図Ａの△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使うと、
$ \dfrac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}}=2R$
より
$ \dfrac{6}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}}=2\cdot 5$
とかける。

これを計算して、
$ \sin\angle \mathrm{ACB}=\dfrac{3}{5}$
である。

解答ア：０

図Ａでは 点$\mathrm{C}$を緑の弧上にとったけど、オレンジの弧上にあっても ここまでの計算は変わらない。

次は$\cos\angle\mathrm{ACB}$だ。

$\sin^{2}\angle\mathrm{ACB} + \cos^{2}\angle\mathrm{ACB} = 1$
は、アより
$ \left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\cos^{2}\angle \mathrm{ACB}=1$
と表せる。

これを解いて、

途中式

$ \cos^{2}\angle \mathrm{ACB}=1-\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}$
$\phantom{ \cos^{2}\angle \mathrm{ACB} } =\dfrac{5^{2}-3^{2}}{5^{2}}$
$\phantom{ \cos^{2}\angle \mathrm{ACB} } =\dfrac{4^{2}}{5^{2}}$

$ \cos\angle \mathrm{ACB}=\pm\dfrac{4}{5}$式Ａ
である。

今は$\angle \mathrm{ACB}$が鈍角のとき（点$\mathrm{C}$が図Ａのオレンジの弧上にあるとき）を問われているので、
$\cos\angle \mathrm{ACB} \lt 0$
だ。

よって、求める$\cos\angle \mathrm{ACB}$は、式Ａの２つの値のうち
$ \cos\angle \mathrm{ACB}=-\dfrac{4}{5}$
である。

解答イ：７

点$\mathrm{C}$を $\angle\mathrm{ACB}$が鈍角で $\mathrm{BC}=5$となるようにとると、図Ｂのようになる。

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

これに$\mathrm{AB}$，$\mathrm{BC}$の値とイを代入すると、
$6^{2}=\mathrm{AC}^{2}+5^{2}-2\mathrm{AC}\cdot 5\cdot\left(-\dfrac{4}{5}\right)$
より
$\mathrm{AC}^{2}+5^{2}+2\cdot 4\mathrm{AC}-6^{2}=0$
$\mathrm{AC}^{2}+8\mathrm{AC}-11=0$
と表せる。

解の公式で$\mathrm{AC}$を求めると
$ \mathrm{AC}=\dfrac{-8\pm\sqrt{8^{2}-4\cdot 1\cdot(-11)}}{2\cdot 1}$
より

途中式

$\mathrm{AC} =\dfrac{-8\pm\sqrt{2^{2}(4^{2}+11)}}{2}$
$\phantom{ \mathrm{AC} } =-4\pm\sqrt{27}$
$\phantom{ \mathrm{AC} } =\pm 3\sqrt{3}-4$
となるけど、$0 \lt \mathrm{AC}$なので、

$\mathrm{AC}=3\sqrt{3}-4$
である。

解答ウ：３, エ：３, オ：４

次は、△$\mathrm{ABC}$の面積が最大であるときを考える。

図Ａより、このときの点$\mathrm{C}$は緑の弧上にあることは明らか。
なので、点$\mathrm{C}$が図Ａのオレンジの弧上にあるときは考えない。

△$\mathrm{ABC}$の底辺を$\mathrm{AB}$とする。
点$\mathrm{C}$の位置が変わると、△$\mathrm{ABC}$の
底辺は変わらない 高さは変わる ことになる。

なので、△$\mathrm{ABC}$の面積が最大になるのは、高さが最大のとき。
つまり、点$\mathrm{C}$と直線$\mathrm{AB}$の距離が最大のとき。

これは、図Ｃのように、点$\mathrm{C}$が
辺$\mathrm{AB}$と平行な直線が円$\mathrm{O}$と接するときの接点 であるときだ。
この、点$\mathrm{C}$を通る接線を$\ell$とする。

