大学入試センター試験 2014年(平成26年) 追試 数学ⅠＡ 第３問 解説
ア～ク
図Ａで、まず$\sin\angle \mathrm{DBE}$を求める。
解法１
$\triangle \mathrm{DBE}$で余弦定理により$\cos\angle \mathrm{DBE}$を求め、$\sin\angle \mathrm{DBE}$を出す。
解法２
$\triangle \mathrm{ABC}$の面積を出し、$S=\dfrac{1}{2}ac\sin \mathrm{B}$から$\sin\angle \mathrm{DBE}$を求める。おすすめ
などが考えられる。
解法１
160余弦定理
$\triangle \mathrm{DBE}$で、余弦定理より、
$\begin{aligned}\mathrm{DE}^{2}=\mathrm{BD}^{2}+&\mathrm{BE}^{2}\\& -2\cdot \mathrm{BD}\cdot \mathrm{BE}\cdot\cos\angle \mathrm{DBE}\end{aligned}$
$5^{2}=4^{2}+6^{2}-2\cdot 4\cdot 6\cdot\cos\angle \mathrm{DBE}$
$$
\begin{align}
\cos\angle \mathrm{DBE}&=\dfrac{4^{2}+6^{2}-5^{2}}{2\cdot 4\cdot 6}\\
&=\dfrac{27}{2\cdot 4\cdot 6}\\
&=\dfrac{9}{2\cdot 4\cdot 2}\\
&=\dfrac{9}{16}
\end{align}
$$
三角比の相互関係(1)
$\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$より、
$\sin^{2}\angle \mathrm{DBE}+\left(\dfrac{9}{16}\right)^{2}=1$
$$
\begin{align}
\sin^{2}\angle \mathrm{DBE}&=1-\left(\dfrac{9}{16}\right)^{2}\\
&=\dfrac{16^{2}-9^{2}}{16^{2}}\\
&=\dfrac{(16+9)(16-9)}{16^{2}}\\
&=\dfrac{25\cdot 7}{16^{2}}
\end{align}
$$
$0 \lt \sin\angle \mathrm{DBE}$なので、
$\sin\angle \mathrm{DBE}=\dfrac{5\sqrt{7}}{16}$
解答ア：５, イ：７, ウ：１, エ：６
174三角形の面積
$\triangle \mathrm{DBE}$の面積$S$は、$S=\dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{DB}\cdot \mathrm{BE}\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}$なので、
$$
\begin{align}
S&=\dfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 6\cdot\dfrac{5\sqrt{7}}{16}\\
&=\dfrac{15\sqrt{7}}{4}
\end{align}
$$
である。
解答オ：１, カ：５, キ：７, ク：４
解法２
174三角形の面積
$\triangle \mathrm{ABC}$の面積$S$は、
$$
\begin{align}
s&=\dfrac{8+12+10}{2}\\
&=15
\end{align}
$$
とすると、ヘロンの公式より
$S=\sqrt{s(s-8)(s-12)(s-10)}$
途中式
$$
\begin{align}
\phantom{S}&=\sqrt{15(15-8)(15-12)(15-10)}\\
&=\sqrt{15\cdot 7\cdot 3\cdot 5}\\
&=\sqrt{15^{2}\cdot 7}
\end{align}
$$
同じ三角形の面積$S$は$S=\dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}$なので、
$\dfrac{1}{2}\cdot 8\cdot 12\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}=15\sqrt{7}$
$4\cdot 4\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}=5\sqrt{7}$
$\sin\angle \mathrm{DBE}=\dfrac{5\sqrt{7}}{16}$
解答ア：５, イ：７, ウ：１, エ：６
アドバイス
△DBEを使って同じことをしてもいいけど、△DBEは３辺の長さの和が奇数なので、$s$が分数になる。それを避けるために、ここでは△ABCを使った。
$\triangle \mathrm{DBE}$ の面積は、$S=\dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{DB}\cdot \mathrm{BE}\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}$
を使ってもいいけど、せっかく$\triangle \mathrm{ABC}$の面積が分かっているから、それを使おう。
三角形の面積比(相似)
$\triangle \mathrm{ABC}$ ∽ $\triangle \mathrm{DBE}$ で、相似比は$2:1$
面積比は相似比の２乗なので、$4:1$
よって、
$$
\begin{align}
\triangle \mathrm{DBE}&=\dfrac{\triangle \mathrm{ABC}}{4}\\
&=\dfrac{15\sqrt{7}}{4}
\end{align}
$$
である。
解答オ：１, カ：５, キ：７, ク：４
(1)
