→ スマホ用は別頁

=== 読者が配色を変更したい場合 ===
◎外側の色を変えるには，次の色をクリック
◎内側の色を変えるには，次の色をクリック
◎標準文字色を変えるには，次の色をクリック

鼠

銀

黒

青

紺

茶

緑

桃

== 難易などの目安 ==
《考え方》
　　★：易しい，★★：普通，★★★：難しい
《計算量》
　　☆：少ない，☆☆：普通，☆☆☆：多い

【2014年度センター試験.数学�T・A】
　△ABCは，AB=4, BC=2, \(\displaystyle \cos \) ∠ABC= \(\displaystyle \frac{1}{4} \)を満たすとする。このとき

CA=ア, cos∠BAC=

イ

ウ

, sin∠BAC=

\(\displaystyle \sqrt{\hspace{40px}} \) エオ

カ

であり，△ABCの外接円Oの半径は

キ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{40px}} \) クケ

コサ

である。∠ABCの二等分線と∠BACの二等分線の交点をD，直線BDと辺ACの交点をE，直線BDと円Oとの交点でBと異なる交点をFとする。
(1) このとき

AE=

シ

ス

, BE=

セ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{40px}} \) ソタ

チ

, BD=

ツ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{40px}} \)テト

ナ

となる。

(2) △EBCの面積は△EAFの面積の

ニ

ヌ

倍である。

☆★
\(\displaystyle CA^2=16+ 4-2\times 4\times 2\times \frac{1}{4}=16 \)
\(\displaystyle CA=4\hspace{5px}(\gt 0) \)→ア

　cos∠BAC=\(\displaystyle \frac{16+ 16-4}{2\times 4\times 42} \)
\(\displaystyle =\frac{28}{32}=\frac{7}{8} \) →イ/ウ

　\(\displaystyle \sin \)∠BAC=\(\displaystyle \sqrt{1-(\frac{7}{8})^2} \)
\(\displaystyle =\frac{\sqrt{15}}{8} \)→エ,オ,カ

\(\displaystyle \frac{2}{\frac{\sqrt{15}}{8}}=2R \)
\(\displaystyle R=2\times\frac{8}{\sqrt{15}}\times\frac{1}{2}=\frac{8}{\sqrt{15}}=\frac{8\sqrt{15}}{15} \) →キ,ク,ケ,コ,サ

→解答を隠す←

(1)

BEは∠Bの二等分線だから
AE:EC=4:2=2:1
さらに，AC=4だから
\(\displaystyle {\rm AE}=4\times\frac{2}{3}=\frac{8}{3} \) →シ,ス
　次に，△ABEについて，AB=4, \(\displaystyle {\rm AE}=\frac{8}{3} \), cos∠BAE=\(\displaystyle \frac{7}{8} \) だから，余弦定理により
\(\displaystyle {\rm BE^2=AB^2+ AE^2-2AB\times AE}\times\frac{7}{8} \)
\(\displaystyle =16+\frac{64}{9}-2\times4\times\frac{8}{3}\times\frac{7}{8}=\frac{40}{9} \)
\(\displaystyle {\rm BE}=\frac{2\sqrt{10}}{3} \) →セ,ソ,タ,チ

ADは∠Aの二等分線だから
ED:DB=\(\displaystyle \frac{8}{3}:4=3:2 \)
さらに，\(\displaystyle {\rm BE}=\frac{2\sqrt{10}}{3} \)だから
\(\displaystyle {\rm BD}=\frac{2\sqrt{10}}{3}\times\frac{3}{5}=\frac{2\sqrt{10}}{5} \) →ツ,テ,ト,ナ
→解答を隠す←

(2)
△EAFと△EBCは
だから，2つの三角形△EAFと△EBCは相似
　その相似比は
\(\displaystyle {\rm AE:BE}=\frac{8}{3}:\frac{2\sqrt{10}}{3}=4:\sqrt{10} \)
面積比は，相似比の２乗になるから
\(\displaystyle 16:10=8:5 \)
△EAF:△EBC=8:5
\(\displaystyle \triangle\rm{EBC}=\Delta\rm{EAF}\times\frac{5}{8} \) →ニ,ヌ
→解答を隠す←

