大学入試センター試験 2020年(令和２年) 追試 数学ⅠＡ 第２問 [1] 解説
アイ
まず、$\triangle\mathrm{ABP}$で、$\mathrm{AB}$を求める問題。
$\mathrm{AP}$，$\mathrm{BP}$，$\sin\angle \mathrm{PAB}$が分かっている。
求めたい$\mathrm{AB}$とあわせて３辺と１角を使うから、余弦定理だ。
余弦定理なので、$\sin\angle \mathrm{PAB}$から$\cos\angle \mathrm{PAB}$をつくろう。
$\sin^{2}\angle \mathrm{PAB}+\cos^{2}\angle \mathrm{PAB}=1$より
$\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)^{2}+\cos^{2}\angle \mathrm{PAB}=1$
途中式
$$
\begin{align}
\cos^{2}\angle \mathrm{PAB}&=1-\dfrac{8}{3^{2}}\\
&=\dfrac{1}{3^{2}}
\end{align}
$$
となるけど、$\angle \mathrm{PAB}$が鋭角か鈍角かが分からないから、$\cos\angle \mathrm{PAB}$は$\dfrac{1}{3}$と$-\dfrac{1}{3}$のどちらか分からない。
仕方がないから両方計算して、$\mathrm{AB} \lt \mathrm{AP}$になる方が答えだ。
$\cos\angle \mathrm{PAB}=\dfrac{1}{3}$のとき
$\angle \mathrm{PAB}=\alpha$とおくと、$\alpha$は鋭角なので、$\triangle\mathrm{ABP}$は図Ａのような形になる。
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ａ](_image/1A_2_1_01.svg)
この三角形に余弦定理を使うと、
$\mathrm{PB}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AP}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AP}\cdot\cos\angle \mathrm{PAB}$
より
$(2\sqrt{17})^{2}=\mathrm{AB}^{2}+6^{2}-2\mathrm{AB}\cdot 6\cdot\dfrac{1}{3}$
途中式
$2^{2}\cdot 17=\mathrm{AB}^{2}+2^{2}\cdot 3^{2}-2^{2}\mathrm{AB}$
$\mathrm{AB}^{2}-2^{2}\mathrm{AB}+2^{2}(3^{2}-17)=0$
$\mathrm{AB}^{2}-4\mathrm{AB}-2^{2}\cdot 8=0$
$(\mathrm{AB}-8)(\mathrm{AB}+4)=0$
$0 \lt \mathrm{AB}$ なので、
である。
これは、$\mathrm{AB} \gt \mathrm{AP}$となるので不適。
$\cos\angle \mathrm{PAB}=-\dfrac{1}{3}$のとき
$\angle \mathrm{PAB}=\beta$とおくと、$\beta$は鈍角なので、$\triangle\mathrm{ABP}$は図Ｂのような形になる。
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｂ](_image/1A_2_1_02.svg)
この三角形に余弦定理を使うと、
$\mathrm{PB}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AP}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AP}\cdot\cos\angle \mathrm{PAB}$
より
$(2\sqrt{17})^{2}=\mathrm{AB}^{2}+6^{2}-2\mathrm{AB}\cdot 6\cdot\left(-\dfrac{1}{3}\right)$
式Ａ
途中式
$2^{2}\cdot 17=\mathrm{AB}^{2}+2^{2}\cdot 3^{2}+2^{2}\mathrm{AB}$
$\mathrm{AB}^{2}+2^{2}\mathrm{AB}+2^{2}(3^{2}-17)=0$
$\mathrm{AB}^{2}+4\mathrm{AB}-2^{2}\cdot 8=0$
$(\mathrm{AB}+8)(\mathrm{AB}-4)=0$
$0 \lt \mathrm{AB}$ なので、
となる。
これは$\mathrm{AB} \lt \mathrm{AP}$なので、答えだ。
このとき、$\beta$は鈍角なので、$\angle \mathrm{PAB}$は鈍角である。