点$\mathrm{C}$から辺$\mathrm{AB}$に垂線を下ろし、その足を点$\mathrm{D}$とすると、
二本の赤い直線は平行なので、$\mathrm{CD}$⊥$\ell$ だから、$\mathrm{CD}$は接点を通り、接線と垂直な直線だ。

よって
$\mathrm{CD}$は円の中心$\mathrm{O}$を通る から、このときの図形は図Ｃのようになる。

図Ｃにおいて、$\mathrm{AO}=\mathrm{BO}=$円$\mathrm{O}$の半径なので
図中の青い三角形と黄色の三角形は合同 となり、
点$\mathrm{D}$は$\mathrm{AB}$の中点である △$\mathrm{ABC}$は$\mathrm{AC}=\mathrm{BC}$の二等辺三角形である ことが分かる。

ここまで分かったところで、問題を解こう。

まず問われているのは、$\tan\angle \mathrm{OAD}$（図Ｄの緑の丸の角）だ。

図Ｄの青い三角形は直角三角形だから、
$ \tan\angle \mathrm{OAD}=\dfrac{\mathrm{OD}}{\mathrm{A}\mathrm{D}}$式Ｂ
とかける。

青い三角形の辺は
$ \mathrm{AD}=\dfrac{1}{2}\mathrm{AB}=3$ $\mathrm{AO}=$円$\mathrm{O}$の半径$=5$ なので、辺の比が$3:4:5$だから、
$\mathrm{OD}=4$
だ。

よって、式Ｂは
$ \tan\angle \mathrm{OAD}=\dfrac{4}{3}$
と書きなおせる。

解答カ：４

ここで
$\mathrm{CD}=\mathrm{OC}+\mathrm{OD}$
だけど、$\mathrm{OC}$は円$\mathrm{O}$の半径なので
$\mathrm{CD}=5+4=9$式Ｃ
だ。
これが△$\mathrm{ABC}$の高さにあたる。

以上より、このときの△$\mathrm{ABC}$の面積は、
△$ \mathrm{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{CD}$
$\hspace{54px} =\dfrac{1}{2}\cdot 6\cdot 9$
$\hspace{54px} =27$
である。

解答キ：２, ク：７

次に $\tan\angle \mathrm{ACB}$（図Ｄのオレンジの角）を問われているんだけど、
$\angle \mathrm{ACB}=\angle \mathrm{AOD}$（図Ｄの赤丸の角）
なので、代わりに$\tan\angle \mathrm{AOD}$を求めよう。

図Ｄの青い三角形は各辺が$3$，$4$，$5$の直角三角形だから、
$\tan\angle \mathrm{AOD}=\dfrac{\mathrm{A}\mathrm{D}}{\mathrm{O}\mathrm{D}}$
$\phantom{ \tan\angle \mathrm{AOD} } =\dfrac{3}{4}$
である。

よって、求める$\tan\angle \mathrm{ACB}$も
$ \tan\angle \mathrm{ACB}=\dfrac{3}{4}$
となる。

解答ケ：１

別解

(iii)で考えたように、図Ｄの青い三角形は$\angle\mathrm{ADO}=90^{\circ}$の直角三角形だから、
$\angle \mathrm{AOD}+\angle \mathrm{OAD}=90^{\circ}$
だ。

なので、
$$ \begin{align} \tan\angle \mathrm{AOD}&=\tan (90^{\circ}-\angle\mathrm{OAD})\\ &=\dfrac{1}{\tan\angle \mathrm{OAD}}\\ \end{align} $$ とかける。

これにカを代入して、 $$ \begin{align} \tan\angle \mathrm{AOD}&=\dfrac{1}{\cfrac{4}{3}}\\ &=\dfrac{3}{4}\\ \end{align} $$ である。

