$AB = AC$ である鋭角二等辺三角形 $ABC$ があり、その外接円の半径は $5$ である。頂点 $B$ から辺 $AC$ に下ろした垂線を $BH$ とし、$AH:CH = 3:2$ とする。以下の値を求める問題。 (1) $\cos A$ と $BC$ (2) $BH$ と三角形 $ABC$ の面積 (3) 三角形 $ABC$ の外接円の中心を $O$、線分 $OC$ と線分 $BH$ との交点を $D$ とする。また、$O$ から辺 $AC$ に下ろした垂線を $OK$ とする。このとき、$OK$ と $DH$ を求めよ。

1. 問題の内容

$AB = AC$ である鋭角二等辺三角形 $ABC$ があり、その外接円の半径は $5$ である。頂点 $B$ から辺 $AC$ に下ろした垂線を $BH$ とし、$AH:CH = 3:2$ とする。以下の値を求める問題。

(1) $\cos A$ と $BC$

(2) $BH$ と三角形 $ABC$ の面積

(3) 三角形 $ABC$ の外接円の中心を $O$、線分 $OC$ と線分 $BH$ との交点を $D$ とする。また、$O$ から辺 $AC$ に下ろした垂線を $OK$ とする。このとき、$OK$ と $DH$ を求めよ。

2. 解き方の手順

(1)

$AH:CH = 3:2$ より、$AH = 3x$, $CH = 2x$ とおける。

$AC = AH + CH = 5x$

$AB = AC = 5x$

外接円の半径 $R = 5$ であるから、正弦定理より

$\frac{BC}{\sin A} = 2R = 10$

$\cos A = \frac{AH}{AB} = \frac{3x}{5x} = \frac{3}{5}$

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

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

$BC^2 = 25x^2 + 25x^2 - 30x^2 = 20x^2$

$BC = 2\sqrt{5}x$

$\sin A = \sqrt{1 - \cos^2 A} = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \sqrt{1 - \frac{9}{25}} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$

$\frac{BC}{\sin A} = 10$ より

$\frac{2\sqrt{5}x}{\frac{4}{5}} = 10$

$2\sqrt{5}x = 8$

$x = \frac{4}{\sqrt{5}} = \frac{4\sqrt{5}}{5}$

$BC = 2\sqrt{5} \cdot \frac{4\sqrt{5}}{5} = \frac{40}{5} = 8$

(2)

$BH = AB \sin A = 5x \cdot \frac{4}{5} = 4x = 4 \cdot \frac{4\sqrt{5}}{5} = \frac{16\sqrt{5}}{5}$

三角形 $ABC$ の面積 $= \frac{1}{2} AC \cdot BH = \frac{1}{2} (5x) \cdot (4x) = 10x^2 = 10 (\frac{4\sqrt{5}}{5})^2 = 10 \cdot \frac{16 \cdot 5}{25} = 10 \cdot \frac{16}{5} = 32$

(3)

$OK \perp AC$, $O$ は外接円の中心なので、$AK = \frac{1}{2} AC = \frac{5x}{2} = \frac{5}{2} \cdot \frac{4\sqrt{5}}{5} = 2\sqrt{5}$

$OK = \sqrt{OA^2 - AK^2} = \sqrt{5^2 - (2\sqrt{5})^2} = \sqrt{25 - 20} = \sqrt{5}$

$OC$ と $BH$ の交点を $D$ とする。$CO = 5$

$CH = 2x = 2 \cdot \frac{4\sqrt{5}}{5} = \frac{8\sqrt{5}}{5}$

$HD$ を求める。

3. 最終的な答え

(1) $\cos A = \frac{3}{5}$ (イ), $BC = 8$ (ウ)

(2) $BH = \frac{16\sqrt{5}}{5}$ (ウ), 三角形 $ABC$ の面積は $32$ (ア)

(3) $OK = \sqrt{5}$ (ア), $DH = \frac{4\sqrt{5}}{5}$ (エ)