はい、承知いたしました。画像にある問題を解いていきます。

はい、承知いたしました。画像にある問題を解いていきます。

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1. 問題の内容**

画像には6つの三角比に関する問題があります。それぞれ以下の通りです。

(1) $0^\circ < \theta < 180^\circ$ において、$\cos \theta = -\frac{2}{3}$ のとき、$\tan \theta$ を求める。

(2) $0^\circ < \theta < 180^\circ$ において、$\tan \theta = -5$ のとき、$\cos \theta$ を求める。

(3) $\triangle ABC$ において、$\angle B = 30^\circ$, $\angle C = 45^\circ$, $CA = 2$ のとき、$AB$ を求める。

(4) $\triangle ABC$ において、$\angle A = 120^\circ$, $AB = \sqrt{6}$, $BC = 3\sqrt{2}$ のとき、$\angle C$ を求める。

(5) $\triangle ABC$ において、$AB = 7$, $BC = 8$, $CA = 6$ のとき、$\cos A$ および $\triangle ABC$ の面積を求める。

(6) 四面体 $PABC$ において、$PC = 4$, $\angle ACB = 120^\circ$, $\angle PCA = \angle PCB = 90^\circ$, $\angle PAC = \angle PBC = 45^\circ$ のとき、$AB$ を求める。

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2. 解き方の手順**

**(1) $\tan \theta$ を求める**

$\cos \theta = -\frac{2}{3}$ なので、$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ より、

$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \left(-\frac{2}{3}\right)^2 = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9}$

$0^\circ < \theta < 180^\circ$ より、$\sin \theta > 0$ なので、$\sin \theta = \sqrt{\frac{5}{9}} = \frac{\sqrt{5}}{3}$

よって、$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\frac{\sqrt{5}}{3}}{-\frac{2}{3}} = -\frac{\sqrt{5}}{2}$

**(2) $\cos \theta$ を求める**

$\tan \theta = -5$ なので、$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = -5$。つまり $\sin \theta = -5 \cos \theta$

$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ に代入すると、

$(-5 \cos \theta)^2 + \cos^2 \theta = 1$

$25 \cos^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$

$26 \cos^2 \theta = 1$

$\cos^2 \theta = \frac{1}{26}$

$0^\circ < \theta < 180^\circ$ で $\tan \theta < 0$ より、$\cos \theta < 0$ なので、

$\cos \theta = -\sqrt{\frac{1}{26}} = -\frac{1}{\sqrt{26}} = -\frac{\sqrt{26}}{26}$

**(3) $AB$ を求める**

正弦定理より、$\frac{AB}{\sin C} = \frac{CA}{\sin B}$ なので、

$\frac{AB}{\sin 45^\circ} = \frac{2}{\sin 30^\circ}$

$AB = \frac{2 \sin 45^\circ}{\sin 30^\circ} = \frac{2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}} = 2\sqrt{2}$

**(4) $\angle C$ を求める**

余弦定理より、$\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2AB \cdot AC}$。

ここでは、$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB \cdot AC \cos A$ より

$(3\sqrt{2})^2 = (\sqrt{6})^2 + AC^2 - 2\sqrt{6} \cdot AC \cos 120^\circ$

$18 = 6 + AC^2 - 2\sqrt{6} \cdot AC \cdot (-\frac{1}{2})$

$AC^2 + \sqrt{6} AC - 12 = 0$

これを解くと、$AC = \frac{-\sqrt{6} \pm \sqrt{6+48}}{2} = \frac{-\sqrt{6} \pm \sqrt{54}}{2} = \frac{-\sqrt{6} \pm 3\sqrt{6}}{2}$

$AC > 0$ より、$AC = \frac{2\sqrt{6}}{2} = \sqrt{6}$

したがって、$AB=AC=\sqrt{6}$ なので$\triangle ABC$は二等辺三角形。

$\angle B = \angle C = (180-120)/2 = 30^\circ$

**(5) $\cos A$ と $\triangle ABC$ の面積を求める**

余弦定理より、

$\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2AB \cdot AC} = \frac{7^2 + 6^2 - 8^2}{2 \cdot 7 \cdot 6} = \frac{49 + 36 - 64}{84} = \frac{21}{84} = \frac{1}{4}$

$\sin^2 A = 1 - \cos^2 A = 1 - \left(\frac{1}{4}\right)^2 = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$

$\sin A = \sqrt{\frac{15}{16}} = \frac{\sqrt{15}}{4}$

$\triangle ABC = \frac{1}{2} AB \cdot AC \sin A = \frac{1}{2} \cdot 7 \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{15}}{4} = \frac{21\sqrt{15}}{4}$

**(6) $AB$ を求める**

$\triangle PCA$ と $\triangle PCB$ は合同な直角二等辺三角形なので、$CA = CB = 4$.

$\triangle ABC$ において、余弦定理より、

$AB^2 = CA^2 + CB^2 - 2CA \cdot CB \cos 120^\circ = 4^2 + 4^2 - 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot (-\frac{1}{2}) = 16 + 16 + 16 = 48$

$AB = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$

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3. 最終的な答え**

(1) $\tan \theta = -\frac{\sqrt{5}}{2}$

(2) $\cos \theta = -\frac{\sqrt{26}}{26}$

(3) $AB = 2\sqrt{2}$

(4) $\angle C = 30^\circ$

(5) $\cos A = \frac{1}{4}$ 、$\triangle ABC = \frac{21\sqrt{15}}{4}$

(6) $AB = 4\sqrt{3}$