【2015年度センター試験.数学�T・A】
　△ABCにおいて，AB=3, BC=5, ∠ABC=120°とする。

このとき，

AC=オ,

sin∠ABC=

\(\displaystyle \sqrt{\hspace{37px}} \)カ

キ

であり，

sin∠BCA=

ク \(\displaystyle \sqrt{\hspace{37px}} \) ケ

コサ

である。

　直線BC上に点Dを，\(\displaystyle \rm{AD}=3\sqrt{3} \)かつ∠ADCが鋭角，となるようにとる。点Pを線分BD上の点とし，△APCの外接円の半径をRとすると，Rのとり得る値の

範囲は

シ

ス

≦R≦セ である。

☆★
△ABCについて，余弦定理を用いると
\(\displaystyle \rm{AC^2=AB^2+ BC^2} \)
\(\displaystyle -2\times {\rm AB\times BC}\cos 120^{\circ} \)
\(\displaystyle =9+ 25-2\cdot 3\cdot 5\cdot(-\frac{1}{2}) \)
\(\displaystyle =49 \)
AC=7→オ
∠ABC=θとおくと
\(\displaystyle \sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\sqrt{1-(-\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2} \) →カ,キ
△ABCについて，余弦定理を変形して，3辺の長さから∠Cを求めると
\(\displaystyle \cos {\rm C}=\frac{a^2+ b^2-c^2}{2ab}=\frac{5^2+ 7^2-3^2}{2\times 5\times 7}=\frac{65}{70}=\frac{13}{14} \)
\(\displaystyle \sin {\rm C}=\sqrt{1-(\frac{13}{14})^2}=\frac{\sqrt{27}}{14}=\frac{3\sqrt{3}}{14} \) →ク,ケ,コ,サ
　直線BC上に点Dを∠ADCが鋭角となるようにとるときは，DはAからBCに降ろした垂線の足HよりもBCから遠い側にある．
　△AHCの場合
\(\displaystyle {\rm AH=AC\sin C}=7\times\frac{3\sqrt{3}}{14}=\frac{3\sqrt{3}}{2} \)
\(\displaystyle {\rm \frac{AH}{\sin C}=}2R_1 \)
\(\displaystyle R_1=\frac{3\sqrt{3}}{2}\times\frac{14}{2\times 3\sqrt{3}}=\frac{7}{2} \)
　△ADCの場合
\(\displaystyle {\rm \frac{AD}{\sin C}}=2R_2 \)
\(\displaystyle R_2={\rm \frac{AD}{2\sin C}}=\frac{3\sqrt{3}}{2\times\frac{3\sqrt{3}}{14}}=7 \)
したがって
\(\displaystyle \frac{7}{2} \)≦R≦7→シ,ス,セ
→解答を隠す←

【2016年度センター試験.数学�T・A】
　△ABCの辺の長さと角の大きさを測ったところ，
AB=\(\displaystyle 7\sqrt{3} \) および∠ACB=60°であった。したがって，△ABCの外接円の半径はアである。
　外接円Oの，点Cを含む弧AB上で点Pを動かす。

(1)　2PA=3PBとなるのは

PA=イ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{37px}} \)ウエ

のときで

ある。

(2)　△PABの面積が最大となるのは

PA=オ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{30px}} \)カ

のときである。
(3)　sin∠PBAの値が最大となるのはPA=キクのときであり，このとき△PABの面積は

ケコ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{40px}} \)サ

シ

である。

☆★
正弦定理により
\(\displaystyle {\rm \frac{AB}{\sin C}}=2R\rightarrow R=\frac{7\sqrt{3}}{2\sin 60^{\circ}}=7 \) →ア
(1)
△PABに余弦定理を適用すると
\(\displaystyle \rm{AB^2=PA^2+ PB^2-2\times PA\times PB\times\cos C} \)
2PA=3PBのとき
\(\displaystyle 147={\rm PA^2+(\frac{2}{3}PA)^2} \)
\(\displaystyle -2\times{\rm PA\times \frac{2}{3}PA}\times\frac{1}{2} \)
\(\displaystyle 147=\frac{7}{9}{\rm PA^2} \)
\(\displaystyle {\rm PA^2}=21\times 9 \)
\(\displaystyle {\rm PA=3\sqrt{21}} \) →イ,ウ,エ

