大学入学共通テスト 2024年(令和6年) 追試 数学ⅠA 第1問 [3] 解説
(1)
△$\mathrm{ABC}$に正弦定理を使うと、
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\sin\angle \mathrm{BAC}}=2R$
より
$\dfrac{4}{\sin\angle \mathrm{BAC}}=2\cdot\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$
とかける。
これを整理して、
$\dfrac{\textcolor{green}{\cancel{\textcolor{black}{4}}}}{\sin\angle \mathrm{BAC}}=2\cdot\dfrac{\textcolor{green}{\cancel{\textcolor{black}{4}}}\textcolor{tomato}{\cancel{\textcolor{black}{\sqrt{3}}}}}{\sqrt{3}^{\textcolor{tomato}{\cancel{\textcolor{black}{2}}}} }$
$\dfrac{1}{\sin\angle \mathrm{BAC}}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
$\mathrm{sin}\angle \mathrm{BAC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
となる。
よって、
$\angle \mathrm{BAC}=60^{\circ}$,$120^{\circ}$
である。
解答テ:2, ト:4
また、△$\mathrm{ABC}$の面積が$\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$のとき、三角形の面積の公式より
$\dfrac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\sin\angle \mathrm{BAC}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$
だから
$\dfrac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$
と表せる。
これを計算すると
$\dfrac{1}{\textcolor{green}{\cancel{\textcolor{black}{2}}}}\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\dfrac{\textcolor{tomato}{\cancel{\textcolor{black}{\sqrt{3}}}}}{\textcolor{green}{\cancel{\textcolor{black}{2}}}}=\dfrac{3\textcolor{tomato}{\cancel{\textcolor{black}{\sqrt{3}}}}}{\textcolor{green}{\cancel{\textcolor{black}{4}}}}$
$\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}=3$式A
であることが分かる。
解答ナ:3
さらに、△$\mathrm{ABC}$に余弦定理を使って
$\mathrm{BC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}-2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\cos\angle \mathrm{BAC}$
これに$\mathrm{BC}=4$と式Aを代入すると
$4^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}-2\cdot 3\cos\angle \mathrm{BAC}$式B
とかける。
$\angle \mathrm{BAC}=60^{\circ}$のとき
$\cos\angle \mathrm{BAC}=\dfrac{1}{2}$
だから、式Bは
$4^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}-2\cdot 3\cdot\dfrac{1}{2}$
となる。
これを計算して、
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}&=4^{2}+2\cdot 3\cdot\dfrac{1}{2}\\
&=19 \class{tex_formula}{式C}
\end{align}
$$
である。
解答ニ:1, ヌ:9
また、
$(\mathrm{AB}+\mathrm{AC})^{2}$
を展開すると
$(\mathrm{AB}+\mathrm{AC})^{2}=\mathrm{AB}^{2}+2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}+\mathrm{AC}^{2}$
だけど、これに式A,式Cを代入すると
$$
\begin{align}
(\mathrm{AB}+\mathrm{AC})^{2}&=19+2\cdot 3\\
&=25
\end{align}
$$
と表せる。
解答ネ:2, ノ:5
$\mathrm{AB}+\mathrm{AC} \gt 0$なので、これはさらに
