まず、$\cos \angle \mathrm{ABC}$から。

$\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}+\cos^{2}\angle \mathrm{ABC}=1$
なので、
$\displaystyle \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^{2}+\cos^{2}\angle \mathrm{ABC}=1$
とかける。

これを変形すると
$\cos^{2}\angle \mathrm{ABC}=\displaystyle 1-\left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^{2}$
$\phantom{ \cos^{2}\angle \mathrm{ABC} } \displaystyle =\frac{4^{2}-\sqrt{15}^{2}}{4^{2}}$
$\phantom{ \cos^{2}\angle \mathrm{ABC} } \displaystyle =\frac{1}{4^{2}}$
となる。

よって、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABC}=\pm\frac{1}{4}$
である。

解答サ：１, シ：４

$\mathrm{BC}=1$，$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ABC}=\frac{\sqrt{15}}{4}$，$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ACB}=\frac{\sqrt{15}}{8}$であるような△$\mathrm{ABC}$は、図Ａの２種類存在する。

$\mathrm{AB}$と$\mathrm{AC}$の関係を求める。

△$\mathrm{ABC}$において、正弦定理より
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C}}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}}$
と表せる。

これを計算して、
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\frac{\sqrt{15}}{4}}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\frac{\sqrt{15}}{8}}$
より
$\displaystyle \frac{\sqrt{15}}{8}\mathrm{AC}=\frac{\sqrt{15}}{4}\mathrm{AB}$
$\mathrm{AC}=2\mathrm{AB}$
である。

解答ス：２

次は$\mathrm{AB}$の値だ。

△$\mathrm{ABC}$において、余弦定理より
$\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BC}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cos\angle \mathrm{ABC}$式Ａ
とかける。

ここで、
$\left\{\begin{array}{l}
\mathrm{B}\mathrm{C}=1\\
\mathrm{A}\mathrm{C}=2\mathrm{A}\mathrm{B}
\end{array}\right.$

なので、式Ａは
$(2\mathrm{AB})^{2}=\mathrm{AB}^{2}+1^{2}-2\mathrm{AB}\cdot 1\cdot\cos\angle \mathrm{ABC}$式Ｂ
と表せる。

図Ａのふたつの三角形で、面積が大きいのは左側。

この三角形の場合、
$90^{\circ} \lt \angle \mathrm{ABC}$
だから、
$\cos\angle \mathrm{ABC} \lt 0$
だ。

なので、(1)で求めた
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABC}=\pm\frac{1}{4}$
のうち、この三角形に当てはまるのは
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABC}=-\frac{1}{4}$
である。

これを式Ｂに代入して、
$\displaystyle (2\mathrm{AB})^{2}=\mathrm{AB}^{2}+1^{2}-2\mathrm{AB}\cdot 1\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)$

これを解いて
$4\displaystyle \mathrm{AB}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+1+\frac{1}{2}\mathrm{AB}$

途中式

$6\mathrm{AB}^{2}-\mathrm{AB}-2=0$
$(3\mathrm{AB}-2)(2\mathrm{AB}+1)=0$

$\displaystyle \mathrm{AB}=-\frac{1}{2}$，$\displaystyle \frac{2}{3}$
だけど、$\mathrm{AB}$は辺の長さなので負の値は不適。
$\displaystyle \mathrm{AB}=\frac{2}{3}$
である。

解答セ：２, ソ：３

(2)(i)と同様に考えて、正弦定理
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C}}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}}$
に
$\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C}=2\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}$
を代入すると、
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{2\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}}$
より
$\mathrm{AC}=2\mathrm{AB}$
となる。

なので、このときの三角形は
$\left\{\begin{array}{l} \mathrm{B}\mathrm{C}=1\\ \mathrm{A}\mathrm{C}=2\mathrm{A}\mathrm{B} \end{array}\right.$
だから、(2)(ii)の
$(2\mathrm{AB})^{2}=\mathrm{AB}^{2}+1^{2}-2\mathrm{AB}\cdot 1\cdot\cos\angle \mathrm{ABC}$式Ｂ
はそのまま使える。

式Ｂを変形すると
$2\mathrm{AB}\cos\angle \mathrm{ABC}=1-3\mathrm{AB}^{2}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABC}=\frac{1-3\mathrm{A}\mathrm{B}^{2}}{2\mathrm{A}\mathrm{B}}$式Ｃ
となる。

解答タ：１, チ：３

アドバイス

ここで、突然 面積$S$の２乗とか、$\mathrm{AB}^{2}$を$x$とおくとか、あまり見ない話になってるけど 大丈夫。
式Ｃを使うことは想像がつく上に、$\mathrm{AB}^{2}=x$とおくように指示があるので、式Ｃの右辺の分母もきっと２乗にするのだ。
ということは、式Ｃの両辺を２乗して
$\displaystyle \cos^{2}\angle \mathrm{ABC}=\left(\frac{1-3\mathrm{A}\mathrm{B}^{2}}{2\mathrm{A}\mathrm{B}}\right)^{2}$
とするのだ。

