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
大学入試センター試験2014年追試 数学ⅠA第3問 解説図A

図Aで、まず$\sin\angle \mathrm{DBE}$を求める。 解法1
△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
△ABCの面積を出し、$S=\displaystyle \frac{1}{2}ac\sin \mathrm{B}$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

△DBEで、余弦定理より、
$\mathrm{DE}^{2}=\mathrm{BD}^{2}+\mathrm{BE}^{2}-2\cdot \mathrm{BD}\cdot \mathrm{BE}\cdot\cos\angle \mathrm{DBE}$
$5^{2}=4^{2}+6^{2}-2\cdot 4\cdot 6\cdot\cos\angle \mathrm{DBE}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{DBE}=\frac{4^{2}+6^{2}-5^{2}}{2\cdot 4\cdot 6}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{DBE}$$\displaystyle =\frac{27}{2\cdot 4\cdot 6}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{DBE}$$\displaystyle =\frac{9}{2\cdot 4\cdot 2}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{DBE}$$\displaystyle =\frac{9}{16}$

142
三角比の相互関係(1)

$\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$より、
$\sin^{2}\angle \mathrm{DBE}+\left(\frac{9}{16}\right)^{2}=1$
$\sin^{2}\angle \mathrm{DBE}=1-\left(\frac{9}{16}\right)^{2}$
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{DBE}$$\displaystyle =\frac{16^{2}-9^{2}}{16^{2}}$
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{DBE}$$\displaystyle =\frac{(16+9)(16-9)}{16^{2}}$
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{DBE}$$\displaystyle =\frac{25\cdot 7}{16^{2}}$

$0 \lt \sin\angle \mathrm{DBE}$なので、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{DBE}=\frac{5\sqrt{7}}{16}$

解答ア:5, イ:7, ウ:1, エ:6

174
三角形の面積

△DBEの面積$S$は、$S=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \mathrm{DB}\cdot \mathrm{BE}\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}$なので、
$S=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 6\cdot\frac{5\sqrt{7}}{16}$
$S\displaystyle $$\displaystyle =\frac{15\sqrt{7}}{4}$
である。

解答オ:1, カ:5, キ:7, ク:4

解法2

174
三角形の面積

△ABCの面積$S$は、$s=\displaystyle \frac{8+12+10}{2}=15$とすると、ヘロンの公式より
$S=\sqrt{s(s-8)(s-12)(s-10)}$
途中式 $S$$=\sqrt{15(15-8)(15-12)(15-10)}$
$S$$=\sqrt{15\cdot 7\cdot 3\cdot 5}$
$S$$=\sqrt{15^{2}\cdot 7}$
$S$$=15\sqrt{7}$

同じ三角形の面積$S$は$S=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}$なので、
$\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 8\cdot 12\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}=15\sqrt{7}$
$4\cdot 4\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}=5\sqrt{7}$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{DBE}=\frac{5\sqrt{7}}{16}$

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。

△DBEの面積は、$S=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \mathrm{DB}\cdot \mathrm{BE}\cdot\sin\angle \mathrm{DBE}$を使ってもいいけど、せっかく△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)

△ABC∽△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、
$\displaystyle \triangle \mathrm{DBE}=\frac{\triangle \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C}}{4}$
$\displaystyle \triangle \mathrm{DBE}$$\displaystyle =\frac{15\sqrt{7}}{4}$
である。

解答オ:1, カ:5, キ:7, ク:4

(1)

図B
大学入試センター試験2014年追試 数学ⅠA第3問 解説図B

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、
$S=\displaystyle \frac{1}{2}r(a+b+c)$
だった。

これを使う。

△DBEの面積は$\displaystyle \frac{15\sqrt{7}}{4}$なので、
$\displaystyle \frac{1}{2}r(\mathrm{DB}+\mathrm{BE}+\mathrm{ED})=\frac{15\sqrt{7}}{4}$
$\displaystyle \frac{1}{2}r(4+6+5)=\frac{15\sqrt{7}}{4}$
$\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 15r=\frac{15\sqrt{7}}{4}$
$r=\displaystyle \frac{\sqrt{7}}{2}$
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、
$(4-x)+(6-x)=5$
$2x=5$
$x=\displaystyle \frac{5}{2}$
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、
$\mathrm{BI}^{2}=\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{5}{2}\right)^{2}$
$\displaystyle \mathrm{BI}^{2}$$\displaystyle =\frac{\sqrt{7}^{2}+5^{2}}{2^{2}}$
$\displaystyle \mathrm{BI}^{2}$$\displaystyle =\frac{32}{2^{2}}$
$\mathrm{BI}^{2}$$=8$
$0 \lt \mathrm{BI}$なので、
$\mathrm{BI}=2\sqrt{2}$
である。

解答ス:2, セ:2

(2)

図C
大学入試センター試験2014年追試 数学ⅠA第3問 解説図C

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、
$6+y=4+(5-y)$
$2y=3$
$y=\displaystyle \frac{3}{2}$
となる。

解答ソ:3, タ:2

また、△JZB≡△JXBなので、
$\displaystyle \angle \mathrm{JBE}=\frac{1}{2}\angle \mathrm{DBE}$

解答チ:1, ツ:2

同様に、
$\displaystyle \angle \mathrm{IBE}=\frac{1}{2}\angle \mathrm{DBE}$

解答テ:1, ト:2

以上より、△BIL∽△BJX
相似比は
$\displaystyle \mathrm{BL}:\mathrm{BX}=\frac{5}{2}:6+\frac{3}{2}$
$\displaystyle \mathrm{BL}:\mathrm{BX}$$\displaystyle =\frac{5}{2}:\frac{15}{2}$
$\mathrm{BL}:\mathrm{BX}$$=1:3$
よって、
$\mathrm{BJ}=3\mathrm{BI}$
$\mathrm{BJ}$$=3\cdot 2\sqrt{2}$
$\mathrm{BJ}$$=6\sqrt{2}$
である。

解答ナ:6, ニ:2

(3)

図D
大学入試センター試験2014年追試 数学ⅠA第3問 解説図D

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、△OKIは直角三角形なので、三平方の定理を使ってKIを求めよう。

OKは円Oの半径なので、$\displaystyle \frac{\mathrm{B}\mathrm{J}}{2}$だから、
$\displaystyle \mathrm{OK}=\frac{6\sqrt{2}}{2}$
$\mathrm{OK}$$=3\sqrt{2}$

$\mathrm{OI}=$円Oの半径$-\mathrm{BI}$ なので、
$\mathrm{OI}=3\sqrt{2}-2\sqrt{2}$
$\mathrm{OI}$$=\sqrt{2}$

三平方の定理より、
$\mathrm{KI}^{2}=\mathrm{OK}^{2}-\mathrm{OI}^{2}$
$\mathrm{KI}^{2}$$=(3\sqrt{2})^{2}-\sqrt{2}^{2}$
$\mathrm{KI}^{2}$$=16$
$0 \lt \mathrm{KI}$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$\displaystyle \frac{15\sqrt{7}}{4}$なので、
三角錐の体積$V$は、
$V=\displaystyle \frac{1}{3}\cdot\frac{15\sqrt{7}}{4}\cdot 4$
$V$$=5\sqrt{7}$
となる。

解答ネ:5, ノ:7