(2)
△PABの面積が最大となるのは，PからABに引いた垂線の長さが最大になるとき．
ところで，円の中心PからABに引いた垂線の長さdは一定だから，PからABに引いた垂線の長さが最大になるのは，P,O,Hが一直線上にあるとき．このとき，P,O,HはABの垂直二等分線になり，PA=PB
\(\displaystyle \rm{147=PA^2+ PA^2-2\times PA\times PA}\times\frac{1}{2} \)
\(\displaystyle \rm{PA^2}=147 \)
\(\displaystyle \rm{PA}=\sqrt{147}=7\sqrt{3} \) →オ,カ
(3)
sin∠PBAの値が最大となるのは∠PBA=90°となる場合だから，PA=2R=14→キ,ク
\(\displaystyle \rm{PA}=7 \)
このとき，△PABの面積は
\(\displaystyle \frac{1}{2}\times 7\sqrt{3}\times 7=\frac{49\sqrt{3}}{2} \) →ケ,コ,サ,シ
→解答を隠す←

【2017年度センター試験.数学�T・A】
　△ABCにおいて，AB=\(\displaystyle \sqrt{3}-1 \)，BC=\(\displaystyle \sqrt{3}+1 \)，∠ACB=60°とする。

(1)　AC=\(\displaystyle \sqrt{\hspace{30px}} \)ア

であるから，△ABCの外接円の半径は

\(\displaystyle \sqrt{\hspace{30px}} \)イ

であり

sin∠BAC=

\(\displaystyle \sqrt{\hspace{37px}} \)ウ+\(\displaystyle \sqrt{\hspace{37px}} \)エ

オ

である。ただし，ウ，エの解答の順序は問わない。
(2)　辺AC上に点Dを，△ABDの面積が\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{6} \)になるようにとるとき

AB·AD=

カ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{37px}} \)キ−ク

ケ

であるから，AD=

コ

サ

である。

☆★
(1)
△ABCに余弦定理を適用すると
\(\displaystyle b^2=c^2+ a^2-2ca\cos B \)
\(\displaystyle =(\sqrt{3}-1)^2+(\sqrt{3}+ 1)^2-2(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+ 1)\cos 60^{\circ} \)
\(\displaystyle =4-2\sqrt{3}+ 4+ 2\sqrt{3}-2\times(3-1)\times\frac{1}{2} \)
\(\displaystyle =6 \)
\(\displaystyle \rm{AC}=b=\sqrt{6} \) →ア
△ABCに正弦定理を適用すると
\(\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{\sin 60^{\circ}}=2R \)
\(\displaystyle R=\frac{\sqrt{6}}{2\times\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{2} \) →イ
同様にして，正弦定理により
\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}+ 1}{\sin {\rm A}}=2\sqrt{2} \)
sin∠BAC=\(\displaystyle \sin A=\frac{\sqrt{3}+ 1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \) →ウ,エ,オ
(2)
\(\displaystyle \frac{1}{2}\rm{AB\cdot AD}\times\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{6} \)
\(\displaystyle \rm{AB\cdot AD}\!=\!\frac{\sqrt{2}}{6}\times\frac{8}{\sqrt{6}+\sqrt{2}} \)
\(\displaystyle \!=\!\frac{1}{3}\times\frac{4}{\sqrt{3}\!+\! 1}\!=\!\frac{4(\sqrt{3}-1)}{3(3-1)}\!=\!\frac{2(\sqrt{3}-1)}{3} \)→カ,キ,ク,ケ
\(\displaystyle (\sqrt{3}-1)\rm{AD}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{3} \)
\(\displaystyle \rm{AD}=\frac{2}{3} \) →コ,サ
→解答を隠す←

