△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使うと
$\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BC}^{2}-2\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cos\angle \mathrm{ABC}$式Ａ
とかける。

これに、それぞれの値と$\mathrm{BC}=x$を代入すると、
$t^{2}=8^{2}+x^{2}-2\displaystyle \cdot 8x\cdot\frac{1}{2}$
より
$x^{2}-8x+64-t^{2}=0$式Ｂ
といえる。

解答コ：８, サ：６, シ：４, ス：２

図Ａより、$\mathrm{B}$，$\mathrm{C}_{1}$，$\mathrm{C}_{2}$は$\mathrm{AB}$と$60^{\circ}$で交わる同一直線上にあるので、
点$\mathrm{C}$は直線$\mathrm{AB}$と$60^{\circ}$の角をなす半直線上にある。

同じく図Ａより、$\mathrm{AC}_{1}=\mathrm{AC}_{2}=t$なので、
点$\mathrm{C}$は点$\mathrm{A}$を中心とする半径$t$の円周上にある。

以上より、選択肢のうちで正しいのは
⓪
である。

解答ソ：０

【方針２】の方法が視覚的に考えられるので、おすすめ。

$0 \lt b \lt \mathrm{AH}$のとき、例えば図Ｂのグレーの円ができる。
グレーの円と$\ell$は共有点がないので、△$\mathrm{ABC}$はできない

$b=\mathrm{AH}$のとき、赤い円ができる。
赤い円と$\ell$の共有点は１個なので、△$\mathrm{ABC}$は１つできる

$\mathrm{AH} \lt b\lt a$のとき、例えばオレンジの円ができる。
オレンジの円と$\ell$の共有点は２個なので、△$\mathrm{ABC}$は２つできる

$b=a$のとき、青い円ができる。
青い円と$\ell$の共有点は２個だけど、ひとつは点$\mathrm{B}$なので不適だから、△$\mathrm{ABC}$は１つできる

$a \lt b$のとき、例えば緑の円ができる。
緑の円と$\ell$の共有点は１個なので、△$\mathrm{ABC}$は１つできる

ことが分かる。

これで大体答えなんだけど、場合分けに使った$\mathrm{AH}$は問題文に出てこない。
なので、$\mathrm{AH}$を問題文に出てくる値で表そう。

図Ｂの△$\mathrm{ABH}$は直角三角形なので、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ABH}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{H}}{\mathrm{A}\mathrm{B}}$
とかける。

これにそれぞれの値を代入して、
$\displaystyle \sin\theta=\frac{\mathrm{A}\mathrm{H}}{a}$
より
$\mathrm{AH}=a\sin\theta$
と表せる。

以上より、△$\mathrm{ABC}$は、
$ 0 \lt b \lt a\sin\theta$のとき、０通り $ b=a\sin\theta$，$a\leqq b$のとき、１通り $a\sin\theta \lt b \lt a$のとき、２通り できることが分かる。

解答い：$\left\{\begin{array}{l} 0 \lt b \lt a\sin\theta \text{のとき、０通り}\\ b=a\sin\theta\text{，}a\leqq b\text{のとき、１通り}\\ a\sin\theta \lt b \lt a\text{のとき、２通り} \end{array}\right.$

手間はかかるし面倒だし、ゼンゼンお勧めしないけど、【方針１】で解くと次のようになる。

式Ａにそれぞれの値と$\mathrm{BC}=x$を代入すると、
$b^{2}=a^{2}+x^{2}-2a\cos\theta\cdot x$
より
$x^{2}-2a\cos\theta\cdot x+a^{2}-b^{2}=0$式Ｃ
ができる。

(2)より、式Ｃの正の解の数が、できる△$\mathrm{ABC}$の数だ。
式Ｃは二次方程式なので、解の数は最大２つ。
なので、正の解が２つ，１つ，なしの場合を考える。