解答ア：４, イ：２
アドバイス
上の解説では、$\cos\angle \mathrm{PAB}$が$\dfrac{1}{3}$と$-\dfrac{1}{3}$の両方のときを真っ正直に計算した。
けれど、三角形の図が思い浮かべられれば、次のような考え方もできる。
$\sin\angle \mathrm{PAB}\neq 1$なので、$\angle \mathrm{PAB}$は直角じゃない。
$\angle \mathrm{PAB}$が鋭角のときの
$\angle \mathrm{PAB}$を$\alpha$
点$\mathrm{A}$を$\mathrm{A}_{\alpha}$
$\angle \mathrm{PAB}$が鈍角のときの
$\angle \mathrm{PAB}$を$\beta$
点$\mathrm{A}$を$\mathrm{A}_{\beta}$
とする。
このとき、
$\sin\alpha=\sin\beta$なので、
$\alpha+\beta=180^{\circ}$
$6 \lt 2\sqrt{17}$
だから、$\triangle\mathrm{A}_{\alpha}\mathrm{BP}$（赤い三角形）と$\triangle\mathrm{A}_{\beta}\mathrm{BP}$（緑の三角形）は図Ｃのような関係になる。
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｃ](_image/1A_2_1_03.svg)
今回、$\mathrm{AB}$が答えか不適かを見分ける条件は、$\mathrm{AB} \lt \mathrm{AP}$を満たすかどうかということ。
なので、図Ｃの$\mathrm{A}_{\alpha}\mathrm{B}$と$\mathrm{A}_{\beta}\mathrm{B}$の短い方が答えになるはず。
よって、答えは$\mathrm{A}_{\beta}\mathrm{B}$で、$\cos\angle \mathrm{PAB}=-\dfrac{1}{3}$のときだ。
以上より、$\angle \mathrm{PAB}$は鈍角で、$\mathrm{AB}$は式Ａ～式Ｂの計算をすればよい。
説明は長くなったけれど、図のイメージさえ思いつけば考えるのは一瞬だ。
ウエ
次に、図Ｄのように点Ｃをとり、$\mathrm{AC}$を求める。
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｄ](_image/1A_2_1_04.svg)
$\triangle\mathrm{ACP}$に余弦定理を使うんだけど、式Ａ～式Ｂの計算を少し変えて再利用する。
$\mathrm{PC}^{2}=\mathrm{AC}^{2}+\mathrm{AP}^{2}-2\mathrm{AC}\cdot \mathrm{AP}\cdot\cos\angle \mathrm{PAC}$
より
$(3\sqrt{17})^{2}=\mathrm{AC}^{2}+6^{2}-2\mathrm{AC}\cdot 6\cdot\left(-\dfrac{1}{3}\right)$
途中式
$3^{2}\cdot 17=\mathrm{AC}^{2}+2^{2}\cdot 3^{2}+2^{2}\mathrm{AC}$
$\mathrm{AC}^{2}+2^{2}\mathrm{AC}+3^{2}(2^{2}-17)=0$
$\mathrm{AC}^{2}+4\mathrm{AC}-3^{2}\cdot 13=0$
$(\mathrm{AC}+13)(\mathrm{AC}-9)=0$
$0 \lt \mathrm{AC}$ なので、
である。
よって、$\mathrm{BC}$は
$$
\begin{align}
\mathrm{BC}&=\mathrm{AC}-\mathrm{AB}\\
&=9-4\\
&=5
\end{align}
$$
となる。
解答ウ：９, エ：５
別解
ゼンゼンお薦めじゃないんだけど、ウエを求めるのは 次のような方法もある。
図Ａの点$\mathrm{A}$を$\mathrm{A}'$に変えて 図Ｄと重ねると、図Ｅができる。
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｅ](_image/1A_2_1_05.svg)
図Ｅの$\mathrm{A'B}$は、図Ａの$\mathrm{AB}$にあたるので、
$\mathrm{A'B}=8$
である。
$\mathrm{A'A}=\mathrm{A'B}-\mathrm{AB}$
より
$$
\begin{align}
\mathrm{A'A}&=8-4\\
&=4
\end{align}
$$
となる。
さらに、$\triangle\mathrm{PA'A}$は二等辺三角形なので、点$\mathrm{P}$から$\mathrm{A}'\mathrm{A}$に下ろした垂線の足を$\mathrm{D}$とすると、