【2018年度センター試験.数学�T・A】
[1]　四角形ABCDにおいて，3辺の長さをそれぞれAB=5, BC=9, CD=3，対角線ACの長さをAC=6とする。このとき

cos∠ABC=

ア

イ

, sin∠ABC=

ウ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{30px}} \)エ

オ

である。 　ここで，四角形ABCDは台形であるとする。
　次の，カには下の⓪〜�Aから，キには�B・�Cから当てはまるものを一つずつ選べ。
　CDカAB·sin∠ABCであるからキである．
⓪ <�@ =�A >
�B 辺ADと辺BCが平行　　�C 辺ABと辺CDが平行

　したがって

BD=ク\(\displaystyle \sqrt{\hspace{40px}} \) ケコ

である。

☆★
△ABCに余弦定理を適用すると
\(\displaystyle \cos B=\frac{c^2+ a^2-b^2}{2ca} \)
\(\displaystyle =\frac{5^2+ 9^2-6^2}{2\times 5\times 9}=\frac{70}{90}=\frac{7}{9} \) →ア,イ
以下，∠ABCをBで表す
\(\displaystyle \sin B=\sqrt{1-\cos^2 B}=\sqrt{1-(\frac{7}{9})^2} \)
\(\displaystyle =\frac{4\sqrt{2}}{9} \) →ウ,エ,オ
AB·sin∠ABC=\(\displaystyle 5\times\frac{4\sqrt{2}}{9}=\frac{20\sqrt{2}}{9} \) ≒3.14･･･>3=CD
だから，
CD<AB·sin∠ABCである→⓪ カ
AD‖BCとなるためには，AB·sin∠ABC<CDでなければならないが，前問の結果からこれが成り立たないから，右図(ア)はあり得ず，ADとBCは平行でない．
したがって，台形であるならば，右図(イ)のようになり，AB‖CD →�Cキ
余弦定理により
\(\displaystyle \rm{BD^2=CD^2+ CB^2-2\cdot CD\cdot CB}\cdot\cos\rm{C} \)
\(\displaystyle =3^2+ 9^2-2\cdot 3\cdot 9\cdot(-\cos B) \)
\(\displaystyle =9+ 81-54\cdot(-\frac{7}{9})=132 \)
\(\displaystyle \rm{BD}=2\sqrt{33} \) →ク,ケ,コ
→解答を隠す←

【2019年度センター試験.数学�T・A】
[1]　△ABCにおいて，AB=3, BC=4, AC=2とする。
　次のエには，下の⓪〜�Aのうちから当てはまるものを一つ選べ。

