大問3は、三角比、正弦定理・余弦定理、三角形の計量、円と接線に関する問題です。 (1) $0^\circ \leq \theta \leq 180^\circ$で、$\cos\theta = -\frac{\sqrt{5}}{3}$のとき、$\sin\theta$と$\tan\theta$を求める。 (2) $\triangle ABC$において、$AB = 2\sqrt{5}, AC = 3, B = 30^\circ$で、$C$が鋭角のとき、$\sin C$, $\cos C$, $BC$を求める。 (3) $\triangle ABC$において、辺$AB$を$1:2$に内分する点を$P$, 辺$CA$を$4:3$に内分する点を$Q$とする。線分$BQ$と線分$CP$の交点を$R$とし、直線$AR$と辺$BC$の交点を$S$とするとき、$BS:SC$と$\triangle APR:\triangle ABC$を求める。 (4) 円周上の点$A,B,C,D$があり、点$C$における円の接線と直線$AB$の交点を$P$とする。このとき、$x$と$y$を求める。

はい、承知いたしました。以下に問題の解答を示します。

1. 問題の内容

大問3は、三角比、正弦定理・余弦定理、三角形の計量、円と接線に関する問題です。

(1) $0^\circ \leq \theta \leq 180^\circ$で、$\cos\theta = -\frac{\sqrt{5}}{3}$のとき、$\sin\theta$と$\tan\theta$を求める。

(2) $\triangle ABC$において、$AB = 2\sqrt{5}, AC = 3, B = 30^\circ$で、$C$が鋭角のとき、$\sin C$, $\cos C$, $BC$を求める。

(3) $\triangle ABC$において、辺$AB$を$1:2$に内分する点を$P$, 辺$CA$を$4:3$に内分する点を$Q$とする。線分$BQ$と線分$CP$の交点を$R$とし、直線$AR$と辺$BC$の交点を$S$とするとき、$BS:SC$と$\triangle APR:\triangle ABC$を求める。

(4) 円周上の点$A,B,C,D$があり、点$C$における円の接線と直線$AB$の交点を$P$とする。このとき、$x$と$y$を求める。

2. 解き方の手順

(1)

$\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$より、

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

$0^\circ \leq \theta \leq 180^\circ$ より、$\sin\theta \geq 0$だから、$\sin\theta = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$.

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

(2)

正弦定理より、

$\frac{AC}{\sin B} = \frac{AB}{\sin C}$

$\frac{3}{\sin 30^\circ} = \frac{2\sqrt{5}}{\sin C}$

$\frac{3}{\frac{1}{2}} = \frac{2\sqrt{5}}{\sin C}$

$6 = \frac{2\sqrt{5}}{\sin C}$

$\sin C = \frac{2\sqrt{5}}{6} = \frac{\sqrt{5}}{3}$.

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

$C$は鋭角より、$\cos C > 0$だから、$\cos C = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$.

余弦定理より、

$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2AC \cdot BC \cos C$

$(2\sqrt{5})^2 = 3^2 + BC^2 - 2 \cdot 3 \cdot BC \cdot \frac{2}{3}$

$20 = 9 + BC^2 - 4BC$

$BC^2 - 4BC - 11 = 0$

$BC = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4(1)(-11)}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{16+44}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{60}}{2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{15}}{2} = 2 \pm \sqrt{15}$.

$BC>0$より、 $BC = 2 + \sqrt{15}$.

(3)

メネラウスの定理より、$\frac{BS}{SC}\cdot\frac{CQ}{QA}\cdot\frac{AR}{RB}=1$、$\frac{BS}{SC}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{AR}{RB}=1$

チェバの定理より、$\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BS}{SC}\cdot\frac{CQ}{QA}=1$、$\frac{1}{2}\cdot\frac{BS}{SC}\cdot\frac{3}{4}=1$

$\frac{BS}{SC}=\frac{8}{3}$

$\triangle APR : \triangle ABC = \frac{AP}{AB} \cdot \frac{AQ}{AC} \cdot \frac{AR}{AS} = \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{AR}{AS}$

メネラウスの定理より、$\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BS}{SC} \cdot \frac{CR}{RA} = 1$, $\frac{1}{2} \cdot \frac{8}{3} \cdot \frac{CR}{RA} = 1$, $\frac{CR}{RA} = \frac{3}{4}$

$\frac{AR}{AC} = \frac{4}{7}$

$\triangle APR = \frac{AP}{AB}\cdot \frac{AQ}{AC}\triangle ABC = \frac{1}{3} \frac{4}{7}\triangle ABC = \frac{4}{21}\triangle ABC$

よって$\triangle APR : \triangle ABC = 4 : 21$

(4)

$\angle PCA = \angle CBA = 110^{\circ}$.

$x = 180^{\circ} - 110^{\circ} = 70^{\circ}$.

$\angle PAC = 64^{\circ}$.

$y = \angle BAC = 180^{\circ} - 110^{\circ} -64^{\circ} = 6^{\circ}$.

$\angle CDB = \angle CAB = 6^{\circ}$.

$x = 180^{\circ} - 6^{\circ} - 110^{\circ} = 64^{\circ}$.

3. 最終的な答え

(1)

$\sin \theta = \frac{2}{3}$, $\tan \theta = -\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

(2)

$\sin C = \frac{\sqrt{5}}{3}$, $\cos C = \frac{2}{3}$, $BC = 2 + \sqrt{15}$.

(3)

$BS:SC = 8:3$, $\triangle APR : \triangle ABC = 2:21$.

(4)

$x = 20$, $y = 26$.