こうなると、次に考えられることは
$\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}+\cos^{2}\angle \mathrm{ABC}=1$
を使って$\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}$を作るんだろうということ。

この方針でやってみよう。

アドバイスの方針で$\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}$を求めると、
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{ABC}=1-\left(\frac{1-3\mathrm{A}\mathrm{B}^{2}}{2\mathrm{A}\mathrm{B}}\right)^{2}$
より
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{ABC}=\frac{4\mathrm{A}\mathrm{B}^{2}-(1-3\mathrm{A}\mathrm{B}^{2})^{2}}{4\mathrm{A}\mathrm{B}^{2}}$式Ｄ
となる。

この式を使いたい。
ということは、きっと、三角形の面積の公式のうち$\sin\angle \mathrm{ABC}$が含まれる
$S=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\sin\angle \mathrm{ABC}$
を使うんだろう。

$\mathrm{BC}=1$なので、
$S=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\sin\angle \mathrm{ABC}$

この式の両辺を２乗すると
$\displaystyle S^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2} \mathrm{AB}^{2}\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}$
$\phantom{ S^{2}\displaystyle } \displaystyle =\frac{1}{4} \mathrm{AB}^{2}\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}$
となって、式Ｄが代入できるようになった。

これに式Ｄを代入して、
$S^{2}=\displaystyle \frac{1}{4} \mathrm{AB}^{2}\cdot\frac{4\mathrm{A}\mathrm{B}^{2}-(1-3\mathrm{A}\mathrm{B}^{2})^{2}}{4\mathrm{A}\mathrm{B}^{2}}$

$\mathrm{AB}^{2}=x$とおくと、この式は
$S^{2}=\displaystyle \frac{1}{4} x\cdot\frac{4x-(1-3x)^{2}}{4x}$

途中式

$\phantom{ S^{2} }=\displaystyle \frac{1}{16}\{4x-(1-3x)^{2}\}$
$\phantom{ S^{2} } \displaystyle =\frac{1}{16}(4x-1+6x-9x^{2})$
$\phantom{ S^{2} } \displaystyle =\frac{1}{16}(-9x^{2}+10x-1)$
$\phantom{ S^{2} } \displaystyle =-\frac{9}{16}x^{2}+\frac{10}{16}x-\frac{1}{16}$

$\phantom{ S^{2} } \displaystyle =-\frac{9}{16}x^{2}+\frac{5}{8}x-\frac{1}{16}$式Ｅ
とかける。

解答ツ：９, テ：１, ト：６, ナ：５, ニ：８

式Ｅのグラフは、上に凸の放物線だ。
なので、頂点が定義域に含まれれば、$S^{2}$が最大になるのは頂点のとき。
というわけで、頂点の$x$座標を求める。

式Ｅを平方完成するのは面倒なので、

復習

$y=ax^{2}+bx+c$のグラフの頂点の$x$座標は
$x=\displaystyle \frac{-b}{2a}$

を使う。

復習より、式Ｅのグラフの頂点の$x$座標は
$x=\displaystyle \frac{-\frac{5}{8}}{2\left(-\frac{9}{16}\right)}$
$\phantom{ x\displaystyle } \displaystyle =\frac{5}{9}$
となる。

ここで、
$x=\mathrm{AB}^{2}$
だけど、

だから
$\displaystyle \frac{1}{3} \lt \mathrm{AB} \lt 1$
より
$\displaystyle \frac{1}{9} \lt x \lt 1$
となるので、$\displaystyle \frac{5}{9}$は定義域に含まれる。

よって、$S^{2}$が最大になるのは
$x=\displaystyle \frac{5}{9}$
のとき。

解答ヌ：５, ネ：９

このとき、
$\displaystyle \mathrm{AB}^{2}=\frac{5}{9}$
より
$\displaystyle \mathrm{AB}=\pm\frac{\sqrt{5}}{3}$
だけど、$\mathrm{AB}$は辺の長さなので
$\displaystyle \mathrm{AB}=\frac{\sqrt{5}}{3}$
である。

解答ノ：５, ハ：３

以上より、△$\mathrm{ABC}$の各辺が
$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \mathrm{A}\mathrm{B}=\frac{\sqrt{5}}{3}\\ \mathrm{B}\mathrm{C}=1\\ \displaystyle \mathrm{A}\mathrm{C}=\frac{2\sqrt{5}}{3} \end{array}\right.$
のとき、面積$S$は最大になる。

このとき、

であることが分かる。