cos∠BAC=

アイ

ウ

であり, ∠BACはエである。

また，

sin∠BAC=

\(\displaystyle \sqrt{\hspace{38px}} \) オカ

キ

である。

　⓪ 鋭角�@ 直角�A 鈍角

　線分ACの垂直二等分線と直線ABの交点をDとする。

cos∠CAD=

ク

ケ

であるから, AD=コであり，

△DBCの面積は

サ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{38px}} \) シス

セ

である。

☆★
以下，∠BACをAで表す
余弦定理により
\(\displaystyle \cos A=\frac{b^2+ c^2-a^2}{2bc} \)
\(\displaystyle =\frac{2^2+ 3^2-4^2}{2\times 2\times 3}=\frac{-3}{12}=\frac{-1}{4} \)
→ア,イ,ウ
\(\displaystyle \cos A\lt 0 \) だから，∠BACは,鈍角�A→エ
\(\displaystyle \sin A=\sqrt{1-\cos^2 A}=\sqrt{1-(-\frac{1}{4})^2}=\frac{\sqrt{15}}{4} \)
→オ,カ,キ
cos∠CAD=−cos∠CAB=\(\displaystyle \frac{1}{4} \) →ク,ケ
cos∠CAD=\(\displaystyle \frac{1}{\rm{AD}}=\frac{1}{4} \)
だから
AD=4→コ
\(\displaystyle \Delta\rm{DBC}=\frac{1}{2}\rm{DB}\times\rm{AC}\times\sin \) ∠BAC
\(\displaystyle =\frac{1}{2}\times 7\times 2\times\frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{7\sqrt{15}}{4} \)→サ,シ,ス,セ
→解答を隠す←

【2020年度センター試験.数学�T・A】
[1]　△ABCにおいて，\(\displaystyle \rm{BC}=2\sqrt{2} \)とする。∠ACBの二等分線と辺ABの交点をDとし，\(\displaystyle \rm{CD}=\sqrt{2} \)，cos∠BCD=\(\displaystyle \frac{3}{4} \)とする。このとき，BD=アであり

sin∠ADC=

\(\displaystyle \sqrt{\hspace{37px}} \)イウ

エ

である。 \(\displaystyle \frac{\rm{AC}}{\rm{AD}}= \)\(\displaystyle \sqrt{\hspace{26px}} \)オ

であるから

AD=カ

である。また，△ABCの外接円の半径は

キ\(\displaystyle \sqrt{\hspace{26px}} \)ク

ケ

である。

(1)
∠ACD=∠DCB=θ, ∠CDB=φ とおく
△CDBについて，余弦定理を適用すると
\(\displaystyle \rm{BD^2=BC^2+ DC^2-2BC\cdot DC}\cos\theta \)
\(\displaystyle =8+ 2-2\times 2\sqrt{2}\times\sqrt{2}\times\frac{3}{4}=4 \)
\(\displaystyle \rm{BD}=2 \) →ア
∠ACD=180°−φ だから
sin∠ADC=sinφ
\(\displaystyle \cos \phi=\frac{4+ 2-8}{2\times 2\sqrt{2}}=-\frac{1}{2\sqrt{2}} \)
\(\displaystyle \sin \phi=\sqrt{1-(-\frac{1}{2\sqrt{2}})^2}=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{14}}{4} \)
→イ,ウ,エ
角の二等分線に関する性質により
\(\displaystyle \rm{\frac{AC}{AD}=\frac{BC}{BD}}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2} \) →オ
△ADCについて，余弦定理を適用すると
\(\displaystyle \rm{AC^2=AD^2+ DC^2-2AD\cdot DC}(-\cos\phi) \)
\(\displaystyle \rm{2AD^2=AD^2+ 2-2AD}\times\sqrt{2}\times\frac{1}{2\sqrt{2}} \)
\(\displaystyle \rm{AD^2+ AD-2}=0 \)
\(\displaystyle \rm{(AD+ 2)(AD-1)}=0 \)
\(\displaystyle \rm{AD=1}\hspace{5px}(\gt 0) \) →カ
\(\displaystyle \rm{AD=DC}=\sqrt{2} \)だから △ADCは二等辺三角形で，∠CAD=∠CDA=φ
\(\displaystyle \sin \phi=\frac{\sqrt{14}}{4} \)
正弦定理により
\(\displaystyle \frac{\rm{BC}}{\sin\phi}=2R \)
\(\displaystyle R=\frac{2\sqrt{2}}{2\times\frac{\sqrt{14}}{4}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{14}}=\frac{4\sqrt{7}}{7} \) →キ,ク,ケ
※△ABCは３辺の長さが分かっているから，１つの角度の余弦を求めることができ，次にその正弦を求めることができる．どの角度から求めてもよいが，以上の答案は，角Aが既に求まっていることを利用したもの →解答を隠す←

【2021年度 共通テスト.数学�T・A】
[2]　右の図のように，△ABCの外側に辺AB, BC, CAをそれぞれ１辺とする正方形ADEB, BFGC, CHIAをかき，２点EとF，GとH，IとDをそれぞれ線分で結んだ図形を考える。以下において
とする。