$$
\begin{align}
\mathrm{AD}&=\dfrac{\mathrm{A}'\mathrm{A}}{2}\\
&=2
\end{align}
$$
である。
これを使って、$\mathrm{DP}$を求める。
直角三角形$\mathrm{ADP}$において、三平方の定理より、
$\mathrm{AD}^{2}+\mathrm{DP}^{2}=\mathrm{AP}^{2}$
とかける。
これを計算して、
$2^{2}+\mathrm{DP}^{2}=6^{2}$
より
$$
\begin{align}
\mathrm{DP}^{2}&=6^{2}-2^{2}\\
&=(6+2)(6-2)\\
&=8\cdot 4
\end{align}
$$
$0 \lt \mathrm{DP}$なので、
$\mathrm{DP}=4\sqrt{2}$式Ｃ
である。
これで、直角三角形$\mathrm{CDP}$の２辺が分かった。
残る$\mathrm{CD}$は、もう一回 三平方の定理だ。
直角三角形$\mathrm{CDP}$において、三平方の定理より、
$\mathrm{CD}^{2}+\mathrm{PD}^{2}=\mathrm{CP}^{2}$
なので
$\mathrm{CD}^{2}=\mathrm{CP}^{2}-\mathrm{PD}^{2}$
より
$\mathrm{CD}^{2}=(3\sqrt{17})^{2}-(4\sqrt{2})^{2}$
とかける。
これを計算して、
$$
\begin{align}
\mathrm{CD}^{2}&=9\cdot 17-16\cdot 2\\
&=121\\
&=11^{2}
\end{align}
$$
$0 \lt \mathrm{CD}$なので
$\mathrm{CD}=11$
である。
よって、問われている$\mathrm{AC}$は、
$\mathrm{AC}=\mathrm{CD}-\mathrm{AD}$
より
$$
\begin{align}
\mathrm{AC}&=11-2\\
&=9
\end{align}
$$
$\mathrm{BC}$は
$$
\begin{align}
\mathrm{BC}&=\mathrm{AC}-\mathrm{AB}\\
&=9-4\\
&=5
\end{align}
$$
となる。
解答ウ：９, エ：５
オ～ク
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｆ](_image/1A_2_1_06.svg)
さらに、図Ｆの青い三角形の外接円の半径を求める。
外接円の半径$R$が含まれている公式は
正弦定理
$\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2R$
三角形の面積の公式
$S=\dfrac{abc}{4R}$式Ｄ
の２つある。
どちらを使っても解けるので、せっかくだから両方解説する。
正弦定理を使った解法
まず、図Ｆの青い三角形のひとつの角の$\sin$を求める。
求めやすいのは$\sin\angle \mathrm{BCP}$だ。
図Ｆの$\triangle\mathrm{ACP}$に正弦定理を使うと
$\dfrac{\mathrm{CP}}{\sin \angle \mathrm{PAC}}=\dfrac{\mathrm{AP}}{\sin\angle \mathrm{ACP}}$
より
$\dfrac{3\sqrt{17}}{\cfrac{2\sqrt{2}}{3}}=\dfrac{6}{\sin\angle \mathrm{ACP}}$
とかける。
これを解いて、
$3\sqrt{17}\sin\angle \mathrm{ACP}=6\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$
$$
\begin{align}
\sin\angle \mathrm{ACP}&=\dfrac{6\cdot 2\sqrt{2}}{3\cdot 3\sqrt{17}}\\
&=\dfrac{2\cdot 2\sqrt{2}}{3\sqrt{17}}
\end{align}
$$
なので、
$\sin\angle \mathrm{BCP}=\dfrac{2\cdot 2\sqrt{2}}{3\sqrt{17}}$
である。
ここまでの別解
$\sin\angle \mathrm{BCP}$を求めるのはウエの別解を使う方法もある。
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｇ](_image/1A_2_1_07.svg)
ウエの別解の式Ｃで求めたように、
$\mathrm{DP}=4\sqrt{2}$
だった。
これを図Ｅに書き込むと、図Ｇができる。
図Ｇのオレンジの直角三角形に着目すると、
$$
\begin{align}
\sin\angle \mathrm{BCP}&=\sin\angle \mathrm{DCP}\\
