(i)

飛行機 $\mathrm{P}$ の高さを $h$ として、問題文中の参考図に分かっている値を書き込むと、図Ａができる。

図Ａより、

である。

以上より、$\triangle\mathrm{OBD}$は図Ｂのようになっていることが分かる。

$\triangle\mathrm{OBD}$に余弦定理を使って、
$\mathrm{BD}^{2}=\mathrm{OB}^{2}+\mathrm{OD}^{2}-2\mathrm{OB}\cdot \mathrm{OD}\cos 150^{\circ}$

これにそれぞれの値を代入すると
$\mathrm{BD}^{2}=h^{2}+\left(\sqrt{3}h\right)^{2}-2h\cdot\sqrt{3}h\cdot\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$
とかける。

これを計算して、
$$ \begin{align} \mathrm{BD}^{2}&=h^{2}+3h^{2}+3h^{2}\\ &=7h^{2} \end{align} $$

$0 \lt \mathrm{BD}$ なので、
$\mathrm{BD}=\sqrt{7}h$
である。

解答ソ：７

また、$\angle \mathrm{OBD}$を用いて $\triangle\mathrm{OBD}$に余弦定理を使うと、
$\mathrm{OD}^{2}=\mathrm{OB}^{2}+\mathrm{BD}^{2}-2\mathrm{OB}\cdot \mathrm{BD}\cos\angle \mathrm{OBD}$
より
$\begin{aligned}\left(\sqrt{3}h\right)^{2}=h^{2}+&\left(\sqrt{7}h\right)^{2}\\& -2h\cdot\sqrt{7}h\cos\angle \mathrm{OBD}\end{aligned}$
とかける。

これを計算して、
$3=1+7-2\sqrt{7}\cos\angle \mathrm{OBD}$
$$ \begin{align} \cos\angle \mathrm{OBD}&=\dfrac{1+7-3}{2\sqrt{7}}\\ &=\dfrac{5}{2\sqrt{7}} \end{align} $$

この分母を有理化すると、
$\cos\angle \mathrm{OBD}=\dfrac{5\sqrt{7}}{14}$
となる。

解答タ：５, チ：７, ツ：１, テ：４

(ii)

飛行機$\mathrm{P}$は速さが一定で、点$\mathrm{A}$から点$\mathrm{C}$に移動するのに$140$秒かかる。
なので、飛行機$\mathrm{P}$が点$\mathrm{A}$を通過してから$70$秒後には、
飛行機$\mathrm{P}$は$\mathrm{AC}$の中点
点$\mathrm{Q}$は$\mathrm{BD}$の中点
にある。

このときの図は図Ｃのようになっている。

図Ｃにおいて、$\triangle\mathrm{OBQ}$に余弦定理を使って、
$\mathrm{OQ}^{2}=\mathrm{OB}^{2}+\mathrm{BQ}^{2}-2\mathrm{OB}\cdot \mathrm{BQ}\cos\angle \mathrm{OBQ}$

これにそれぞれの値を代入すると、
$\mathrm{OQ}^{2}=h^{2}+\left(\dfrac{\sqrt{7}}{2}h\right)^{2}-2h\cdot\dfrac{\sqrt{7}}{2}h\cdot\dfrac{5}{2\sqrt{7}}$
とかける。

これを計算すると、
$$ \begin{align} \mathrm{OQ}^{2}&=h^{2}+\dfrac{7}{4}h^{2}-\dfrac{5}{2}h^{2}\\ &=\dfrac{1}{4}h^{2} \end{align} $$

$0 \lt \mathrm{OQ}$ なので、
$\mathrm{OQ}=\dfrac{1}{2}h$
である。

解答ト：２

アドバイス

ここでは、$\cos\angle \mathrm{OBQ}$ に有理化する前の値を使った。
一般的に、式に代入して計算する場合、有理化前の値を使った方が楽なことが多い。

また、$\triangle\mathrm{OPQ}$は直角三角形なので、このとき、
$$ \begin{align} \tan\angle \mathrm{POQ}&=\dfrac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{OQ}}\\ &=\dfrac{h}{\cfrac{1}{2}h}\\ &=2 \end{align} $$ になる。

