-4\sqrt{3}\cos B\cos C+3{\cos }^{2}B$
${\sin }^{2}B$$=3{\cos }^{2}B+4{\sin }^{2}C-4\sqrt{3}\cos B\cos C$
両辺に${\cos }^{2}B$をたすと、
${\sin }^{2}B+{\cos }^{2}B$
       $=4{\cos }^{2}B+4{\sin }^{2}C-4\sqrt{3}\cos B\cos C$
と変形できる。

この式の左辺は$1$，右辺は$X$なので、$B$が鋭角のとき、
$X=1$
である。

$B$が鈍角のときは、図Ｄのようになる。

図Ｄで(5)と同じ作業をしてみよう。

図Ｄの青い三角形は直角三角形なので、
${\displaystyle \frac{\mathrm{AH}}{\mathrm{AC}}=\cos A}$
より
$\mathrm{AH}=\mathrm{AC}\cos {60}^{\circ }$
とかける。

これに式Ｃを代入して、
$\mathrm{AH}=2R\sin B\cos {60}^{\circ }$
より
${\displaystyle \mathrm{AH}=2R\sin B\cdot \frac{1}{2}}$
$\mathrm{AH}$$=R\sin B$式Ｄ
である。

ここまでは$B$が鋭角のときと同じ。

図Ｃの斜線の三角形も直角三角形だけど、この三角形を使ってできるのは、$B$が鋭角のときとは違って
${\displaystyle \frac{\mathrm{BH}}{\mathrm{BC}}=\cos ({180}^{\circ }-B)}$
という式だ。
これを変形すると
$\mathrm{BH}=\mathrm{BC}\cos ({180}^{\circ }-B)$
$\mathrm{BH}$$=-\mathrm{BC}\cos B$
となるから、下線部②は修正しないといけない。

これに式Ａを代入して、
$\mathrm{BH}=-\sqrt{3}R\cos B$式Ｇ
である。

図Ｄでは、$B$が鋭角のときとは違って
$\mathrm{AB}=\mathrm{AH}-\mathrm{BH}$式Ｈ
になるから下線部③も修正だ。

解答 （い）下線部② $\mathrm{BH}=\mathrm{BC}\cos ({180}^{\circ }-B)$
             または
             $\mathrm{BH}=-\mathrm{BC}\cos B$
下線部③ $\mathrm{AB}=\mathrm{AH}-\mathrm{BH}$

設問には関係ないけれど、この先は、式Ｈに式Ｄ，式Ｇを代入すると
$\mathrm{AB}=R\sin B+\sqrt{3}R\cos B$
となって、式Ｆと同じ式になる。

まず、必要条件と十分条件についての復習をしよう。

というわけで、条件$p$，$q$の表す集合のベン図を描こう。

これまでの流れを振り返ると、
(4)(5)(6)で「$A={60}^{\circ }$ならば$X=1$である」ことを証明した。 (7)で「$A={120}^{\circ }$，$B={30}^{\circ }$ならば$X=1$」を発見した。 だった。

よって、条件$p$，$q$の表す集合を$P$，$Q$として、上の２つをあてはめると、図Ｈができる。

図Ｈを見ると、集合$Q$は集合$P$を含んでいる。
なので、復習より、
$p$は$q$であるための十分条件
で、必要条件ではない。

以上より、正しいのは
②
である。

解答ソ：２