大学入学共通テスト 2021年(令和3年) 追試数学ⅠＡ第１問 [2] 解説

(1)

図の固定

まず、△$\mathrm{ABP}$の外接円の半径$R$を、$\sin \angle \mathrm{APB}$ で表す。

△$\mathrm{ABP}$（図Ａの緑の三角形）に正弦定理

公式

$\displaystyle \frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}=2R$

を使うと、
$\displaystyle \frac{\mathrm{AB}}{\sin\angle \mathrm{APB}}=2R$
とかける。

これに$\mathrm{AB}=8$を代入すると、
$2R=\displaystyle \frac{8}{\sin\angle \mathrm{APB}}$式Ａ
と表せる。

解答キ：８

式Ａを変形して
$R=\displaystyle \frac{4}{\sin\angle \mathrm{APB}}$式Ａ'
とする。

この右辺を考えると、
分子は正の定数分母は三角形の一角の$\sin$なので、正だから、分母の
$\sin\angle \mathrm{APB}$
が最大のとき、$R$は最小になる。

$\angle \mathrm{APB}$の範囲は
$0^{\circ} \lt \angle \mathrm{APB} \lt 180^{\circ}$
だけど、この範囲で$\sin\angle \mathrm{APB}$が最大になるのは、
$\angle \mathrm{APB}=90^{\circ}$
のとき。

なので、$R$が最小になるのも
$\angle \mathrm{APB}=90^{\circ}$
のときだ。

解答ク：９, ケ：０

このとき、式Ａ'は
$R=\displaystyle \frac{4}{\sin 90^{\circ}}$
となるので、
$R=4$
である。

解答コ：４

(2)

直線$\mathrm{AB}$と平行な直線を$\ell$とし、$\mathrm{AB}$と$\ell$の距離を$h$とする。

アドバイス

直線$\ell$は直線$\mathrm{AB}$より上にあっても下にあってもいいんだけど、以下の図では簡単にするために上にある場合だけを載せた。
また、点$\mathrm{P}$は$\ell$上にあって$\mathrm{AB}$上にないので、$\ell$と$\mathrm{AB}$が重なるときは考えない。

図の固定

線分$\mathrm{AB}$を直径とする円$C$（図Ｂの緑の円）の半径は$4$。
なので、$h=4$のとき、図Ｂのように直線$\ell$と円$C$は接する。

よって、

	$h\leqq 4$のとき、$\ell$と$C$は共有点をもつ
	$4 \lt h$のとき、$\ell$と$C$は共有点をもたない

ことになる。

解答サ：４

(i) $h\leqq 4$のとき

(1)で考えたように、$R$が最小になるのは$\angle \mathrm{APB}=90^{\circ}$のとき。
なので、$\angle \mathrm{APB}=90^{\circ}$になるような点$\mathrm{P}$を考えればよい。
つまり、直径に対する円周角は$90^{\circ}$なので、点$\mathrm{P}$が円$C$上にある場合を考える。

図の固定

$h\leqq 4$のとき、直線$\ell$と円$C$は共有点をもつ。
よって、$\ell$と$C$の共有点を点$\mathrm{P}$とすると、図Ｃのように$\angle \mathrm{APB}=90^{\circ}$になって、$R$が最小の三角形ができる。

このとき、$R$が最小の三角形$\mathrm{ABP}$は
$\angle \mathrm{APB}=90^{\circ}$の直角三角形
になる。

解答シ：１

(ii) $h \gt 4$のとき

$h \gt 4$のとき、直線$\ell$と円$C$は共有点をもたない。
つまり、$\angle \mathrm{APB}=90^{\circ}$にはならない。
もっと言えば、
$\angle \mathrm{APB} \lt 90^{\circ}$①
だ。
なので、(i)とは違う方法を考えよう。

図Ｄのように点$\mathrm{P}_{1}$，$\mathrm{P}_{2}$，$\mathrm{P}_{3}$をとる。

図の固定

このとき、
紫と緑の角は等しいので、
$\angle \mathrm{AP}_{3}\mathrm{B}=\angle \mathrm{AP}_{2}\mathrm{B}$ である。

解答ス：１

また、
緑の角$ \lt $赤い角より、
$\angle \mathrm{AP}_{3}\mathrm{B} \lt \angle \mathrm{AP}_{1}\mathrm{B}$ ①より、
$\angle \mathrm{AP}_{1}\mathrm{B} \lt 90^{\circ}$ なので、
$\sin\angle \mathrm{AP}_{3}\mathrm{B} \lt \sin\angle \mathrm{AP}_{1}\mathrm{B}$
となる。