&=\dfrac{\mathrm{DP}}{\mathrm{CP}}
\end{align}
$$
とかけるから
$\sin\angle \mathrm{BCP}=\dfrac{4\sqrt{2}}{3\sqrt{17}}$
である。
以上で求めた$\sin\angle \mathrm{BCP}$を使って、図Ｆ・図Ｇの青い三角形で正弦定理だ。
青い三角形の外接円の半径を$R$とすると、
$2R=\dfrac{\mathrm{BP}}{\sin\angle \mathrm{BCP}}$
より
$2R=\dfrac{2\sqrt{17}}{\cfrac{2\cdot 2\sqrt{2}}{3\sqrt{17}}}$
とかける。
これを解いて、
$$
\begin{align}
R&=\dfrac{3\sqrt{17}^{2}}{2\cdot 2\sqrt{2}}\\
&=\dfrac{3\cdot 17}{4\sqrt{2}}
\end{align}
$$
分母を有理化して
$R=\dfrac{51\sqrt{2}}{8}$
である。
解答オ：５, カ：１, キ：２, ク：８
三角形の面積の公式を使った解法
$\triangle\mathrm{ABP}$の面積は、
$\triangle\mathrm{ABP}=\dfrac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AP}\sin\angle \mathrm{PAB}$
より
$$
\begin{align}
\triangle \mathrm{ABP}&=\dfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 6\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\\
&=4\cdot 2\sqrt{2} \class{tex_formula}{式Ｅ}
\end{align}
$$
である。
$\triangle\mathrm{ABP}$と$\triangle\mathrm{BCP}$は、高さが等しく底辺の比が$4:5$なので、面積比も
$\triangle\mathrm{ABP}:\triangle\mathrm{BCP}=4:5$
より
$\triangle\mathrm{BCP}=\dfrac{5}{4}\triangle\mathrm{ABP}$
とかける。
これに式Ｅを代入すると、
$$
\begin{align}
\triangle\mathrm{BCP}&=\dfrac{5}{4}\cdot 4\cdot 2\sqrt{2}\\
&=5\cdot 2\sqrt{2}
\end{align}
$$
であることが分かる。
よって、図Ｆの青い三角形に式Ｄを使うと、
$S=\dfrac{abc}{4R}$
より
$5\cdot 2\sqrt{2}=\dfrac{5\cdot 2\sqrt{17}\cdot 3\sqrt{17}}{4R}$
と表せる。
これを解いて、
$$
\begin{align}
R&=\dfrac{5\cdot 2\sqrt{17}\cdot 3\sqrt{17}}{4\cdot 5\cdot 2\sqrt{2}}\\
&=\dfrac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{17}\cdot 3\sqrt{17}}{4\cdot 2}
\end{align}
$$
より
$R=\dfrac{51\sqrt{2}}{8}$
である。
解答オ：５, カ：１, キ：２, ク：８
ケコ
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｈ](_image/1A_2_1_08.svg)
これまでの図に$\triangle\mathrm{PBC}$の外接円と外心$\mathrm{O}$を書き込むと、図Ｈができる。
図Ｈで
$$
\begin{align}
\mathrm{AC}\cdot \mathrm{AB}&=9\cdot 4\\
&=36
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
\mathrm{AP}^{2}&=6^{2}\\
&=36
\end{align}
$$
より$\mathrm{AC}\cdot \mathrm{AB}=\mathrm{AP}^{2}$なので、方べきの定理の逆より、直線$\mathrm{AP}$は外接円$\mathrm{O}$に点$\mathrm{P}$で接する。
つまり、
$\triangle\mathrm{AOP}$は$\angle \mathrm{APO} = 90^{\circ}$の直角三角形
$\mathrm{OP}$は外接円の半径$R$
となる。
よって、三平方の定理から
$\mathrm{AO}^{2}=\mathrm{AP}^{2}+\mathrm{OP}^{2}$
より
$\mathrm{AO}^{2}=6^{2}+R^{2}$
$$
