△$\mathrm{ABC}$が存在するためには、
$\left\{\begin{array}{l}
\mathrm{AB} \lt \mathrm{BC}+\mathrm{AC}\\
\mathrm{BC} \lt \mathrm{AC}+\mathrm{AB}\\
\mathrm{AC} \lt \mathrm{AB}+\mathrm{BC}
\end{array}\right.$
より、連立不等式
$3x \lt (x+6)+(30-2x)$式Ａ $x+6 \lt (30-2x)+3x$式Ｂ $30-2x \lt 3x+(x+6)$式Ｃ を満たす$x$が存在すればよい。

式Ａを変形すると、
$3x-x+2x \lt 6+30$
$4x \lt 36$
$x \lt 9$式Ａ'

式Ｂを変形すると、
$x+2x-3x \lt 30-6$
$0 \lt 24$
なので、この式は必ず成り立つ

式Ｃを変形すると、
$-2x-3x-x \lt 6-30$
$-6x \lt -24$
$x \gt 4$式Ｃ'

だから、三角形が存在するのは、式Ａ'とＣ'の共通部分の
$4 \lt x \lt 9$式Ｄ
のとき。

解答ア：４, イ：９

また、三角形が二等辺三角形になるのは、
$\mathrm{AB}=\mathrm{BC}$の
$3x=x+6$式Ｅ $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$の
$3x=30-2x$式Ｆ $\mathrm{BC}=\mathrm{AC}$の
$x+6=30-2x$式Ｇ のいずれかの場合。

式Ｅの場合
式Ｅを変形すると
$2x=6$
$x=3$
だけど、これは式Ｄの範囲に入らないので不適。

式Ｆの場合
式Ｆを変形すると
$5x=30$
$x=6$
だけど、これは式Ｄの範囲に入っている。

式Ｇの場合
式Ｇを変形すると
$3x=24$
$x=8$
で、これも式Ｄの範囲に入っている。

以上より、三角形が二等辺三角形になるのは
$x=6$，$8$
のとき。

解答ウ：６, エ：８

ここで、三角形の辺と角の関係を思い出すと、

$x=8$のとき、三角形の各辺は
$\mathrm{AB}=3\cdot 8=24$ $\mathrm{BC}=8+6=14$ $\mathrm{AC}=30-2\cdot 8=14$ なので、最長の辺は$\mathrm{AB}$だ。

なので、$\mathrm{AB}^{2}$と$\mathrm{BC}^{2}+\mathrm{AC}^{2}$の大小関係を調べると、

$\mathrm{AB}^{2}=24^{2}$
$\phantom{ \mathrm{AB}^{2} }=(2\cdot 12)^{2}$
$\phantom{ \mathrm{AB}^{2} }=2^{2}\cdot 144$

$\mathrm{BC}^{2}+\mathrm{AC}^{2}=14^{2}+14^{2}$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2}+\mathrm{AC}^{2} }=(2\cdot 7)^{2}+(2\cdot 7)^{2}$
$\phantom{ \mathrm{BC}^{2}+\mathrm{AC}^{2} }=2^{2}\cdot 2\cdot 49$

だから、
$\mathrm{AB}^{2} \gt \mathrm{BC}^{2}+\mathrm{AC}^{2}$
だ。

よって、このとき、三角形は鈍角三角形になる。

解答オ：２

$x=6$のとき、三角形の各辺は
$\mathrm{AB}=3\cdot 6=18$ $\mathrm{BC}=6+6=12$ $\mathrm{AC}=30-2\cdot 6=18$ となるから、明らかに鋭角三角形である。

解答カ：０

次は、△$\mathrm{ABC}$の外接円の半径だ。

ここで、外接円の半径が含まれる公式の復習をしておく。

復習

図のような△$\mathrm{ABC}$において、外接円の半径$R$が含まれる公式は
正弦定理
$ \dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2R$
三角形の面積の公式
$S= \dfrac{abc}{4R}$
の２つある。

復習の公式を使って外接円の半径$R$を求めるんだけど、
解法１：正弦定理を使う方法
$\sin\angle \mathrm{ABC}$を求め、それを正弦定理に代入する。
たぶん一般的な解法。
解法２：面積を使う方法 おすすめ
ヘロンの公式で△$\mathrm{ABC}$の面積を求め、それを復習の面積の公式に代入する。
の２通りの方法を説明する。

