(1)では、
銅像と花子さんの水平距離は$12$ｍ 銅像の台座の高さは$1.5$m 銅像の高さは$4$ｍ 花子さんの目の高さ$1.5$m の場合を考える。

図の固定

銅像と花子さんの関係を表すと図Ａができる。
像が武将じゃないけど（笑）。

図Ａで、
銅像の台座の高さと花子さんの目の高さは等しいので、考えない $\mathrm{AB}$は銅像の高さで、$4$ｍ $\mathrm{PB}$は銅像と花子さんの距離で、$12$ｍ である。

なので、
$\displaystyle \tan\angle \mathrm{APB}=\frac{4}{12}$
$\displaystyle \tan\angle \mathrm{APB}$$\displaystyle =\frac{1}{3}$
$\tan\angle \mathrm{APB}$$=0.\dot{3}$
であることが分かる。

三角比の表を見ると、選択肢のうちで$\tan$が$0.\dot{3}$に最も近いのは
⑦
の$18^{\circ}$である。

解答ア：７

ちょっと分かりにくいけど、ここからは銅像の台座の高さなどは決まっていないものとして考える。

$\mathrm{AB}$，$\mathrm{AP}$，$\mathrm{BP}$の長さが分かっているときに、$\angle \mathrm{APB}$が鋭角であることを示す方法を問われている。
つまり、三角形の３つの辺の長さが分かっているときに、ひとつの角が鋭角であることを示す方法を問われている。

なので、辺と角の関係の復習をしておこう。

復習

下表の図のような三角形において、

$a^{2} \lt b^{2}+c^{2}$ $\theta \lt 90^{\circ}$	$a^{2}=b^{2}+c^{2}$ $\theta=90^{\circ}$	$a^{2} \gt b^{2}+c^{2}$ $\theta \gt 90^{\circ}$

である。

復習より、△$\mathrm{ABP}$において、
$\mathrm{AB}^{2} \lt \mathrm{AP}^{2}+\mathrm{BP}^{2}$
であることを確認すればよい。

正解例はここでは省略する。
公開されている正解例はリンクを参照してほしい。

→ 数学入試問題データベースサイト
       大学入試数学問題集成さんで
          正解例を見る。

図の固定

この小問では、図Ｂにおいて、$\mathrm{AB}$が一定のとき、外接円の半径$R$が小さいほど$\sin\angle \mathrm{APB}$が大きくなることを示す式を問われている。
ひとつの角の$\sin$と向かいあう辺、それに外接円の半径が含まれる式なので、考えるまでもなく正弦定理だ。

図Ｂの△$\mathrm{ABP}$に正弦定理を使うと
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{P}\mathrm{B}}=2R$
より
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{APB}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{2R}$式Ａ
とかける。

$\mathrm{AB}$は一定なので、式Ａより、$R$が小さいほど$\sin\angle \mathrm{APB}$は大きくなることが分かる。

いには、式Ａまたは式Ａを変形したものを答えればよい。
正解例はここでは省略する。
公開されている正解例はリンクを参照してほしい。

→ 数学入試問題データベースサイト
       大学入試数学問題集成さんで
          正解例を見る。

ここからは、
銅像の台座の高さは$6.5$m 銅像の高さは$4$ｍ 花子さんの目の高さ$1.5$m のときを考える。

先生に教わったことから、$R$が最小になるのは、図Ｃのとき。
図Ｃ中、$\mathrm{M}$は$\mathrm{AB}$の中点、$\mathrm{O}$は△$\mathrm{ABP}$の外心、$\mathrm{H}$は点$\mathrm{P}$を通り水平な直線と直線$\mathrm{AB}$の交点だ。

図Ｃにおいて、
△$\mathrm{OAB}$は二等辺三角形なので、
$\mathrm{OM}$⊥$\mathrm{AB}$ $\mathrm{PH}$は円$\mathrm{O}$の接線なので、
$\mathrm{OP}$⊥$\mathrm{PH}$ $\mathrm{AB}$は地面に対して垂直なので、
$\mathrm{AH}$⊥$\mathrm{PH}$ である。

図の固定

①

図Ｃの四角形$\mathrm{OPHM}$は長方形なので、
$\mathrm{MH}=\mathrm{OP}=R$
である。

また、
$\displaystyle \mathrm{MB}=\frac{1}{2}\mathrm{AB}$
       $=2$ $\mathrm{BH}=6.5-1.5$
       $=5$ なので、
$\mathrm{MH}=2+5$
       $=7$
となる。

よって、この図になるのは、円$\mathrm{O}$の半径$R$が
$R=\mathrm{MH}$
$R$$=7$
のとき。

解答：イ：７

②

このとき、式Ａより、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{APB}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{2R}$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{APB}$$\displaystyle =\frac{4}{2\cdot 7}$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{APB}$$\displaystyle =\frac{2}{7}$
$\sin\angle \mathrm{APB}$$\doteqdot 0.2857$
であることが分かる。

三角比の表より、
$\sin 16^{\circ} \lt 0.2857 \lt \sin 17^{\circ}$
なので、
$16^{\circ} \lt \angle \mathrm{APB} \lt 17^{\circ}$
だ。

よって、選択肢のうちで$\angle \mathrm{APB}$、つまり見込む角に最も近いのは
③
の$17^{\circ}$である。

解答ウ：３

③

最後に、このときの$\mathrm{PH}$を求める。
けれど、$\mathrm{PH}$は求めにくいので、
$\mathrm{PH}=\mathrm{OM}$
より、代わりに$\mathrm{OM}$を求めよう。

△$\mathrm{OAM}$は直角三角形なので、三平方の定理より
$\mathrm{OM}^{2}+\mathrm{AM}^{2}=\mathrm{OA}^{2}$式Ｂ
と表せる。

ここで、
$\displaystyle \mathrm{AM}=\frac{1}{2}\mathrm{AB}$
      $=2$ $\mathrm{OA}=R$
      $=7$ なので、式Ｂは
$\mathrm{OM}^{2}+2^{2}=7^{2}$
とかける。

これを解いて、
$\mathrm{OM}^{2}=(7+2)(7-2)$
       $=9\cdot 5$
$\mathrm{OM}=3\sqrt{5}$
となる。

ここで、$\sqrt{5}\doteqdot 2.236$なので、
$3\sqrt{5}\doteqdot 3\times 2.236$
より
$3\sqrt{5}\doteqdot 6.708$
だから、一番近い選択肢は
③
の$6.7$である。

解答エ：３