$\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=5$
となるから、
$\mathrm{AC}=5-\mathrm{AB}$式D
とかける。
解答ハ:5
これを式Aに代入すると、方程式
$\mathrm{AB}(5-\mathrm{AB})=3$
ができる。
これを展開して、
$\mathrm{AB}^{2}-5\mathrm{AB}+3=0$
解の公式を使って、
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}&=\dfrac{5\pm\sqrt{(-5)^{2}-4\cdot 1\cdot 3}}{2\cdot 1}\\
&=\dfrac{5\pm\sqrt{13}}{2}\class{tex_formula}{式E}
\end{align}
$$
となる。
解答ヒ:5, フ:1, ヘ:3
この式Eを式Dに代入すると
$$
\begin{align}
\mathrm{AC}&=5-\dfrac{5\pm\sqrt{13}}{2}\\
&=\dfrac{5\mp\sqrt{13}}{2}
\end{align}
$$
なので、
△$\mathrm{ABC}$は、三辺の長さが
$4$,$\dfrac{5+\sqrt{13}}{2}$,$\dfrac{5-\sqrt{13}}{2}$
の三角形である
ことが分かる。
$\angle \mathrm{BAC}=120^{\circ}$のとき
$\angle \mathrm{BAC}=120^{\circ}$のときは計算する必要はないけれど、せっかくだから簡単に載せておく。
$\angle \mathrm{BAC}=120^{\circ}$のときの計算
$\angle \mathrm{BAC}=120^{\circ}$のとき、式Bより
$4^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}-2\cdot 3\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)$
なので、
$$
\begin{align}
\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}&=4^{2}-2\cdot 3\cdot\dfrac{1}{2}\\
&=13 \class{tex_formula}{式F}
\end{align}
$$
である。
$(\mathrm{AB}+\mathrm{AC})^{2}=\mathrm{AB}^{2}+2\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}+\mathrm{AC}^{2}$
に式A,式Fを代入すると
$(\mathrm{AB}+\mathrm{AC})^{2}=19$
$\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=\sqrt{19}$
$\mathrm{AC}=\sqrt{19}-\mathrm{AB}$
これを式Aに代入して
$\mathrm{AB}(\sqrt{19}-\mathrm{AB})=3$
$\mathrm{AB}^{2}-\sqrt{19}\mathrm{AB}+3=0$
解の公式より、
$\mathrm{AB}=\dfrac{\sqrt{19}\pm\sqrt{7}}{2}$
以上より、
△$\mathrm{ABC}$は、三辺の長さが
$4$,$\dfrac{\sqrt{19}+\sqrt{7}}{2}$,$\dfrac{\sqrt{19}-\sqrt{7}}{2}$
の三角形である。
(2)
(a)(b)のふたつの命題をそれぞれ考えよう。
(a)
ひとつの辺,面積,外接円の半径が等しい三角形は合同である
は
ひとつの辺,面積,外接円が決まっているとき、条件に合う三角形は1種類しか存在しない
と同じことだ。
なので、(a)の命題の代わりに、条件に合う三角形が1種類かどうかを考える。
(1)で分かったことを復習すると、
$\mathrm{BC}=4$
面積が$\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$
外接円の半径が$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$
であるような三角形は2種類あった。
つまり、 ひとつの辺,面積,外接円が決まっているとき、条件に合う三角形は1種類ではなかった。
これを反例として、命題(a)は偽である。
(b)
(a)のときと同様に考えると、
ひとつの角,面積,外接円の半径が等しい三角形は合同である
は
ひとつの角,面積,外接円が決まっているとき、条件に合う三角形は1種類しか存在しない
と同じことだ。
なので、(b)の命題の代わりに、条件に合う三角形が1種類かどうかを考える。
(b)について考える前に、なぜ(a)が偽だったのかをもう少し見てみよう。
△$\mathrm{ABC}$の外接円の半径を$R$,面積を$S$として (1)の作業をまとめてみると、
$\colorbox{palegreen}{ $\mathrm{BC}$ }$,$\colorbox{palegreen}{ $R$ }$,$\colorbox{palegreen}{ $S$ }$ が分かっているとき、
Step1 テト |
$\left.\begin{array}{l} \colorbox{palegreen}{ $\mathrm{BC}$ }\\ \colorbox{palegreen}{ $R$ } \end{array}\right\}$ → $\sin\angle \mathrm{BAC}$ → $\textcolor{red}{\angle \mathrm{BAC}}$ |
