三角形ABCにおいて、$AB = \sqrt{6}$、$\angle BAC = 75^\circ$、$\angle ABC = 45^\circ$である。点Aから直線BCに下ろした垂線の足をHとする。三角形ACHの外接円と直線ABとの交点のうちAでないものをKとする。このとき、AH, BC, AC, $\angle AKC$, HK, AKの値を求める。

1. 問題の内容

三角形ABCにおいて、$AB = \sqrt{6}$、$\angle BAC = 75^\circ$、$\angle ABC = 45^\circ$である。点Aから直線BCに下ろした垂線の足をHとする。三角形ACHの外接円と直線ABとの交点のうちAでないものをKとする。このとき、AH, BC, AC, $\angle AKC$, HK, AKの値を求める。

2. 解き方の手順

(1) $\angle ACB = 180^\circ - (75^\circ + 45^\circ) = 60^\circ$

$\angle BAH = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$なので、$\triangle ABH$は$AH=BH$の直角二等辺三角形。

$AH = AB \sin(\angle ABC) = \sqrt{6}\sin(45^\circ) = \sqrt{6} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{12}}{2} = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$

$\triangle ABC$に正弦定理を用いると、$\frac{AC}{\sin(\angle ABC)} = \frac{AB}{\sin(\angle ACB)}$

$AC = \frac{AB \sin(\angle ABC)}{\sin(\angle ACB)} = \frac{\sqrt{6} \sin(45^\circ)}{\sin(60^\circ)} = \frac{\sqrt{6} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{12}}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 2$

$\triangle ABC$に正弦定理を用いると、$\frac{BC}{\sin(\angle BAC)} = \frac{AB}{\sin(\angle ACB)}$

$BC = \frac{AB \sin(\angle BAC)}{\sin(\angle ACB)} = \frac{\sqrt{6} \sin(75^\circ)}{\sin(60^\circ)}$

$\sin(75^\circ) = \sin(45^\circ + 30^\circ) = \sin(45^\circ)\cos(30^\circ) + \cos(45^\circ)\sin(30^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$

$BC = \frac{\sqrt{6} \cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{6}(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{2\sqrt{3}} = \frac{6 + \sqrt{12}}{2\sqrt{3}} = \frac{6 + 2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} + 1 = \sqrt{3} + 1$

(2) 四角形AHCKは円に内接しているので、$\angle AKC = 180^\circ - \angle AHC = 180^\circ - \angle ACH$。

$\angle ACH = 90^\circ - \angle CAH$

$\angle CAH = 75^\circ - 45^\circ = 30^\circ$

$\angle ACH = 60^\circ$

$\angle AKC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$

$\angle AKC = \angle AHC + \angle KCH$

$\angle KCH = \angle KAC = 45^{\circ}$

$\angle ACB = 60^\circ$であるから、$\angle KCA = 60^\circ$

$\angle AKC = 180^\circ - \angle KAC - \angle ACK = 180^{\circ} - 45^{\circ} - 60^\circ = 75^\circ$

$\triangle ABH$は直角二等辺三角形なので、$AH = BH = \sqrt{3}$。

$CH = BC - BH = (1+\sqrt{3}) - \sqrt{3} = 1$

方べきの定理より、$BH \cdot BC = BK \cdot BA$

$\sqrt{3} \cdot (1+\sqrt{3}) = BK \cdot \sqrt{6}$

$BK = \frac{\sqrt{3}(1+\sqrt{3})}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{3} + 3}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{18} + 3\sqrt{6}}{6} = \frac{3\sqrt{2} + 3\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2}$

$AK = AB - BK = \sqrt{6} - \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2} = \frac{2\sqrt{6} - \sqrt{2} - \sqrt{6}}{2} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$

三角形AHKと三角形CBKは相似

$\frac{HK}{CK} = \frac{AK}{BC} = \frac{AH}{CB}$

3. 最終的な答え

13: $\sqrt{3}$ (イ)

14: $1+\sqrt{3}$ (ウ)

15: 2 (イ)

16: $75^\circ$ (イ)

17: $\sqrt{2}-1$

18: $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ (ウ)

HK=$\sqrt{2}-1$

最終的な答えは下記のとおりです。

13: イ

14: ウ

15: イ

16: イ

17: イ

18: ウ

$\newline$

AH = $\sqrt{3}$

$\newline$

BC = $1 + \sqrt{3}$

$\newline$

AC = 2

$\newline$

$\angle AKC = 75^{\circ}$

$\newline$

HK = $\sqrt{2}-1$

$\newline$

AK = $\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$