\begin{align}
\mathrm{AO}^{2}-R^{2}&=6^{2}\\
&=36
\end{align}
$$
である。
解答ケ：３, コ：６
上の解説のように、$\mathrm{AP}$⊥$\mathrm{OP}$に気づけばケコは簡単に求められるけど、気づかなければ仕方がない。
面倒だけれど、別解のような作業になる。
まず、外心について復習しておこう。
復習
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 復習図](_image/1A_2_1_09.svg)
右図のように、三角形の外接円の中心（外心）を$\mathrm{O}$とするとき、
３本の赤い線は等しい
３つの辺の垂直二等分線（緑の線）は外心で交わる
復習より、図Ｉのように 点$\mathrm{O}$は$\mathrm{BC}$の垂直二等分線上にある。
$\mathrm{BC}$の中点を$\mathrm{H}$とする。
別解１
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｉ](_image/1A_2_1_10.svg)
図Ｉの青い直角三角形に三平方の定理を使うと
$\mathrm{AO}^{2}=\mathrm{AH}^{2}+\mathrm{OH}^{2}$
より
$\mathrm{AO}^{2}=\left(4+\dfrac{5}{2}\right)^{2}+\mathrm{OH}^{2}$式Ｆ
とかける。
また、黄色い直角三角形に三平方の定理を使うと
$\mathrm{OB}^{2}=\mathrm{BH}^{2}+\mathrm{OH}^{2}$
より
$R^{2}=\left(\dfrac{5}{2}\right)^{2}+\mathrm{OH}^{2}$式Ｇ
とかける。
式Ｆから式Ｇを辺々引いて、
| $\mathrm{AO}^{2}$ | $=$ | $\left(4+\dfrac{5}{2}\right)^{2}$ | $+\mathrm{OH}^{2}$ | |
| $-)$ | $R^{2}$ | $=$ | $\left(\dfrac{5}{2}\right)^{2}$ | $+\mathrm{OH}^{2}$ |
| $\mathrm{AO}^{2}-R^{2}$ | $=$ | $\left(4+\dfrac{5}{2}\right)^{2}-\left(\dfrac{5}{2}\right)^{2}$ |
より
$$
\begin{align}
\mathrm{AO}^{2}-R^{2}&=\left(4+\dfrac{5}{2}+\dfrac{5}{2}\right)\left(4+\dfrac{5}{2}-\dfrac{5}{2}\right)\\
&=(4+5)\times 4\\
&=36
\end{align}
$$
となる。
解答ケ：３, コ：６
アドバイス
くれぐれも、式Ｇの段階で$R$に$\dfrac{51\sqrt{2}}{8}$を代入して$\mathrm{OH}$を求めようとしてはいけない。
文字に値を代入するのは、文字のままだと それ以上計算が出来ない状態になってから。
別解２
これも お勧めというわけじゃないんだけど、せっかくだから もうひとつ解法を紹介しておく。
![大学入試センター試験2020年追試 数学ⅠＡ第２問[1] 解説図Ｊ](_image/1A_2_1_11.svg)
図Ｊの黄色い三角形は直角三角形なので、
$\cos\angle \mathrm{OBH}=\dfrac{\mathrm{BH}}{\mathrm{OB}}$
より
$$
\begin{align}
\cos\angle \mathrm{OBH}&=\dfrac{\cfrac{5}{2}}{R}\\
&=\dfrac{5}{2R}
\end{align}
$$
である。
$\angle \mathrm{OBH}+\angle \mathrm{OBA}=180^{\circ}$なので、
$$
\begin{align}
\cos\angle \mathrm{OBA}&=-\cos\angle \mathrm{OBH}\\
&=-\dfrac{5}{2R}
\end{align}
$$
となる。
図Ｊの緑の三角形に余弦定理を使うと
$\mathrm{AO}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{OB}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{OB}\cos\angle \mathrm{OBA}$
とかける。
これにそれぞれの値を代入すると
$\mathrm{AO}^{2}=4^{2}+R^{2}-2\cdot 4R\left(-\dfrac{5}{2R}\right)$
より
$$
\begin{align}
\mathrm{AO}^{2}-R^{2}&=4^{2}+4\cdot 5\\
&=36\\
\end{align}
$$
となる。
解答ケ：３, コ：６