---|
Step2 ナ~ フヘ |
$\left.\begin{array}{l} \colorbox{palegreen}{ $S$ }\\ \textcolor{red}{\angle \mathrm{BAC}} \end{array}\right\}$ → $\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}$ | $\Biggr\}$ → |
$\mathrm{AB}$ $\mathrm{AC}$ |
---|---|---|---|
$\left.\begin{array}{l} \colorbox{palegreen}{ $\mathrm{BC}$ }\\ \textcolor{red}{\angle \mathrm{BAC}} \end{array}\right\}$ → $\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}$ |
という流れだった。
(1)で△$\mathrm{ABC}$が2種類できたのは、表Aの赤で囲んだところで
$\mathrm{sin}\angle \mathrm{BAC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
である$\angle \mathrm{BAC}$が2つ存在したから。
つまり、Step2の材料である
$\colorbox{palegreen}{ $S$ }$,$\colorbox{palegreen}{ $\mathrm{BC}$ }$,$\textcolor{red}{\angle \mathrm{BAC}}$
のセットが2種類存在したから。
このように考えると、
条件に合う三角形が
1種類しか存在しない
$\Leftarrow$
$S$,$\angle \mathrm{BAC}$,$\mathrm{BC}$ が
すべて1つに決まる ※
であることが分かる。
(b)は ひとつの角,面積,外接円の半径が決まっている場合だから、※のうち
$S$
$\angle \mathrm{BAC}$
は1つに決まっている。
あとは
$\mathrm{BC}$
だ。
$\mathrm{BC}$ は、正弦定理の
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\sin \angle \mathrm{BAC}}=2R$
より
$\mathrm{BC}=2R \sin \angle \mathrm{BAC}$
とかける。
いま、$S$,$\angle \mathrm{BAC}$ は1つに決まっているから、
$2R \sin \angle \mathrm{BAC}$
の値も1つに決まる。
なので、$\mathrm{BC}$ も1つに決まる。
以上より、(b)の場合は※を満たすから、
条件に合う三角形は1種類しかできない
ことが分かる。
よって、命題(b)は真である。
したがって、解答群のうち正しいのは
②
である。
解答ホ:2
(2) 別解
問題の流れから外れるけど、図形的に解くと以下のようになる。
三角形Aがあり、これと
ひとつの辺
面積
外接円の半径
が等しい三角形を
三角形B
ひとつの角
面積
外接円の半径
が等しい三角形を
三角形C
とする。
このとき、
ルールA
ルールB
だといえる。
これを図を使って考える。
(a)
図Bの△$\mathrm{ABC}$ を三角形Aとし、これと $\mathrm{BC}$ が等しい三角形Bを考える。
いま、ふたつの三角形の外接円の半径は等しいので、三角形Bを△$\mathrm{DBC}$とすると、頂点$\mathrm{D}$は図Bのオレンジの円周上にある。
また、ふたつの三角形は面積が等しいので、$\mathrm{BC}$を底辺としたときの高さが等しい。
よって、頂点$\mathrm{D}$は図Cの2本の青い直線上にある。
図Bと図Cを重ねると図Dができる。
頂点$\mathrm{D}$は オレンジの円周上 かつ 青い直線上 にあるから、図Dの4つの赤い点のどれかだ。
したがって、△$\mathrm{DBC}$、つまり 三角形Bは、
黒,緑,黄,紫
の4つできるけど、黒と緑,黄と紫は合同なので、
三角形Bは2種類できる
ことになる。
よって、ルールAより、命題(a)は偽である。
(b)
三角形Aと三角形Cは外接円の半径とひとつの角が等しい。
等しい角を円周角と考えると、半径が等しい円において
円周角が
等しい$\Leftrightarrow$弧の長さが
等しい$\Rightarrow$弦の長さが
等しい
なので、三角形Aと三角形Cは、等しい角と向かいあう辺の長さも等しい。
この等しい辺を$\mathrm{BC}$とし、三角形Aを図Eの△$\mathrm{ABC}$,三角形Cを△$\mathrm{EBC}$とすると、頂点$\mathrm{E}$は図Eのオレンジの弧上にある。
また、ふたつの三角形の面積は等しいので、(a)のときと同様に 頂点$\mathrm{E}$は図Cの2本の青い直線上にある。
図Cと図Eを重ねると図Fができる。
頂点$\mathrm{E}$は オレンジの弧上 かつ 青い直線上 にあるから、図Fの2つの赤い点のどちらかだ。
したがって、△$\mathrm{EBC}$、つまり 三角形Cは、
黒,緑
の2つできるけど、この2つの三角形は合同なので、
三角形Cは1種類しかできない
ことになる。
よって、ルールBより、命題(b)は真である。
以上より、解答群のうち正しいのは
②
である。
解答ホ:2