解答セ：０

以上より、点$\mathrm{P}_{2}$が直線$\ell$上で$\mathrm{P}_{1}$以外のどこにあっても、
$\sin\angle \mathrm{AP}_{2}\mathrm{B} \lt \sin\angle \mathrm{AP}_{1}\mathrm{B}$②
である。

(1)で考えたように、△$\mathrm{ABP}$の外接円の半径$R$が最小になるのは、$\sin\angle \mathrm{APB}$が最大になるときだった。
なので、②は

$\biggl($

△$\mathrm{ABP}_{1}$の
外接円の半径

$\biggr)$

$ \lt $

$\biggl($

△$\mathrm{ABP}_{2}$の
外接円の半径

$\biggr)$

であることを意味する。

解答ソ：０

以上をまとめると、
$h \gt 4$のとき、$R$が最小になるのは
点$\mathrm{P}$が$\mathrm{AB}$の垂直二等分線上にあるときである。
このとき、△$\mathrm{ABP}$は
$\mathrm{AP}=\mathrm{BP}$
の二等辺三角形になる。

解答タ：３

(3)

$h=8$のとき、(2)より、△$\mathrm{ABP}$の外接円の半径$R$が最小になるのは、点$\mathrm{P}$が図Ｅの位置にあるとき。
まず、このときの$\sin\angle \mathrm{APB}$（赤い角の$\sin$）を求める。

図の固定

$\mathrm{AB}$の中点を$\mathrm{H}$とする。

△$\mathrm{APH}$（図Ｅの緑の三角形）は直角三角形なので、三平方の定理より、
$\mathrm{AP}^{2}=\mathrm{AH}^{2}+\mathrm{PH}^{2}$

途中式

$\phantom{ \mathrm{AP}^{2} } =4^{2}+8^{2}$
$\phantom{ \mathrm{AP}^{2} } =4^{2}(1+2^{2})$

$\phantom{ \mathrm{AP}^{2} } =4^{2}\cdot 5$
とかける。

いま、$\mathrm{AP}=\mathrm{BP}$なので、
$\mathrm{AP}=\mathrm{BP}=4\sqrt{5}$式Ｂ
だ。

この先はいくつかの解法があるが、ここでは
解法１正弦定理を使う方法解法２面積を使う方法おすすめ解法３２倍角の公式を使う方法を解説する。
解法２をお勧めにしたけれど、思いつきやすいのは解法１かも知れない。
解法３は数学Ⅱの範囲になるけど、せっかくだから載せておいた。
加えて、最後に別解をもうひとつ載せてある。
自分に合った方法をとってもらえればよいと思う。

解法１：正弦定理を使う方法

図Ｆに△$\mathrm{APH}$だけを取り出してみた。

△$\mathrm{APH}$は$\angle \mathrm{H}=90^{\circ}$の直角三角形なので、$\sin\angle \mathrm{PAH}$（赤い角の$\sin$）は
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{PAH}=\frac{\mathrm{PH}}{\mathrm{AP}}$
だ。

これに式Ｂ，$\mathrm{PH}=8$を代入すると、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{PAH}=\frac{8}{4\sqrt{5}}$
$\phantom{ \displaystyle \sin\angle \mathrm{PAH}} \displaystyle =\frac{2}{\sqrt{5}}$
なので、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{PAB} =\frac{2}{\sqrt{5}}$式Ｃ
であることが分かる。

図の固定

さらに、△$\mathrm{ABP}$（図Ｇの緑の三角形）に正弦定理を使うと、
$\displaystyle \frac{\mathrm{AB}}{\sin\angle \mathrm{APB}}=\frac{\mathrm{BP}}{\sin\angle \mathrm{P}\mathrm{AB}}$
とかける。

これに式Ｂ，式Ｃと$\mathrm{AB}=8$を代入すると、
$\displaystyle \frac{8}{\sin\angle \mathrm{APB}}=\frac{4\sqrt{5}}{\frac{2}{\sqrt{5}}}$
$\displaystyle 4\sqrt{5} \sin \angle \mathrm{APB} = 8\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}$
$\displaystyle \sin \angle \mathrm{APB} = \frac{8\cdot 2}{\sqrt{5}\times 4\sqrt{5}}$
$\displaystyle \phantom{\sin \angle \mathrm{APB}} \displaystyle =\frac{4}{5}$
となる。