$x=6$のとき、△$\mathrm{ABC}$は、図Ｂのようになる。

図の固定

まず、$\sin\angle \mathrm{ABC}$を求めるために、$\angle \mathrm{ABC}$を角のひとつとする直角三角形をつくる。

図Ｂのように、頂点$\mathrm{A}$から辺$\mathrm{BC}$に垂線を下ろし、その足を点$\mathrm{H}$とする。
△$\mathrm{ABC}$は二等辺三角形なので、点$\mathrm{H}$は$\mathrm{BC}$の中点になるから、
$\mathrm{BH}=6$
だ。

このとき、△$\mathrm{ABH}$に三平方の定理を使うと、
$$ \begin{align} \mathrm{AH}^{2}&=\mathrm{AB}^{2}-\mathrm{BH}^{2}\\ &=18^{2}-6^{2}\\ &=6^{2}(3^{2}-1^{2})\\ &=6^{2}\cdot 8 \end{align} $$

$0 \lt \mathrm{AH}$なので、
$$ \begin{align} \mathrm{AH}&=6\sqrt{8}\\ &=6\cdot 2\sqrt{2} \end{align} $$ である。

△$\mathrm{ABH}$は直角三角形なので、
$ \sin\angle \mathrm{ABH}=\dfrac{\mathrm{A}\mathrm{H}}{\mathrm{AB}}$
とかける。

これに$\mathrm{AB}$，$\mathrm{AH}$の値を代入すると、
$$ \begin{align} \sin\angle \mathrm{ABH}&=\dfrac{6\cdot 2\sqrt{2}}{18}\\ &= \dfrac{2\sqrt{2}}{3} \end{align} $$ となる。

なので、$\sin\angle \mathrm{ABC}$も
$\sin\angle \mathrm{ABC}= \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$
だ。

$\sin\angle \mathrm{ABC}$の値が分かったので、あとは正弦定理に代入だ。

△$\mathrm{ABC}$の外接円の半径を$R$とすると、△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使って
$ \dfrac{\mathrm{AC}}{\sin\angle \mathrm{ABC}}=2R$
とかける。

これにそれぞれの値を代入すると
$2R= \dfrac{18}{\cfrac{2\sqrt{2}}{3}}$
と表せる。

この式の右辺の分母分子に$3$をかけて
$2R= \dfrac{18\cdot 3}{2\sqrt{2}}$
より
$R= \dfrac{9\cdot 3}{2\sqrt{2}}$

分母を有理化して、求める外接円の半径は、
$$ \begin{align} R&= \dfrac{9\cdot 3\sqrt{2}}{2\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}\\ &= \dfrac{27\sqrt{2}}{4} \end{align} $$ である。

解答キ：２, ク：７, ケ：２, コ：４

ヘロンの公式より、
$ \dfrac{\mathrm{AB}+\mathrm{BC}+\mathrm{AC}}{2}=\dfrac{18+12+18}{2}=24$
を使って、△$\mathrm{ABC}$の面積$S$は
$S=\sqrt{24(24-18)(24-12)(24-18)}$
とかける。

これを計算すると
$$ \begin{align} S&=\sqrt{24\cdot 6\cdot 12\cdot 6}\\ &=\sqrt{12^{2}\cdot 6^{2}\cdot 2}\\ &=12\cdot 6\sqrt{2} \end{align} $$ となる。

よって、△$\mathrm{ABC}$の外接円の半径を$R$とすると、復習の面積の公式より、
$12 \cdot 6\sqrt{2}=\dfrac{18\cdot 12\cdot 18}{4R}$
と表せる。

これを解いて、外接円の半径$R$は
$12\cdot 6\sqrt{2}\cdot 4R=18\cdot 12\cdot 18$
より
$$ \begin{align} R&= \dfrac{18\cdot 12\cdot 18}{12\cdot 6\sqrt{2} \cdot 4}\\ &= \dfrac{3\cdot 9}{2\sqrt{2}}\\ &= \dfrac{27\sqrt{2}}{4} \end{align} $$ である。

解答キ：２, ク：７, ケ：２, コ：４