センター試験 数学I・数学A 2016年度 第2問 [1] 解説

解答編

問題

 $\triangle$ABC の辺の長さと角の大きさを測ったところ、 AB=$7\sqrt{3}$ および $\angle \mathrm{ACB}=60^{\circ}$ であった。したがって、 $\triangle$ABC の外接円 O の半径は[ア]である。

解説

辺の長さと対角がわかっているので、外接円の半径は正弦定理から求められますね。
\begin{eqnarray}
\frac{\mathrm{AB}}{2\sin \angle \mathrm{ACB}} = \frac{7\sqrt{3}}{2\cdot \sqrt{3}/2}=7
\end{eqnarray}となります。

解答

ア:7

参考

解答編 つづき

問題

 外接円 O の、点 C を含む弧 AB 上で点 P を動かす。

(1) 2PA=3PB となるのは $\mathrm{PA}=[イ]\sqrt{[ウエ]}$ のときである。

解説

現状は、次のような図になっています。

center-1a-2016-2-1-01

$\angle \mathrm{APB}$ も $60^{\circ}$ であることから、余弦定理より
\begin{eqnarray}
\mathrm{AB}^2
&=&
\mathrm{PA}^2+\mathrm{PB}^2-2\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB} \cos \angle 60^{\circ}
\\
147
&=&
\mathrm{PA}^2+\mathrm{PB}^2-\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}
\end{eqnarray}となります。

2PA=3PB となるとき、上の式に PB=2PA/3 を代入して
\begin{eqnarray}
147&=&\mathrm{PA}^2+\mathrm{PA}^2 \cdot 4/9 – \mathrm{PA}^2 \cdot 2/3 \\
147&=&\frac{7}{9}\cdot \mathrm{PA}^2 \\
\mathrm{PA}^2&=&189 \\
\mathrm{PA}&=&3\sqrt{21}
\end{eqnarray}となります。

解答

イウエ:321

参考

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解答編 つづき

問題

(2) $\triangle$PAB の面積が最大となるのは $\mathrm{PA}=[オ]\sqrt{[カ]}$ のときである。

解説

もう一度図を見てみましょう。

center-1a-2016-2-1-01

P が動いても AB の長さは変わりません。ということは、三角形 PAB の面積が最大になるのは、AB を底辺としたときの高さが最大となるときです。

それは、PAB の垂直二等分線上にあるとき、つまり、 PA=PB のときです。ここで、 $\angle\mathrm{ APB }$ は $60^{\circ}$ なので、このときの三角形 PAB は正三角形。よって、\[ \mathrm{ PA }=\mathrm{ AB }=7\sqrt{3} \]となります。

解答

オカ:73

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解答編 つづき

問題

(3) $\sin \angle \mathrm{PBA}$ の値が最大となるのは PA=[キク] のときであり、このとき $\triangle \mathrm{PAB}$ の面積は $\displaystyle \frac{[ケコ]\sqrt{[サ]}}{[シ]}$ である。

解説

$\sin \angle \mathrm{PBA} $ が最大になるのは、$\angle \mathrm{PBA} $ が直角のときです。 $\angle \mathrm{APB}$ は $60^{\circ}$ なので、正三角形の半分の形ですね。

center-1a-2016-2-1-02

よって、\[ \mathrm{PA}=\mathrm{AB}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}=14 \]となります。もしくは、 PA が外接円の直径になることに注目して、[ア]の答えから、 $\mathrm{ PA }=14$ と求めることもできます。

三角形 PAB の面積は、\[ 7\sqrt{3} \cdot 7 \cdot \frac{1}{2}=\frac{49\sqrt{3}}{2} \]となります。

角度の一つが60度であることに注目すると、計算量をぐっと抑えられる問題でした。

解答

キク:14
ケコサシ:4932