$\sin^{2}\angle \mathrm{ACB}+\cos^{2}\angle \mathrm{ACB}=1$
なので、
$\sin^{2}\angle \mathrm{ACB}+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}=1$
とかける。

これを解いて、
$$ \begin{align} \sin^{2}\angle \mathrm{ACB}&=1-\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}\\ &=\dfrac{3^{2}}{3^{2}}-\dfrac{3}{3^{2}}\\ &=\dfrac{6}{3^{2}} \end{align} $$

$0 \lt \sin\angle \mathrm{ACB}$ なので、
$\sin\angle \mathrm{ACB}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
である。

解答カ：６, キ：３

次は、$\mathrm{AB}$だ。

△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使って
$\dfrac{\mathrm{AB}}{\sin\angle \mathrm{ACB}}=2R$

これにカキと$R=3$を代入すると
$\dfrac{\mathrm{AB}}{\cfrac{\sqrt{6}}{3}}=2\cdot 3$
より
$$ \begin{align} \mathrm{AB}&=2\cdot 3\cdot\dfrac{\sqrt{6}}{3}\\ &=2\sqrt{6} \end{align} $$ となる。

解答ク：２, ケ：６

さらに、$\mathrm{AC}$。

$\mathrm{AC}:\mathrm{BC}=\sqrt{3}:2$
なので、
$\mathrm{AC}=\sqrt{3}x$式Ａ
とすると
$\mathrm{BC}=2x$式Ｂ
とかける。

△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使って
$\begin{aligned}\mathrm{AB}^{2}=\mathrm{AC}^{2}+&\mathrm{BC}^{2}\\& -2\cdot \mathrm{AC}\cdot \mathrm{BC}\cdot\cos\angle \mathrm{ACB}\end{aligned}$

これに それぞれの値と 式Ａ，式Ｂを代入して
$\begin{aligned}(2\sqrt{6})^{2}=&(\sqrt{3}x)^{2}+(2x)^{2}\\& -2\cdot\sqrt{3}x\cdot 2x\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{3}\end{aligned}$

これを解いて、
$2^{2}\cdot 6=3x^{2}+4x^{2}-4x^{2}$
$x^{2}=2^{2}\cdot 2$
より
$x=2\sqrt{2}$
となる。

これを式Ａに代入すると、$\mathrm{AC}$は
$$ \begin{align} \mathrm{AC}&=\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{2}\\ &=2\sqrt{6} \end{align} $$ である。

解答コ：２, サ：６

△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使うと
$\dfrac{\mathrm{AC}}{\sin\angle \mathrm{ABC}}=2R$式Ｃ
とかける。

これに$\mathrm{AC}$，$R$の値を代入して、
$\dfrac{4}{\sin\angle \mathrm{ABC}}=2\cdot 3$
より
$2\cdot 3\sin\angle \mathrm{ABC}=4$
$$ \begin{align} \sin\angle \mathrm{ABC}&=\dfrac{4}{2\cdot 3}\\ &=\dfrac{2}{3} \end{align} $$ である。

解答シ：2, ス：3

さらに、△$\mathrm{ABD}$は直角三角形なので、
$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}=\sin\angle \mathrm{ABC}$式Ｄ
である。

これに$\mathrm{AB}$，$\sin\angle \mathrm{ABC}$の値を代入すると、
$\dfrac{\mathrm{AD}}{5}=\dfrac{2}{3}$
両辺を$5$倍して、
$\mathrm{AD}=\dfrac{10}{3}$
となる。

解答セ：1, ソ：０, タ：３

アドバイス

図Ｂには、△$\mathrm{ABC}$が鋭角三角形になる場合を載せておいた。
問題の条件からは、図Ｃのような鈍角三角形も考えられる。
どちらの三角形を使っても、解き方は変わらない。

図の固定

三角形の辺は、外接円の直径より長くなることはない。
なので、
$\left\{\begin{array}{l} \mathrm{AB}\leqq 6\class{tex_formula}{式Ｅ}\\ \mathrm{BC}\leqq 6\\ \mathrm{AC}\leqq 6\class{tex_formula}{式Ｆ} \end{array}\right.$
である。

問題文中の
$2\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=14$
を
$\mathrm{AC}=14-2\mathrm{AB}$式Ｇ
と変形して 式Ｆに代入すると、
$14-2\mathrm{AB}\leqq 6$
より
$8\leqq 2\mathrm{AB}$
$4\leqq \mathrm{AB}$
であることが分かる。

これと式Ｅをあわせて、$\mathrm{AB}$の範囲は
$4\leqq \mathrm{AB}\leqq 6$
となる。

解答チ：４, ツ：６

アドバイス

次の問いの$\mathrm{AD}$の式をどうやってつくるか、迷う人は多いんじゃないだろうか。
こういうとき、共通テストやセンター試験では、前の問題がヒントになっていることも多い。