三角比の表で$\tan$が$2$付近の角度を探すと
$\tan 63^{\circ}=1.9626$ $\tan 64^{\circ}=2.0503$ が見つかる。

したがって、このとき
$63^{\circ} \lt \tan\angle \mathrm{POQ} \lt 64^{\circ}$
であることが分かる。

解答ナ：４

最後に、$\angle \mathrm{POQ}$ が最大になる場合を求める。

$\angle \mathrm{POQ}$ が最大になるのは、$\tan\angle \mathrm{POQ}$ が最大になるとき。

さっき考えたように
$\tan\angle \mathrm{POQ}=\dfrac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{OQ}}$
で、$\mathrm{PQ}=h$ で一定なので、$\tan\angle \mathrm{POQ}$ が最大になるのは、$\mathrm{OQ}$ が最小になるときだ。

$\triangle\mathrm{OBD}$ は図Ｄのようになっていて、点$\mathrm{Q}$は緑の線分上を動く。
したがって、$\mathrm{OQ}$が最小になるのは、点$\mathrm{Q}$が図Ｄの赤い点、つまり
点$\mathrm{O}$から線分$\mathrm{BD}$に下ろした垂線の足 のときである。

解答ニ：２

このとき、$\triangle\mathrm{OBQ}$は直角三角形で、
$\cos\angle \mathrm{OBD}=\dfrac{\mathrm{BQ}}{\mathrm{OB}}$
だ。

これにそれぞれの値を代入すると、
$\dfrac{5}{2\sqrt{7}}=\dfrac{\mathrm{BQ}}{h}$
より
$\mathrm{BQ}=\dfrac{5}{2\sqrt{7}}h$
となる。

$\mathrm{BD}=\sqrt{7}h$
だから、$\mathrm{BQ}$は$\mathrm{BD}$の
$$ \begin{align} \dfrac{\cfrac{5}{2\sqrt{7}}h}{\sqrt{7}h}&=\dfrac{5h}{\sqrt{7}h\times 2\sqrt{7}}\\ &=\dfrac{5}{14} \end{align} $$ であることが分かる。

一定の速度で飛んでいる飛行機$\mathrm{P}$が点$\mathrm{A}$から点$\mathrm{C}$まで行くのに$140$秒かかるから、点$\mathrm{Q}$も点$\mathrm{B}$から点$\mathrm{C}$まで等速で$140$秒かかって移動する。
よって、このときの点$\mathrm{Q}$の位置に達するのは、飛行機$\mathrm{P}$が点$\mathrm{A}$を通過してから
$140\times\dfrac{5}{14}=50$
秒後である。

解答ヌ：５, ネ：０

また、$\tan\angle \mathrm{POQ}$は、$\triangle\mathrm{OPQ}$が直角三角形なので
$\tan\angle \mathrm{POQ}=\dfrac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{OQ}}$式Ａ
とかける。

式Ａの$\mathrm{PQ}$，$\mathrm{OQ}$は、

$\mathrm{PQ}=h$

となる。

以上を式Ａに代入して、$\tan\angle \mathrm{POQ}$は
$$ \begin{align} \tan\angle \mathrm{POQ}&=\dfrac{h}{\cfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}h}\\ &=\dfrac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}\\ &=\dfrac{2\sqrt{21}}{3}\class{tex_formula}{式Ｂ} \end{align} $$ となる。

平方根の表を見ると
$\sqrt{21}\doteqdot 4.5826$
なので、式Ｂより、$\tan\angle \mathrm{POQ}$の値は
$$ \begin{align} \tan\angle \mathrm{POQ}&\doteqdot\dfrac{2\times 4.5826}{3}\\ &=3.055\ldots \end{align} $$ くらいの数だ。

この値付近の数を三角比の表で探すと
$\tan 71^{\circ}=2.9042$ $\tan 72^{\circ}=3.0777$ が見つかる。

したがって、
$71^{\circ} \lt \tan\angle \mathrm{POQ} \lt 72^{\circ}$
であることが分かる。

解答ノ：６