$\triangle ABC$において、$\angle CAB = 60^\circ$, $\angle BCA = 45^\circ$ とする。 (1) $\triangle ABC$ の外接円の半径が $2\sqrt{2}$ のとき、辺 $AB$ の長さを求めよ。 (2) 辺 $AC$ 上に $AD = 3$ となるように点 $D$ をとる。$AB = 5$ のとき、$BD$ の長さと $\triangle ABD$ の面積を求めよ。

1. 問題の内容

$\triangle ABC$において、$\angle CAB = 60^\circ$, $\angle BCA = 45^\circ$ とする。

(1) $\triangle ABC$ の外接円の半径が $2\sqrt{2}$ のとき、辺 $AB$ の長さを求めよ。

(2) 辺 $AC$ 上に $AD = 3$ となるように点 $D$ をとる。$AB = 5$ のとき、$BD$ の長さと $\triangle ABD$ の面積を求めよ。

2. 解き方の手順

(1)

正弦定理より、

$\frac{AB}{\sin \angle BCA} = 2R$

ここで、$R$ は外接円の半径である。$R = 2\sqrt{2}$ と $\angle BCA = 45^\circ$ を代入すると、

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

$\frac{AB}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = 4\sqrt{2}$

$AB = 4\sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 4$

したがって、$AB = 4$

(2)

$\angle ABC = 180^\circ - (60^\circ + 45^\circ) = 180^\circ - 105^\circ = 75^\circ$

余弦定理より、$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \times AB \times BC \times \cos \angle ABC$

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

$AC = 2 \times 2\sqrt{2} \times \sin 75^\circ = 4\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = \sqrt{12} + \sqrt{4} = 2\sqrt{3} + 2$

したがって、$DC = AC - AD = 2\sqrt{3} + 2 - 3 = 2\sqrt{3} - 1$

$\triangle ABD$ において、余弦定理より

$BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 \times AB \times AD \times \cos \angle BAD$

$BD^2 = 5^2 + 3^2 - 2 \times 5 \times 3 \times \cos 60^\circ = 25 + 9 - 30 \times \frac{1}{2} = 34 - 15 = 19$

したがって、$BD = \sqrt{19}$

$\triangle ABD$ の面積 $S$ は、

$S = \frac{1}{2} \times AB \times AD \times \sin \angle BAD = \frac{1}{2} \times 5 \times 3 \times \sin 60^\circ = \frac{15}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{15\sqrt{3}}{4}$

3. 最終的な答え

(1) 4

(2) $AB = 5$ のとき、$BD = \sqrt{19}$ であり、$\triangle ABD$ の面積は $\frac{15}{4}\sqrt{3}$ である。