(1)　b=6, c=5, \(\displaystyle \cos\rm{A}=\frac{3}{5} \) のとき，\(\displaystyle \sin\rm{A}= \)

セ

ソ

であり，△ABCの面積はタチ，△AIDの面積は
ツテである。

☆★
\(\displaystyle \sin\rm{A}=\sqrt{1-\cos^2\rm{A}}=\sqrt{1-(\frac{3}{5})^2}=\frac{4}{5} \)→セ,ソ
\(\displaystyle \Delta\rm{ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\rm{A}=\frac{4}{5}=\frac{1}{2}\times 6\times 5\times\frac{4}{5} \)
\(\displaystyle =12 \) →タ,チ
\(\displaystyle \Delta\rm{AID}=\frac{1}{2}bc\sin\rm{180^{\circ}A}=12 \) →ツ,テ
→解答を隠す←

(2)　正方形BFGC, CHIA, ADEBの面積をそれぞれ\(\displaystyle S_1,\hspace{2px}S_2,\hspace{2px}S_3 \)とする。このとき，\(\displaystyle S_1-S_2-S_3 \)は
ト〜ニの解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

☆★
\(\displaystyle S_1-S_2-S_3=a^2-b^2-c^2 \)
他方で，余弦定理により
\(\displaystyle \cos {\rm A}=\frac{b^2+ c^2-a^2}{2bc} \)
　0°<A<90°のとき，\(\displaystyle \cos\rm{A}\gt 0 \)だから
\(\displaystyle S_1-S_2-S_3\lt 0 \) →�Aト
　A=90°のとき，\(\displaystyle \cos\rm{A}=0 \)だから
\(\displaystyle S_1-S_2-S_3=0 \)→⓪ナ
　90°<A<180°のとき，\(\displaystyle \cos\rm{A}\lt 0 \)だから
\(\displaystyle S_1-S_2-S_3\gt 0 \)→�@ニ
→解答を隠す←

(3)　△AID，△BEF，△CGHの面積をそれぞれT1, T2, T3とする。このとき，ヌである。
ヌの解答群

☆★
\(\displaystyle T_1=\frac{1}{2}bc\sin{\rm A} \)
　　正弦定理により，\(\displaystyle \sin{\rm A}=\frac{a}{2R } \) だから\(\displaystyle T_1=\frac{abc}{4R} \)
\(\displaystyle T_2=\frac{1}{2}ca\sin{\rm B} \)
　　正弦定理により，\(\displaystyle \sin{\rm B}=\frac{b}{2R} \) だから\(\displaystyle T_2=\frac{abc}{4R} \)
\(\displaystyle T_3=\frac{1}{2}ab\sin{\rm C} \)
　　正弦定理により，\(\displaystyle \sin{\rm C}=\frac{c}{2R} \) だから\(\displaystyle T_3=\frac{abc}{4R} \)
以上から，a, b, cの値に関係なく，T1=T2=T3→�Bヌ
→解答を隠す←

(4)　△ABC，△AID，△BEF，△CGHのうち，外接円の半径が最も小さいものを求める。
　0°<A<90°のとき，IDネBCであり
　（△AIDの外接円の半径）ノ（△ABCの外接円の半径）
であるから，外接円の半径が最も小さい三角形は
ネ，ノの解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