解答チ：４, ツ：５

解法２：面積を使う方法

図の固定

△$\mathrm{ABP}$（図Ｇの緑の三角形）の面積$S$は、 $ S=\displaystyle \frac{1}{2}\times$底辺$\times$高さ
$\phantom{S} \displaystyle =\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8$式Ｄ
である。

同じ面積$S$は、

公式

$ S=\displaystyle \frac{1}{2}ab\sin C$

より、$\sin\angle \mathrm{APB}$を使って
$S=\displaystyle \frac{1}{2}\mathrm{AP}\cdot \mathrm{AB}\sin\angle \mathrm{APB}$
$\phantom{S}=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{5}\sin\angle \mathrm{APB}$
$\phantom{S}=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4\cdot 5\sin\angle \mathrm{APB}$式Ｅ
だ。

式Ｅ$=$式Ｄなので、
$\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4\cdot 5\sin\angle \mathrm{APB}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8$
より
$5\sin\angle \mathrm{APB}=2\cdot 2$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{APB}=\frac{4}{5}$
となる。

解答チ：４, ツ：５

解法３：２倍角の公式を使う方法

数学Ⅱの範囲になってしまうけど、$\sin \angle \mathrm{APB}$は２倍角の公式を使っても求められる。

図の固定

△$\mathrm{ABP}$は二等辺三角形なので、直線$m$は$\angle \mathrm{APB}$の二等分線だ。

なので、図中の○の角は等しいから、
$\angle \mathrm{APB} =2\angle \mathrm{APH}$
より
$\sin \angle \mathrm{APB} =\sin 2\angle \mathrm{APH}$
である。

この式は、２倍角の公式

公式

$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$

より、さらに
$\sin \angle \mathrm{APB} =2\sin \angle \mathrm{APH} \cdot \cos \angle \mathrm{APH}$式Ｆ
と変形できる。

いま、△$\mathrm{APH}$（図Ｈの緑の三角形）は$\angle \mathrm{H}=90^{\circ}$の直角三角形なので、

	$\displaystyle \sin\angle \mathrm{APH}=\frac{\mathrm{AH}}{\mathrm{AP}}$
	$\displaystyle \cos\angle \mathrm{APH}=\frac{\mathrm{PH}}{\mathrm{AP}}$

より

	$\displaystyle \sin\angle \mathrm{APH}=\frac{4}{4\sqrt{5}}$
	$\displaystyle \cos\angle \mathrm{APH}=\frac{8}{4\sqrt{5}}$

となる。

これを式Ｆに代入して、
$\displaystyle \sin \angle \mathrm{APB} =2\cdot \frac{4}{4\sqrt{5}} \cdot \frac{8}{4\sqrt{5}}$
$\displaystyle \phantom{\sin \angle \mathrm{APB}} =2\cdot \frac{1 \cdot 2}{\sqrt{5} ^{2}}$
$\displaystyle \phantom{\sin \angle \mathrm{APB}} =\frac{4}{5}$
である。

解答チ：４, ツ：５

最後は、このときの△$\mathrm{ABP}$の外接円の半径$R$だ。

チツを(1)の式Ａ'に代入して、$R$は
$R=\displaystyle \frac{4}{\frac{4}{5}} =\frac{4\cdot 5}{4} =5$
である。

解答テ：５

さらに別解

テを先に求めるなら、次のような方法もある。

△$\mathrm{ABP}$の面積$S$は、面積の公式

公式

$S=\displaystyle \frac{abc}{4R}$

を使って、
$S=\displaystyle \frac{\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AP}\cdot \mathrm{BP}}{4R}$
とかける。

これに式Ｂ，式Ｄと$\mathrm{AB}=8$を代入して、
$\displaystyle \frac{8\cdot 4\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{5}}{4R}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8$
より
$\displaystyle \frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}}{R}=1$
$R=5$
となる。

解答テ：５

これを(1)の式Ａ'に代入すると、
$\displaystyle \frac{4}{\sin\angle \mathrm{APB}}=5$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{APB}=\frac{4}{5}$
となって$\sin\angle \mathrm{APB}$が求められる。

解答チ：４, ツ：５

この方法が一番計算が簡単だけど、問題の流れに逆らっているし、上の解法１，２の方が自然かも知れない。

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