(i)では、$\mathrm{AB}$と$\mathrm{AC}$の値が分かっていて、$\mathrm{AD}$を求めた。
今度は$\mathrm{AD}$の式をつくるんだけど、$\mathrm{AB}$，$\mathrm{AC}$の値は分からないし、求めようもない。
ならば、$\mathrm{AB}$と$\mathrm{AC}$を文字のままにして、(i)と同じことをやってみよう。

(i)の式Ｃに$R=3$を代入すると
$\dfrac{\mathrm{AC}}{\sin\angle \mathrm{ABC}}=2\cdot 3$
より
$2\cdot 3\sin\angle \mathrm{ABC}=\mathrm{AC}$
$\sin\angle \mathrm{ABC}=\dfrac{\mathrm{AC}}{6}$
と表せる。

これを(i)の式Ｄに代入して
$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}=\dfrac{\mathrm{AC}}{6}$
より、$\mathrm{AD}$の式
$\mathrm{AD}=\dfrac{\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}}{6}$式Ｈ
ができる。

$\mathrm{AD}$の式はできたけど、テトナニヌの式とはかなり違う。
とりあえず、テトナニヌの式にない$\mathrm{AC}$を代入して消そう。

式Ｈに式Ｇを代入すると
$\mathrm{AD}=\dfrac{\mathrm{AB}(14-2\mathrm{AB})}{6}$
とかける。

これを整理して、$\mathrm{AD}$の式は
$$ \begin{align} \mathrm{AD}&=\dfrac{\mathrm{AB}(7-\mathrm{AB})}{3} \class{tex_formula}{式Ｉ}\\ &=\dfrac{-\mathrm{AB}^{2}+7\mathrm{AB}}{3}\\ &=\dfrac{-1}{3}\mathrm{AB}^{2}+\dfrac{7}{3}\mathrm{AB} \end{align} $$ である。

解答テ：－, ト：1, ナ：3, ニ：7, ヌ：3

最後は$\mathrm{AD}$の最大値だ。
二次式で表された値の最大値なので、2次関数の最大の問題だ。

式Ｉより、$\mathrm{AD}$は
$$ \begin{align} \mathrm{AD}&=-\dfrac{\mathrm{AB}(\mathrm{AB}-7)}{3}\\ &=-\dfrac{1}{3}\mathrm{AB}(\mathrm{AB}-7) \class{tex_formula}{式Ｊ} \end{align} $$ とかける。

式Ｊがわかりにくい人は、
$\left\{\begin{array}{l} \mathrm{AB}=x\\ \mathrm{AD}=y \end{array}\right.$
とおいて、
$y=-\dfrac{1}{3}x(x-7)$式Ｊ'
とした方がイメージしやすいかも。

式Ｊ'の2次関数のグラフは
上に凸で $x=0$，$7$で$x$軸と交わる から、図Ｄのようなグラフだ。

放物線の軸は、$x$軸との2つの交点のちょうど真ん中、
$$ \begin{align} x&=\dfrac{0+7}{2}\\ &=\dfrac{7}{2} \end{align} $$ である。

また、$x$，つまり$\mathrm{AB}$の定義域は、チツで求めた
$4\leqq x\leqq 6$
で、図Ｄ中の緑の部分。
よって、$y$，つまり$\mathrm{AD}$の最大値は、図Ｄ中の赤い点の$y$座標だ。

以上より、$\mathrm{AD}$の最大値は、式Ｊに
$\mathrm{AB}=4$
を代入して、
$$ \begin{align} \mathrm{AD}&=-\dfrac{1}{3}\cdot 4(4-7)\\ &=-\dfrac{1}{3}\cdot 4(-3)\\ &=4 \end{align} $$ である。

解答ネ：4

このとき、
$\left\{\begin{array}{l} \mathrm{AB}=4\\ \mathrm{AD}=4 \end{array}\right.$
より $\mathrm{AB}=\mathrm{AD}$なので、点$\mathrm{B}$と点$\mathrm{D}$は一致する。

したがって、
$\mathrm{AB} \perp \mathrm{BC}$
つまり
$\angle \mathrm{ABC}=90^{\circ}$
となるから、$\mathrm{AC}$は△$\mathrm{ABC}$の外接円の直径にあたる。

以上より、$\mathrm{AD}=4$のときの図を描くと、図Ｃのようになる。

図Ｃの△$\mathrm{ABC}$に三平方の定理を使うと
$4^{2}+\mathrm{BC}^{2}=6^{2}$
より
$$ \begin{align} \mathrm{BC}^{2}&=2^{2}(3^{2}-2^{2})\\ &=2^{2}\cdot 5 \end{align} $$ $\mathrm{BC}=2\sqrt{5}$
であることが分かる。

よって、△$\mathrm{ABC}$の面積は、
$$ \begin{align} \dfrac{1}{2}\times\text{底辺}\times\text{高さ}&=\dfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt{5}\cdot 4\\ &=4\sqrt{5} \end{align} $$ である。

解答ノ：４, ハ：５