まず、△$\mathrm{ABC}$が図Ａの場合から。

図Ａにおいて、△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使うと、
$\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\cos\angle \mathrm{BAC}$
より
$\displaystyle \mathrm{BC}^{2}=4^{2}+6^{2}-2\cdot 4\cdot\cancel{6}^{2}\cdot\frac{1}{\cancel{3}}$
とかける。

これを計算すると
$\mathrm{BC}^{2}=2^{2}(2^{2}+3^{2}-4)$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2} } =2^{2}\cdot 3^{2}$
なので、
$\mathrm{BC}=2\cdot 3$
$\phantom{ \mathrm{BC} } =6$
である。

解答オ：６

$\displaystyle \sin\angle \mathrm{BAC}=\frac{1}{3}$のときの$\cos\angle \mathrm{BAC}$を求めよう。

$\sin^{2}\angle \mathrm{BAC}+\cos^{2}\angle \mathrm{BAC}=1$
より

途中式

$\displaystyle \left(\frac{1}{3}\right)^{2}+\cos^{2}\angle \mathrm{BAC}=1$
$\displaystyle \cos^{2}\angle \mathrm{BAC}=1-\left(\frac{1}{3}\right)^{2}$
$\phantom{ \cos^{2}\angle \mathrm{BAC} } \displaystyle =\frac{3^{2}-1}{3^{2}}$
$\phantom{ \cos^{2}\angle \mathrm{BAC} } \displaystyle =\frac{8}{3^{2}}$
だから、このときの$\cos\angle \mathrm{BAC}$は

$\displaystyle \cos\angle \mathrm{BAC}=\pm\frac{\sqrt{8}}{3}$
$\phantom{ \cos\angle \mathrm{BAC}}=\displaystyle \pm\frac{2\sqrt{2}}{3}$
である。

よって、このとき、△$\mathrm{ABC}$は図Ｂ，図Ｃの２つの場合がある。

図Ｂのとき、△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使うと、
$\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\cos\angle \mathrm{BAC}$
より

途中式

$\displaystyle \mathrm{BC}^{2}=4^{2}+(3\sqrt{2})^{2}-2\cdot 4\cdot \cancel{3}\sqrt{2}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{\cancel{3}}$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2} } =8\cdot 2+9\cdot 2-2\cdot 4\cdot 2\cdot 2$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2} } =2(8+9-16)$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2} } =2$
なので

$\mathrm{BC}=\sqrt{2}$
である。

解答カ：２

図Ｃのとき、△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使うと、

途中式

$\displaystyle \mathrm{BC}^{2}=4^{2}+(3\sqrt{2})^{2}-2\cdot 4\cdot \cancel{3}\sqrt{2}\left( -\frac{2\sqrt{2}}{\cancel{3}}\right)$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2} } =8\cdot 2+9\cdot 2+2\cdot 4\cdot 2\cdot 2$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2} } =2(8+9+16)$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2} } =2\cdot 33$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2} } =66$
なので

$\mathrm{BC}=\sqrt{66}$
となる。

解答キ：６, ク：６

どちらの三角形も、面積は
$\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\sin \mathrm{BAC}=\frac{1}{\cancel{2}}\cdot \cancelto{2}{4}\cdot \cancel{3}\sqrt{2}\cdot\frac{1}{\cancel{3}}$
$\hspace{163px} =2\sqrt{2}$
で、変わらない。

解答ケ：２, コ：２

(3)は、$\mathrm{AB}=4$，$\displaystyle \sin\angle \mathrm{BAC}=\frac{1}{3}$のとき、$\mathrm{BC}$を変化させて できる△$\mathrm{ABC}$の個数と形を考える問題だ。

まず、イメージをつかむために図を描こう。

直線$\mathrm{AB}$と直線$\mathrm{AC}$は
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{BAC}=\frac{1}{3}$
となる角度で交わる。
なので、
$\sin$青い角$=\sin$赤い角$=\displaystyle \frac{1}{3}$
直線$\mathrm{AC}$を緑の直線 とすると、点$\mathrm{A}$，点$\mathrm{B}$と直線$\mathrm{AC}$は 図Ｄのような関係にある。

詳しく

$\sin(180^{\circ}-\theta)=\sin\theta$
なので、図Ｄの赤い角の$\sin$が$\displaystyle \frac{1}{3}$なら、青い角の$\sin$も$\displaystyle \frac{1}{3}$である。

緑の直線は$\mathrm{AC}$だから、点$\mathrm{C}$は緑の直線上のどこかにある（点$\mathrm{A}$を除く）。

よって、$\angle \mathrm{BAC}$は青い角と赤い角のどちらかで、
点$\mathrm{C}$が点$\mathrm{A}$より左にあれば$\angle \mathrm{BAC}=$青い角
右にあれば$\angle \mathrm{BAC}=$赤い角
だ。

---

さらに、点$\mathrm{B}$と点$\mathrm{C}$の距離は$\mathrm{BC}$なので、
点$\mathrm{C}$は、点$\mathrm{B}$が中心で、半径が$\mathrm{BC}$の円の円周上のどこかにある。

この円を、以下「青い円」とする。

---

以上より、点$\mathrm{C}$は、
緑の直線上にあり
青い円周上にある から、緑の直線と青い円周の共有点だ。
これを図にすると、図Ｅができる。

共有点が2つあるとき、つまり点$\mathrm{C}$が2つあるときは、左にある方を$\mathrm{C}_{1}$，右を$\mathrm{C}_{2}$と呼ぶことにする。

