円に内接する四角形ABCDについて、AB=4, BC=2, DA=3, AC=4である。対角線ACとBDの交点をEとする。 (1) $\cos{\angle ABC}$と円Pの半径を求める。 (2) CDと$\cos{\angle BAD}$を求める。 (3) BEと三角形ABEの内接円の半径を求める。

はい、承知いたしました。

1. 問題の内容

円に内接する四角形ABCDについて、AB=4, BC=2, DA=3, AC=4である。対角線ACとBDの交点をEとする。

(1) $\cos{\angle ABC}$と円Pの半径を求める。

(2) CDと$\cos{\angle BAD}$を求める。

(3) BEと三角形ABEの内接円の半径を求める。

2. 解き方の手順

(1) $\cos{\angle ABC}$を求める。

余弦定理より、

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2AB \cdot BC \cos{\angle ABC}$

$4^2 = 4^2 + 2^2 - 2 \cdot 4 \cdot 2 \cos{\angle ABC}$

$16 = 16 + 4 - 16 \cos{\angle ABC}$

$16 \cos{\angle ABC} = 4$

$\cos{\angle ABC} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$

$\angle ADC = 180^\circ - \angle ABC$なので、$\sin{\angle ABC} = \sin{\angle ADC}$である。

$\sin^2{\angle ABC} + \cos^2{\angle ABC} = 1$

$\sin^2{\angle ABC} = 1 - (\frac{1}{4})^2 = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$

$\sin{\angle ABC} = \frac{\sqrt{15}}{4}$

正弦定理より、円Pの半径Rは

$\frac{AC}{\sin{\angle ABC}} = 2R$

$R = \frac{AC}{2 \sin{\angle ABC}} = \frac{4}{2 \cdot \frac{\sqrt{15}}{4}} = \frac{16}{2\sqrt{15}} = \frac{8}{\sqrt{15}} = \frac{8\sqrt{15}}{15}$

(2) 四角形ABCDは円に内接するので、$\angle ADC = 180^\circ - \angle ABC$

$\cos{\angle ADC} = \cos{(180^\circ - \angle ABC)} = -\cos{\angle ABC} = -\frac{1}{4}$

余弦定理より

$AC^2 = AD^2 + CD^2 - 2 AD \cdot CD \cos{\angle ADC}$

$4^2 = 3^2 + CD^2 - 2 \cdot 3 \cdot CD \cdot (-\frac{1}{4})$

$16 = 9 + CD^2 + \frac{3}{2} CD$

$CD^2 + \frac{3}{2} CD - 7 = 0$

$2CD^2 + 3CD - 14 = 0$

$(2CD + 7)(CD-2) = 0$

$CD = 2$ (CD > 0)

$\angle BAD = 180^\circ - \angle BCD$

$\cos{\angle BAD} = -\cos{\angle BCD}$

余弦定理より

$BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 AB \cdot AD \cos{\angle BAD}$

$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 BC \cdot CD \cos{\angle BCD}$

$AB^2 + AD^2 - 2 AB \cdot AD \cos{\angle BAD} = BC^2 + CD^2 - 2 BC \cdot CD \cos{\angle BCD}$

$4^2 + 3^2 - 2 \cdot 4 \cdot 3 \cos{\angle BAD} = 2^2 + 2^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cos{\angle BCD}$

$16 + 9 - 24 \cos{\angle BAD} = 4 + 4 - 8 \cos{\angle BCD}$

$25 - 24 \cos{\angle BAD} = 8 - 8 (-\cos{\angle BAD})$

$25 - 24 \cos{\angle BAD} = 8 + 8 \cos{\angle BAD}$

$17 = 32 \cos{\angle BAD}$

$\cos{\angle BAD} = \frac{17}{32}$

(3) $\triangle ABC \sim \triangle DEC$より、

$\frac{BE}{DE} = \frac{AB}{CD} = \frac{4}{2} = 2$

$\frac{AE}{CE} = \frac{AB}{CD} = 2$

$AC = AE + CE = 4$

$AE = 2CE$

$2CE + CE = 4$

$3CE = 4$

$CE = \frac{4}{3}$

$AE = \frac{8}{3}$

$\triangle ABE \sim \triangle DCE$より、

$\frac{BE}{DE} = \frac{AB}{CD} = 2$

$BD = BE + DE$

$BE = 2DE$

$BD = 2DE + DE = 3DE$

$DE = \frac{BD}{3}$

余弦定理より、

$BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 AB \cdot AD \cos{\angle BAD}$

$BD^2 = 4^2 + 3^2 - 2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot \frac{17}{32}$

$BD^2 = 16 + 9 - 3 \cdot \frac{17}{4} = 25 - \frac{51}{4} = \frac{100 - 51}{4} = \frac{49}{4}$

$BD = \frac{7}{2}$

$DE = \frac{7}{6}$

$BE = BD - DE = \frac{7}{2} - \frac{7}{6} = \frac{21 - 7}{6} = \frac{14}{6} = \frac{7}{3}$

三角形ABEの内接円の半径をrとする。

$S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2} AB \cdot BE \sin{\angle ABE}$

$\sin{\angle ABE}$を求める。

$\angle ABE = \angle DBC$

$\triangle ABC$で余弦定理より、$\cos{\angle ABC} = \frac{1}{4}$

$\sin{\angle ABC} = \frac{\sqrt{15}}{4}$

$\triangle BCD$で余弦定理より、

$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2BC \cdot CD \cos{\angle BCD}$

$\frac{49}{4} = 4+4 - 8 \cos{\angle BCD}$

$\frac{49}{4} = 8 - 8 \cos{\angle BCD}$

$49 = 32 - 32 \cos{\angle BCD}$

$32 \cos{\angle BCD} = -17$

$\cos{\angle BCD} = -\frac{17}{32}$

$\cos{\angle BAD} = \frac{17}{32}$

$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot BC \sin{\angle ABC} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{15}}{4} = \sqrt{15}$

$S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2}r(AB+BE+AE) = \frac{1}{2}r(4+\frac{7}{3}+\frac{8}{3}) = \frac{1}{2}r(4+5) = \frac{9}{2}r$

$S_{\triangle ABE} = \frac{AE}{AC} S_{\triangle ABC} \cdot \frac{BE}{BD} \cdot BD$

3. 最終的な答え

(1) $\cos{\angle ABC} = \frac{1}{4}$, 円Pの半径 = $\frac{8\sqrt{15}}{15}$

(2) CD = 2, $\cos{\angle BAD} = \frac{17}{32}$

(3) BE = $\frac{7}{3}$, 三角形ABEの内接円の半径 = $\frac{3\sqrt{15}}{10}$