ハ，ヒの解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

★★☆☆
△ABC，△AID，△BEF，△CGHの外接円の半径をそれぞれ\(\displaystyle R,\hspace{2px}R_A,\hspace{2px}R_B,\hspace{2px}R_C \)とする
0°<A<90°のとき
\(\displaystyle \cos{\rm A}=\frac{b^2+ c^2-{\rm BC}^2}{2bc}\gt 0 \)
\(\displaystyle \frac{b^2+ c^2-\rm{ID}^2}{2bc}=-\cos{\rm A}\lt 0 \)
だから
\(\displaystyle {\rm BC}^2\lt b^2+ c^2\lt{\rm ID}^2 \)
よって
\(\displaystyle {\rm BC \lt ID} \)
ID　＞　BC→�Aネ
このとき
\(\displaystyle \frac{{\rm BC}}{\sin{\rm A}}=2R \)
\(\displaystyle \frac{{\rm ID}}{\sin{\rm A}}=2R_A \)
\(\displaystyle {\rm BC\lt ID} \)
により
\(\displaystyle R_A \lt R \)･･･(#1)
→�Aノ
同様にして
0°<B<90°のとき
\(\displaystyle R\lt R_B \)･･･(#2)
0°<C<90°のとき
\(\displaystyle R \lt R_C \)･･･(#3)
(#1)(#2)(#3)により，外接円の半径が最も小さいものは
R→⓪ ハ

90°<Cのとき
\(\displaystyle \cos{\rm C}=\frac{a^2+ b^2-{\rm AB}^2}{2ab}\lt 0 \)
\(\displaystyle \cos{\rm C}=\frac{a^2+ b^2-{\rm AB}^2}{2ab}\lt 0 \)
だから
\(\displaystyle {\rm GH}^2\lt a^2+ b^2\lt \text{AB}^2 \)

\(\displaystyle \text{GH}\lt\text{AB} \)
このとき
\(\displaystyle \frac{\text{AB}}{\sin\text{C}}=2R \)

\(\displaystyle \frac{\text{GH}}{\sin\text{C}}=2R_C \)

\(\displaystyle \text{GH}\lt\text{AB} \)
により
\(\displaystyle R_C\lt R \)･･･(#4)
(#1)(#2)はそのまま成り立つから
\(\displaystyle R_C \lt R \lt R_A,\hspace{2px}R_B \)
以上から，\(\displaystyle R_C \)が最小･･･�Bヒ →解答を隠す←

【2022年度 共通テスト.数学�T・A】
[3]　外接円の半径が3である△ABCを考える。点Aから直線BCに引いた垂線と直線BCとの交点をDとする。
(1)　AB=5, AC=4とする。このとき

sin∠ABC=

ソ

タ

， AD=

チツ

テ

である。
(2)　2辺AB, ACの長さの間に2AB+AC=14の関係があるとする。
　このとき，ABのとり得る値の範囲はト≦AB≦ナ
であり，

AD=

ニヌ

ネ

AB2+

ノ

ハ

AB

と表せるので，ADの長さの最大値はヒである。

★★☆☆
(1)
正弦定理により
\(\displaystyle \frac{b}{\sin\text{B}}=2R \)
だから
\(\displaystyle \frac{4}{\sin\text{B}}=2\times 3 \)
\(\displaystyle \sin\text{B}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3} \) →ソ,タ
\(\displaystyle \text{AD}=\text{AB}\times\sin\text{B}=5\times\frac{2}{3}=\frac{10}{3} \) →チ,ツ,テ
(2)
2R=6（直径が6の円）
2AB+AC=14
により
0≦AB≦6･･･(#1)
0≦AC=14−2AB≦6･･･(#2)
(#1)(#2)より
4≦AB≦6→ト,ナ
\(\displaystyle \text{AD}=\text{AB}\times\sin\text{B}=\text{AB}\times\frac{\text{AC}}{2R} \)
\(\displaystyle =\text{AB}\times\frac{(14-2\text{AB})}{6}=-\frac{1}{3}\text{AB}^2+\frac{7}{3}\text{AB} \)
(4≦AB≦6)
\(\displaystyle \text{AD}=-\frac{1}{3}\{(\text{AB}-\frac{7}{2})^2-\frac{49}{4}\} \)
(4≦AB≦6)
右図のように，AB=4のときADは最大になる．このとき
\(\displaystyle \text{AD}=-\frac{1}{3}\times 4^2+\frac{7}{3}\times 4=4 \) →ヒ
→解答を隠す←