大学入学共通テスト 2023年(令和5年) 追試 数学ⅠA 第1問 [2] 解説

(1)

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

(2)

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

図A
大学入学共通テスト2023年追試 数学ⅠA第1問[2] 解説図A
詳しく

三角形の内角$\theta$について、$\sin \theta = 1$の場合を除き、$\sin$の値それぞれに対応する角が2つある。
例えば$\displaystyle \sin \theta = \frac{1}{2}$のとき、$\theta$は$30^{\circ}$か$150^{\circ}$の2つのうちのどちらかだ。
ついでに確認しておくと、この2つの角をたすと$180^{\circ}$になる。

この問題では、$\sin \angle \mathrm{ABC} $と$\sin \angle \mathrm{ACB}$の値が分かっている。
なので、$\angle \mathrm{ABC}$,$\angle \mathrm{ACB}$ともに角度の候補が2つ考えられる。

ここで、 $\sin \angle \mathrm{ABC} \gt \sin \angle \mathrm{ACB}$なので、
$\angle \mathrm{ABC}$は$\angle \mathrm{ACB}$よりも$90^{\circ}$に近い角 $\angle \mathrm{ACB}$は$\angle \mathrm{ABC}$よりも$0^{\circ}$または$180^{\circ}$に近い角 であることが分かる。

以上を図にすると、図Bのようになる。

図B
大学入学共通テスト2023年追試 数学ⅠA第1問[2] 解説図B

図Bを説明すると、
$\angle \mathrm{ABC}$は紫の角または緑の角で、
紫の角のとき、辺$\mathrm{AB}$は紫の線 緑の角のとき、辺$\mathrm{AB}$は緑の線
$\angle \mathrm{ACB}$は青い角またはオレンジの角で、
青い角のとき、辺$\mathrm{AC}$は青い線 オレンジの角のとき、辺$\mathrm{AC}$はオレンジの線
になる。


図Bの紫または緑の線と、青またはオレンジの線の交点が 頂点$\mathrm{A}$なんだけど、オレンジの線は紫の線とも緑の線とも交わらない。
交わらないと頂点$\mathrm{A}$ができないから、オレンジの線は辺$\mathrm{AC}$にはなれない。
なので、辺$\mathrm{AC}$は図Bの青い線だ。

一方、紫の線も緑の線も青い線と交わるから、辺$\mathrm{AB}$は紫と青のどっちでもOK。

以上より、△$\mathrm{ABC}$は、三辺が、図Bの
紫と青と黒 緑と青と黒 の2通り考えられる。
これを図にすると、図Aだ。

(i)

$\mathrm{AB}$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

(ii)

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

(3)

(2)(i)と同様に考えて、正弦定理
$\displaystyle \frac{\mathrm{A}\mathrm{C}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C}}=\frac{\mathrm{A}\mathrm{B}}{\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}}$

$\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C}=2\sin\angle \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{B}$
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、

$\mathrm{BC} \lt \mathrm{AB} + \mathrm{AC}$
なので
$1 \lt \mathrm{AB} + 2\mathrm{AB}$
$\displaystyle \frac{1}{3} \lt \mathrm{AB}$

$\mathrm{AC} \lt \mathrm{AB} + \mathrm{BC}$
なので
$2\mathrm{AB} \lt \mathrm{AB} + 1$
$\mathrm{AB} \lt 1$

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、

$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \mathrm{A}\mathrm{B}^{2}+\mathrm{B}\mathrm{C}^{2}=\frac{5}{9}+1=\frac{14}{9}\\ \displaystyle \mathrm{A}\mathrm{C}^{2}=\frac{20}{9} \end{array}\right.$
なので
$\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BC}^{2} \lt \mathrm{AC}^{2}$
だから、$\angle \mathrm{ABC}$は鈍角

解答ヒ:2

$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \mathrm{A}\mathrm{C}^{2}+\mathrm{B}\mathrm{C}^{2}=\frac{20}{9}+1=\frac{29}{9}\\ \displaystyle \mathrm{A}\mathrm{B}^{2}=\frac{5}{9} \end{array}\right.$
なので
$\mathrm{AC}^{2}+\mathrm{BC}^{2} \lt \mathrm{AB}^{2}$
だから、$\angle \mathrm{ACB}$は鋭角

解答フ:0

であることが分かる。