図Ｂで、円Iの半径を求める。
復習
内接円の半径を求める式はひとつしかなくて、三角形の面積を$S$、内接円の半径を$r$としたとき、
$S=\dfrac{1}{2}r(a+b+c)$
だった。
これを使う。
△DBEの面積は$\dfrac{15\sqrt{7}}{4}$なので、
$\dfrac{1}{2}r(\mathrm{DB}+\mathrm{BE}+\mathrm{ED})=\dfrac{15\sqrt{7}}{4}$
$\dfrac{1}{2}r(4+6+5)=\dfrac{15\sqrt{7}}{4}$
$\dfrac{1}{2}\cdot 15r=\dfrac{15\sqrt{7}}{4}$
$r=\dfrac{\sqrt{7}}{2}$
である。
解答ケ：７, コ：２
317三角形と内接円
次は、三角形の内接円との接点と、頂点までの距離の問題。お決まりの解き方である。
内接円と三角形の残りの接点をM, Nとすると、
$\mathrm{BL}=\mathrm{BM},\ \mathrm{DM}=\mathrm{DN},\ \mathrm{EL}=\mathrm{EN}$
なので、
$\mathrm{BL}=\mathrm{BM}=x$
とおくと、
$\mathrm{DM}=\mathrm{DN}=4-x$
$\mathrm{EL}=\mathrm{EN}=6-\mathrm{x}$
また、
$\mathrm{DE}=\mathrm{DN}+\mathrm{EN}$
なので、
$(4-x)+(6-x)=5$
$2x=5$
$x=\dfrac{5}{2}$
である。
解答サ：５, シ：２
BIは、△BILで三平方の定理を使おう。
$\mathrm{BI}^{2}=\mathrm{IL}^{2}+\mathrm{BL}^{2}$
$\mathrm{IL}$は内接円の半径なので、
$$
\begin{align}
\mathrm{BI}^{2}&=\left(\dfrac{\sqrt{7}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{5}{2}\right)^{2}\\
&=\dfrac{\sqrt{7}^{2}+5^{2}}{2^{2}}\\
&=\dfrac{32}{2^{2}}\\
&=8
\end{align}
$$
$0 \lt \mathrm{BI}$なので、
$\mathrm{BI}=2\sqrt{2}$
である。
解答ス：２, セ：２
(2)
EXは、サシを求めた方法と同じように解こう。
図Cで、
$\mathrm{EX}=\mathrm{EY},\ \mathrm{DY}=\mathrm{DZ},\ \mathrm{BX}=\mathrm{BZ}$
なので、
$\mathrm{EX}=\mathrm{EY}=y$
とおくと、
$\mathrm{BX}=6+y$
また、
$\mathrm{DY}=\mathrm{DZ}=5-y$
なので、
$\mathrm{BZ}=4+(5-\mathrm{y})$
ここで、$\mathrm{BX}=\mathrm{BZ}$なので、
$6+y=4+(5-y)$
$2y=3$
$y=\dfrac{3}{2}$
となる。
解答ソ：３, タ：２
また、$\triangle \mathrm{JZB} \equiv \triangle \mathrm{JXB}$なので、
$\angle \mathrm{JBE}=\dfrac{1}{2}\angle \mathrm{DBE}$
解答チ：１, ツ：２
同様に、
$\angle \mathrm{IBE}=\dfrac{1}{2}\angle \mathrm{DBE}$
解答テ：１, ト：２
以上より$\triangle \mathrm{BIL}$ ∽ $\triangle \mathrm{BJX}$ で、相似比は
$$
\begin{align}
\mathrm{BL}:\mathrm{BX}&=\dfrac{5}{2}:6+\dfrac{3}{2}\\
&=\dfrac{5}{2}:\dfrac{15}{2}\\
&=1:3
\end{align}
$$
よって、
$$
\begin{align}
\mathrm{BJ}&=3\mathrm{BI}\\
&=3\cdot 2\sqrt{2}\\
&=6\sqrt{2}
\end{align}
$$
である。
解答ナ：６, ニ：２
(3)
急に立体の問題になって、イメージがつかみにくいけど、やってることはたいしたことじゃない。
図Dで、緑の平面が垂直な平面。
図中、$\triangle \mathrm{OKI}$は直角三角形なので、三平方の定理を使って$\mathrm{KI}$を求めよう。
OKは円Oの半径なので、$\dfrac{\mathrm{BJ}}{2}$だから、
$$
\begin{align}
\mathrm{OK}&=\dfrac{6\sqrt{2}}{2}\\
&=3\sqrt{2}
\end{align}
$$
$\mathrm{OI}=\text{円}\mathrm{O}\text{の半径}-\mathrm{BI}$ なので、
$$
\begin{align}
\mathrm{OI}&=3\sqrt{2}-2\sqrt{2}\\
&=\sqrt{2}
\end{align}
$$
三平方の定理より、
$$
\begin{align}
\mathrm{KI}^{2}&=\mathrm{OK}^{2}-\mathrm{OI}^{2}\\
&=(3\sqrt{2})^{2}-\sqrt{2}^{2}\\
&=16
\end{align}
$$
$0 \lt \mathrm{KI}$なので、
$\mathrm{KI}=4$
解答ヌ：４
これが三角錐KBDEの高さ。
オカキクより、底面積は$\dfrac{15\sqrt{7}}{4}$なので、
三角錐の体積$V$は、
$$
\begin{align}
V&=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{15\sqrt{7}}{4}\cdot 4\\
&=5\sqrt{7}
\end{align}
$$
となる。
解答ネ：５, ノ：７