$\mathrm{BC}$の長さが変わると、点$\mathrm{C}$の個数や位置は変わる。
図中、
赤い三角形は△$\mathrm{ABC}_{1}$
黄色い三角形は△$\mathrm{ABC}_{2}$ だけど、この形も$\mathrm{BC}$の値によって変わる。

図Ｅの下にあるスライダーを動かすと、$\mathrm{BC}$の値が変えられる。
△$\mathrm{ABC}$がどう変化するか、イメージをつかんでほしい。

図形がイメージできたところで、問題を解こう。

図Ｅを動かしてみると分かるけど、$\mathrm{BC}$、つまり青い円の半径が最小になるのは、図Ｆのように緑の直線と青い円が接するとき。

このとき、$\displaystyle \sin\angle \mathrm{BAC}=\frac{1}{3}$なので、
$\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{C}}{\mathrm{A}\mathrm{B}}=\frac{1}{3}$
とかける。

これに$\mathrm{AB}=4$を代入して、
$\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{C}}{4}=\frac{1}{3}$
より
$\displaystyle \mathrm{BC}=\frac{4}{3}$
となるから、$\mathrm{BC}$の最小値は$\displaystyle \frac{4}{3}$だ。

よって、$\mathrm{BC}$の範囲は
$\displaystyle \frac{4}{3}\leqq \mathrm{BC}$
であることが分かる。

解答サ：4, シ：3

また、図Ｆのときは △$\mathrm{ABC}$は一通りしかできないので、
$\displaystyle \mathrm{BC}=\frac{4}{3}$のとき、△$\mathrm{ABC}$はただ一通りに決まる。

このとき、△$\mathrm{ABC}$は$\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$の直角三角形になる。

解答セ：０

$\displaystyle \frac{4}{3} \lt \mathrm{BC}$のとき、緑の直線と青い円は2点$\mathrm{C}_{1}$，$\mathrm{C}_{2}$で交わる。
したがって、△$\mathrm{ABC}$も△$\mathrm{ABC}_{1}$，△$\mathrm{ABC}_{2}$の二通りできる.....と言いたいところだけど、点$\mathrm{A}$と点$\mathrm{C}_{1}$が重なる場合は反則で、図形$\mathrm{ABC}_{1}$は三角形にならない。

点$\mathrm{A}$と点$\mathrm{C}_{1}$が重なるのは、図Ｇのように
$\mathrm{BC}_{1}=\mathrm{AB}=4$
のとき。

このとき、図形$\mathrm{ABC}_{1}$は三角形にならないので、できる三角形は△$\mathrm{ABC}_{2}$のひとつだけ。
よって、
$\mathrm{BC}=4$のとき、△$\mathrm{ABC}$はただ一通りに決まる。

解答ス：4

図Ｇより、このときの△$\mathrm{ABC}_{2}$は$\mathrm{AB}=\mathrm{BC}_{2}$の二等辺三角形である。

解答ソ：１

さらに、$\angle \mathrm{ABC}=90^{\circ}$のときは、図Ｈのような状態になる。

このときの$\mathrm{BC}$の値を求める。

△$\mathrm{ABC}_{2}$は直角三角形なので、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{BAC}=\frac{\mathrm{B}\mathrm{C}_{2}}{\mathrm{A}\mathrm{C}_{2}}=\frac{1}{3}$
より
$\mathrm{AC}_{2}=3\mathrm{BC}_{2}$
である。

なので、
$\mathrm{BC}_{2}=x$
とおくと、
$\mathrm{AC}_{2}=3x$
とかける。

よって、△$\mathrm{ABC}_{2}$に三平方の定理を使うと
$4^{2}+x^{2}=(3x)^{2}$
と表せる。

これを解くと

途中式

$9x^{2}-x^{2}=4^{2}$
$8x^{2}=4^{2}$
$x^{2}=2$

$x=\sqrt{2}$
だから、$\angle \mathrm{ABC}=90^{\circ}$のとき、
$\mathrm{BC}=\sqrt{2}$
である。

解答タ：2

一方の△$\mathrm{ABC}_{2}$は、ちょっと考えなきゃいけない。

タより、$\angle \mathrm{ABC}_{2}$が直角のとき、$\mathrm{BC}=\sqrt{2}$だった。
また、点$\mathrm{C}$は緑の直線上にあるけど、$\mathrm{BC}$が大きくなるにつれて点$\mathrm{B}$から遠ざかってゆく。

よって、図Ｉのように、点$\mathrm{C}_{2}$は
$\displaystyle \frac{4}{3} \lt \mathrm{BC} \lt \sqrt{2}$のとき、紫の線上 $\sqrt{2} \lt \mathrm{BC}$のとき、オレンジの線上 にある。

以上をまとめると、$\mathrm{BC}$の長さと△$\mathrm{ABC}$の関係は

$\mathrm{BC}$	$\displaystyle \frac{4}{3}$	$\cdots$	$\sqrt{2}$	$\cdots$	$4$	$\cdots$
$\mathrm{ABC}_{1}$	一つの 直角 三角形	鈍角 三角形			三角形に ならない	鈍角 三角形
$\mathrm{ABC}_{2}$		鋭角 三角形	直角 三角形	鈍角 三角形

であることが分かる。

解答チ：5, ツ：7, テ：8