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、
${\mathrm{BC}}^2={\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{AC}}^2-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$
より
${\mathrm{BC}}^2=4^2+6^2-2\cdot 4\cdot {\cancel{6}}^2\cdot {\displaystyle \frac{1}{\cancel{3}}}$
とかける。

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

解答オ：６

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

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

途中式

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

$$\begin{array}{rl}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}& =\pm {\displaystyle \frac{\sqrt{8}}{3}}\\ & =\pm {\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}\end{array}$$ 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、
${\mathrm{BC}}^2={\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{AC}}^2-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$
より

途中式

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{BC}}^2& =4^2+(3\sqrt{2}{)}^2-2\cdot 4\cdot \cancel{3}\sqrt{2}\cdot {\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{\cancel{3}}}\\ & =8\cdot 2+9\cdot 2-2\cdot 4\cdot 2\cdot 2\\ & =2(8+9-16)\\ & =2\end{array}$$ 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

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{BC}}^2& =4^2+(3\sqrt{2}{)}^2-2\cdot 4\cdot \cancel{3}\sqrt{2}(-{\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{\cancel{3}}})\\ & =8\cdot 2+9\cdot 2+2\cdot 4\cdot 2\cdot 2\\ & =2(8+9+16)\\ & =2\cdot 33\\ & =66\end{array}$$ 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
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\sin \mathrm{BAC}& ={\displaystyle \frac{1}{\cancel{2}}}\cdot {\cancel{4}}^2\cdot \cancel{3}\sqrt{2}\cdot {\displaystyle \frac{1}{\cancel{3}}}\\ & =2\sqrt{2}\end{array}$$ で、変わらない。

解答ケ：２, コ：２

(3)は、$\mathrm{AB}=4$，$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}={\displaystyle \frac{1}{3}}$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
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}={\displaystyle \frac{1}{3}}$
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、$\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$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$\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}=$青い角
右にあれば$\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}=$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、$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}={\displaystyle \frac{1}{3}}$なので、
${\displaystyle \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$
とかける。

これに$\mathrm{AB}=4$を代入して、
${\displaystyle \frac{\mathrm{BC}}{4}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$
より
$\mathrm{BC}={\displaystyle \frac{4}{3}}$
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、
$\mathrm{BC}={\displaystyle \frac{4}{3}}$のとき、△$\mathrm{ABC}$はただ一通りに決まる。

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

解答セ：０

${\displaystyle \frac{4}{3}}<\mathrm{BC}$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、$\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}={90}^{\circ }$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、
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}={\displaystyle \frac{{\mathrm{BC}}_2}{{\mathrm{AC}}_2}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$
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、$\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}={90}^{\circ }$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、$\mathrm{\angle }{\mathrm{ABC}}_2$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
${\displaystyle \frac{4}{3}}<\mathrm{BC}<\sqrt{2}$のとき、紫の線上 $\sqrt{2}<\mathrm{BC}$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