よって、求める$\tan\angle \mathrm{ACB}$も
$ \tan\angle \mathrm{ACB}=\dfrac{3}{4}$
となる。

解答ケ：１

今度は$\sin\angle \mathrm{BCE}$（図Ｅの赤丸の角）だ。

$\angle \mathrm{ACB}+\angle \mathrm{BCE}=90^{\circ}$
なので、
$\sin\angle \mathrm{BCE}=\sin(90^{\circ}-\angle \mathrm{ACB})$
$\phantom{ \sin\angle \mathrm{BCE} } =\cos\angle \mathrm{ACB}$
とかける。

(i)を思い出すと、式Ａより
$ \cos\angle \mathrm{ACB}=\pm\dfrac{4}{5}$
だった。

いまは$\angle \mathrm{ACB}$が鋭角なので、
$ \cos\angle \mathrm{ACB}=\dfrac{4}{5}$
である。

よって、$\sin\angle \mathrm{BCE}$も、
$ \sin\angle \mathrm{BCE}=\dfrac{4}{5}$
となる。

解答コ：２

また、線分$\mathrm{CE}$上にある点$\mathrm{F}$と、点$\mathrm{B}$との距離が一番近くなるのは、点$\mathrm{F}$が図Ｅの位置にあるとき。
このときの$\mathrm{BF}$を求める。

△$\mathrm{BCF}$（緑の三角形）は直角三角形なので、
$ \sin\angle \mathrm{BCF}=\dfrac{\mathrm{B}\mathrm{F}}{\mathrm{B}\mathrm{C}}$
とかける。

この式の$\sin \angle \mathrm{BCF}$は コで求めた$\sin \angle \mathrm{BCE}$なので、
$ \dfrac{4}{5}=\dfrac{\mathrm{B}\mathrm{F}}{\mathrm{B}\mathrm{C}}$
より
$ \mathrm{BF}=\dfrac{4}{5}\mathrm{BC}$式Ｄ
と変形できる。

なので、$\mathrm{BC}$が分かれば$\mathrm{BF}$も分かる。
ということで、$\mathrm{BC}$を求めよう。

解法１

キクより、図Ｅの△$\mathrm{ABC}$の面積は$27$ アより、$ \sin\angle \mathrm{ACB}=\dfrac{3}{5}$ なので、三角形の面積の式
$S= \dfrac{1}{2}ab\sin C$
から
$ \dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{AC}\cdot \mathrm{BC}\cdot\dfrac{3}{5}=27$
と表せる。

ここで、△$\mathrm{ABC}$は$\mathrm{AC}=\mathrm{BC}$の二等辺三角形なので、これはさらに
$ \dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{BC}^{2} \cdot\dfrac{3}{5}=27$
とかける。

これを計算すると、
$3\cdot\mathrm{BC}^{2}=27\cdot 2\cdot 5$
$\mathrm{BC}^{2}=9\cdot 2\cdot 5$

$0 \lt \mathrm{BC}$だから、
$\mathrm{BC}=3\sqrt{10}$
である。

解法２

これまでに
$\mathrm{BD}=\dfrac{1}{2}\mathrm{AB}=3$ 式Ｃより、$\mathrm{CD}=9$ であることが分かっている。

したがって、△$\mathrm{BCD}$に三平方の定理を使った
$\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{BD}^{2}+\mathrm{CD}^{2}$
は、
$\mathrm{BC}^{2}=3^{2}+9^{2}$
とかける。

これを計算すると、
$\mathrm{BC}^{2}=3^{2}(1+3^{2})$
$\hspace{33px} =3^{2}\cdot 10$

$0 \lt \mathrm{BC}$だから、
$\mathrm{BC}=3\sqrt{10}$
である。

これを式Ｄに代入すると、$\mathrm{BF}$は
$\mathrm{BF}=\dfrac{4}{5}\cdot 3\sqrt{10}$
$\phantom{ \mathrm{BF} }= \dfrac{12\sqrt{10}}{5}$
であることが分かる。

解答サ：１, シ：２, ス：１, セ：０, ソ：５

数学ⅠＡ 第1問 [1] (2)と同じ。