式Ｃを
$y=x^{2}-2a\cos\theta\cdot x+a^{2}-b^{2}$式Ｄ
とおくと、式Ｄのグラフと$x$軸との共有点が、式Ｃの解だ。
なので、式Ｃを解く代わりに、式Ｄのグラフと$x$軸との共有点を考えよう。

正の解が２つのとき

このとき、式Ｄのグラフは、例えば図Ｃのようになる。

図の固定

図Ｃのようなグラフになるためには、
判別式が正条件Ａ 放物線の軸（頂点の$x$座標）が正条件Ｂ $y$切片（$y$軸との交点の$y$座標）が正条件Ｃ でなければならない。

まず、条件Ａから。

式Ｄの判別式は、
$D=(2a\cos\theta)^{2}-4\cdot 1\cdot(a^{2}-b^{2})$
$D$$=4(a^{2}\cos^{2}\theta-a^{2}+b^{2})$
$D$$=4\{a^{2}(\cos^{2}\theta-1)+b^{2}\}$
$D$$=4(-a^{2}\sin^{2}\theta+b^{2})$式Ｅ
とかける。

この$D$が正なので、
$4(-a^{2}\sin^{2}\theta+b^{2}) \gt 0$
より
$-a^{2}\sin^{2}\theta+b^{2} \gt 0$式Ｆ
である。

式Ｆは文字だらけで、これからどうしようか一瞬迷う。
けれど、今は$b$だけが変数扱いで、他は定数だ。
なので、$b$について解けばOK。

式Ｆより、
$ b^{2} \gt a^{2}\sin^{2}\theta$
だけど、$0 \lt a$，$0 \lt b$，$ 0 \lt \sin\theta$なので、これは
$ b \gt a\sin\theta$式Ｇ
となる。

最後に、条件Ｃだ。

式Ｄに$x=0$を代入すると
$y=a^{2}-b^{2}$
となる。

これが正なので、
$0 \lt a^{2}-b^{2}$
より
$b^{2} \lt a^{2}$
だけど、$0 \lt a$，$0 \lt b$なので、これは
$b \lt a$式Ｉ
となる。

よって、式Ｇ，式Ｉより、
$a\sin\theta \lt b \lt a$
のとき、式Ｃの方程式の正の解は２個なので、△$\mathrm{ABC}$は２通りできる。

黒いグラフの場合から始める。

図Ｄの黒いグラフになるためには、
判別式が$0$条件Ｄ 放物線の軸（頂点の$x$座標）が正条件Ｅ でなければならない。

まず、条件Ｄから。

式Ｅより、判別式は
$D=4(-a^{2}\sin^{2}\theta+b^{2})$
だけど、これが$0$なので、式Ｇをちょっと変えて、条件Ｄは
$ b=a\sin\theta$式Ｊ
となる。

また、式Ｄのグラフの軸は必ず正なので、条件Ｅは必ず満たされる。

よって、図Ｄの黒いグラフになるのは、式Ｊの
$ b=a\sin\theta$
のとき。

図Ｄの緑のグラフになるのは、
$y$切片（$y$軸との交点の$y$座標）が$0$以下条件Ｆ でなければならない。

条件Ｅは、条件Ｃと不等号が違うだけ。
なので、式Ｉをちょっと変えて
$b\geqq a$
のとき。

以上より、
$ b=a\sin\theta$ または $a\leqq b$
のとき、式Ｃの方程式の正の解は１個なので、△$\mathrm{ABC}$は１通りできる。

正の数がないとき

数直線に これまで分かった結果を書き込んで、図Ｅをつくった。

図の固定

図Ｅ中、緑の部分は$b$の定義域、オレンジの部分が式Ｃの正の解が２個の範囲、赤い部分が１個の範囲だ。

式Ｃの方程式の正の解の数は、
２個 １個 ０個 の場合しかない。

なので、図Ｅで、オレンジの範囲でも赤い範囲でもない
$ 0 \lt b \lt a\sin\theta$
の部分が、式Ｃが正の解をもたない範囲、つまり△$\mathrm{ABC}$ができない範囲だ。