$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}={\displaystyle \frac{1}{2}}$
だから、式Ｂは
$4^2={\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{AC}}^2-2\cdot 3\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}$
となる。

これを計算して、
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{AC}}^2& =4^2+2\cdot 3\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\\ & =19\mathrm{式}Ｃ\end{array}$$ である。

解答ニ：１, ヌ：９

また、
$(\mathrm{AB}+\mathrm{AC}{)}^2$
を展開すると
$(\mathrm{AB}+\mathrm{AC}{)}^2={\mathrm{AB}}^2+2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}+{\mathrm{AC}}^2$
だけど、これに式Ａ，式Ｃを代入すると
$$\begin{array}{rl}(\mathrm{AB}+\mathrm{AC}{)}^2& =19+2\cdot 3\\ & =25\end{array}$$ と表せる。

解答ネ：２, ノ：５

$\mathrm{AB}+\mathrm{AC}>0$なので、これはさらに
$\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=5$
となるから、
$\mathrm{AC}=5-\mathrm{AB}$式Ｄ
とかける。

解答ハ：５

これを式Ａに代入すると、方程式
$\mathrm{AB}(5-\mathrm{AB})=3$
ができる。

これを展開して、
${\mathrm{AB}}^2-5\mathrm{AB}+3=0$
解の公式を使って、
$$\begin{array}{rl}\mathrm{AB}& ={\displaystyle \frac{5\pm \sqrt{(-5{)}^2-4\cdot 1\cdot 3}}{2\cdot 1}}\\ & ={\displaystyle \frac{5\pm \sqrt{13}}{2}}\mathrm{式}Ｅ\end{array}$$ となる。

解答ヒ：５, フ：１, ヘ：３

この式Ｅを式Ｄに代入すると
$$\begin{array}{rl}\mathrm{AC}& =5-{\displaystyle \frac{5\pm \sqrt{13}}{2}}\\ & ={\displaystyle \frac{5\mp \sqrt{13}}{2}}\end{array}$$

なので、

△$\mathrm{ABC}$は、三辺の長さが
$4$，${\displaystyle \frac{5+\sqrt{13}}{2}}$，${\displaystyle \frac{5-\sqrt{13}}{2}}$
の三角形である

ことが分かる。

$\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}={120}^{\circ }$のときは計算する必要はないけれど、せっかくだから簡単に載せておく。

ひとつの辺，面積，外接円の半径が等しい三角形は合同である は
ひとつの辺，面積，外接円が決まっているとき、条件に合う三角形は１種類しか存在しない と同じことだ。
なので、(a)の命題の代わりに、条件に合う三角形が１種類かどうかを考える。

(1)で分かったことを復習すると、
$\mathrm{BC}=4$ 面積が${\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{4}}$ 外接円の半径が${\displaystyle \frac{4\sqrt{3}}{3}}$ であるような三角形は２種類あった。

つまり、 ひとつの辺，面積，外接円が決まっているとき、条件に合う三角形は１種類ではなかった。

これを反例として、命題(a)は偽である。

(a)のときと同様に考えると、

ひとつの角，面積，外接円の半径が等しい三角形は合同である は
ひとつの角，面積，外接円が決まっているとき、条件に合う三角形は１種類しか存在しない と同じことだ。

なので、(b)の命題の代わりに、条件に合う三角形が１種類かどうかを考える。

(b)について考える前に、なぜ(a)が偽だったのかをもう少し見てみよう。

△$\mathrm{ABC}$の外接円の半径を$R$，面積を$S$として (1)の作業をまとめてみると、
$\mathrm{BC}$，$R$，$S$ が分かっているとき、

という流れだった。

(1)で△$\mathrm{ABC}$が２種類できたのは、表Ａの赤で囲んだところで
$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$
である$\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$が２つ存在したから。

つまり、Step2の材料である
$S$，$\mathrm{BC}$，$\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$ のセットが２種類存在したから。

このように考えると、 条件に合う三角形が
１種類しか存在しない $\Leftarrow$ $S$，$\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$，$\mathrm{BC}$ が
すべて１つに決まる ※ であることが分かる。

(b)は ひとつの角，面積，外接円の半径が決まっている場合だから、※のうち
$S$ $\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$ は１つに決まっている。

あとは
$\mathrm{BC}$ だ。

$\mathrm{BC}$ は、正弦定理の
${\displaystyle \frac{\mathrm{BC}}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}}}=2R$
より
$\mathrm{BC}=2R\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$
とかける。

いま、$S$，$\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$ は１つに決まっているから、
$2R\sin \mathrm{\angle }\mathrm{BAC}$
の値も１つに決まる。
なので、$\mathrm{BC}$ も１つに決まる。

以上より、(b)の場合は※を満たすから、
条件に合う三角形は１種類しかできない ことが分かる。

よって、命題(b)は真である。

図Ｂの△$\mathrm{ABC}$ を三角形Ａとし、これと $\mathrm{BC}$ が等しい三角形Ｂを考える。

いま、ふたつの三角形の外接円の半径は等しいので、三角形Ｂを△$\mathrm{DBC}$とすると、頂点$\mathrm{D}$は図Ｂのオレンジの円周上にある。

図の固定

また、ふたつの三角形は面積が等しいので、$\mathrm{BC}$を底辺としたときの高さが等しい。
よって、頂点$\mathrm{D}$は図Ｃの２本の青い直線上にある。

図の固定

図Ｂと図Ｃを重ねると図Ｄができる。

頂点$\mathrm{D}$は オレンジの円周上 かつ 青い直線上 にあるから、図Ｄの４つの赤い点のどれかだ。

図の固定

したがって、△$\mathrm{DBC}$、つまり 三角形Ｂは、
黒，緑，黄，紫
の４つできるけど、黒と緑，黄と紫は合同なので、
三角形Ｂは２種類できる ことになる。

よって、ルールＡより、命題(a)は偽である。

三角形Ａと三角形Ｃは外接円の半径とひとつの角が等しい。

等しい角を円周角と考えると、半径が等しい円において
円周角が
等しい$\iff$弧の長さが
等しい$\Rightarrow$弦の長さが
等しい なので、三角形Ａと三角形Ｃは、等しい角と向かいあう辺の長さも等しい。

この等しい辺を$\mathrm{BC}$とし、三角形Ａを図Ｅの△$\mathrm{ABC}$，三角形Ｃを△$\mathrm{EBC}$とすると、頂点$\mathrm{E}$は図Ｅのオレンジの弧上にある。

図の固定

また、ふたつの三角形の面積は等しいので、(a)のときと同様に 頂点$\mathrm{E}$は図Ｃの２本の青い直線上にある。

図Ｃと図Ｅを重ねると図Ｆができる。

頂点$\mathrm{E}$は オレンジの弧上 かつ 青い直線上 にあるから、図Ｆの２つの赤い点のどちらかだ。

図の固定

したがって、△$\mathrm{EBC}$、つまり 三角形Ｃは、
黒，緑
の２つできるけど、この２つの三角形は合同なので、
三角形Ｃは１種類しかできない ことになる。

よって、ルールＢより、命題(b)は真である。