図の固定

図Ａの△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使うと、
${\displaystyle \frac{\mathrm{AB}}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}}}=2R$
より
${\displaystyle \frac{6}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}}}=2\cdot 5$
とかける。

これを計算して、
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}={\displaystyle \frac{3}{5}}$
である。

解答ア：０

図Ａでは 点$\mathrm{C}$を緑の弧上にとったけど、オレンジの弧上にあっても ここまでの計算は変わらない。

次は$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$だ。

${\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}+{\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}=1$
は、アより
${\left({\displaystyle \frac{3}{5}}\right)}^2+{\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}=1$
と表せる。

これを解いて、

今は$\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$が鈍角のとき（点$\mathrm{C}$が図Ａのオレンジの弧上にあるとき）を問われているので、
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}<0$
だ。

よって、求める$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$は、式Ａの２つの値のうち
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}=-{\displaystyle \frac{4}{5}}$
である。

解答イ：７

点$\mathrm{C}$を $\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$が鈍角で $\mathrm{BC}=5$となるようにとると、図Ｂのようになる。

図の固定

図Ｂの△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使うと、
${\mathrm{AB}}^2={\mathrm{AC}}^2+{\mathrm{BC}}^2-2\mathrm{AC}\cdot \mathrm{BC}\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$
とかける。

これに$\mathrm{AB}$，$\mathrm{BC}$の値とイを代入すると、
$6^2={\mathrm{AC}}^2+5^2-2\mathrm{AC}\cdot 5\cdot (-{\displaystyle \frac{4}{5}})$
より
${\mathrm{AC}}^2+5^2+2\cdot 4\mathrm{AC}-6^2=0$
${\mathrm{AC}}^2+8\mathrm{AC}-11=0$
と表せる。

解の公式で$\mathrm{AC}$を求めると
$\mathrm{AC}={\displaystyle \frac{-8\pm \sqrt{8^2-4\cdot 1\cdot (-11)}}{2\cdot 1}}$
より

解答ウ：３, エ：３, オ：４

次は、△$\mathrm{ABC}$の面積が最大であるときを考える。

図Ａより、このときの点$\mathrm{C}$は緑の弧上にあることは明らか。
なので、点$\mathrm{C}$が図Ａのオレンジの弧上にあるときは考えない。

△$\mathrm{ABC}$の底辺を$\mathrm{AB}$とする。
点$\mathrm{C}$の位置が変わると、△$\mathrm{ABC}$の
底辺は変わらない 高さは変わる ことになる。

なので、△$\mathrm{ABC}$の面積が最大になるのは、高さが最大のとき。
つまり、点$\mathrm{C}$と直線$\mathrm{AB}$の距離が最大のとき。

これは、図Ｃのように、点$\mathrm{C}$が
辺$\mathrm{AB}$と平行な直線が円$\mathrm{O}$と接するときの接点 であるときだ。
この、点$\mathrm{C}$を通る接線を$\ell$とする。

図の固定

点$\mathrm{C}$から辺$\mathrm{AB}$に垂線を下ろし、その足を点$\mathrm{D}$とすると、
二本の赤い直線は平行なので、$\mathrm{CD}$⊥$\ell$ だから、$\mathrm{CD}$は接点を通り、接線と垂直な直線だ。

よって
$\mathrm{CD}$は円の中心$\mathrm{O}$を通る から、このときの図形は図Ｃのようになる。

図Ｃにおいて、$\mathrm{AO}=\mathrm{BO}=$円$\mathrm{O}$の半径なので
図中の青い三角形と黄色の三角形は合同 となり、
点$\mathrm{D}$は$\mathrm{AB}$の中点である △$\mathrm{ABC}$は$\mathrm{AC}=\mathrm{BC}$の二等辺三角形である ことが分かる。

ここまで分かったところで、問題を解こう。

図の固定

まず問われているのは、$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{OAD}$（図Ｄの緑の丸の角）だ。

図Ｄの青い三角形は直角三角形だから、
$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{OAD}={\displaystyle \frac{\mathrm{OD}}{\mathrm{AD}}}$式Ｂ
とかける。

青い三角形の辺は
$\mathrm{AD}={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{AB}=3$ $\mathrm{AO}=$円$\mathrm{O}$の半径$=5$ なので、辺の比が$3:4:5$だから、
$\mathrm{OD}=4$
だ。

よって、式Ｂは
$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{OAD}={\displaystyle \frac{4}{3}}$
と書きなおせる。

解答カ：４

ここで
$\mathrm{CD}=\mathrm{OC}+\mathrm{OD}$
だけど、$\mathrm{OC}$は円$\mathrm{O}$の半径なので
$\mathrm{CD}=5+4=9$式Ｃ
だ。
これが△$\mathrm{ABC}$の高さにあたる。

以上より、このときの△$\mathrm{ABC}$の面積は、
△$\mathrm{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{CD}$
$={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 6\cdot 9$
$=27$
である。

解答キ：２, ク：７

次に $\tan \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$（図Ｄのオレンジの角）を問われているんだけど、
$\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}=\mathrm{\angle }\mathrm{AOD}$（図Ｄの赤丸の角）
なので、代わりに$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{AOD}$を求めよう。

図Ｄの青い三角形は各辺が$3$，$4$，$5$の直角三角形だから、
$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{AOD}={\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{OD}}}$
$\phantom{\tan \mathrm{\angle }\mathrm{AOD}}={\displaystyle \frac{3}{4}}$
である。

よって、求める$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$も
$\tan \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}={\displaystyle \frac{3}{4}}$
となる。

解答ケ：１

図の固定

今度は$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCE}$（図Ｅの赤丸の角）だ。

$\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}+\mathrm{\angle }\mathrm{BCE}={90}^{\circ }$
なので、
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCE}=\sin ({90}^{\circ }-\mathrm{\angle }\mathrm{ACB})$
$\phantom{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCE}}=\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$
とかける。

(i)を思い出すと、式Ａより
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}=\pm {\displaystyle \frac{4}{5}}$
だった。

いまは$\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}$が鋭角なので、
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ACB}={\displaystyle \frac{4}{5}}$
である。

よって、$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCE}$も、
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCE}={\displaystyle \frac{4}{5}}$
となる。

解答コ：２

また、線分$\mathrm{CE}$上にある点$\mathrm{F}$と、点$\mathrm{B}$との距離が一番近くなるのは、点$\mathrm{F}$が図Ｅの位置にあるとき。
このときの$\mathrm{BF}$を求める。

△$\mathrm{BCF}$（緑の三角形）は直角三角形なので、
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCF}={\displaystyle \frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{BC}}}$
とかける。

この式の$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCF}$は コで求めた$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BCE}$なので、
${\displaystyle \frac{4}{5}}={\displaystyle \frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{BC}}}$
より
$\mathrm{BF}={\displaystyle \frac{4}{5}}\mathrm{BC}$式Ｄ
と変形できる。

なので、$\mathrm{BC}$が分かれば$\mathrm{BF}$も分かる。
ということで、$\mathrm{BC}$を求めよう。

数学ⅠＡ 第1問 [1] (2)と同じ。