問題は三角比、正弦定理・余弦定理、三角形の面積比、円の性質に関する4つの小問から構成されています。 (1) $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ であり、$cos\theta = -\frac{\sqrt{5}}{3}$のとき、$sin\theta$と$tan\theta$の値を求めます。 (2) $\triangle ABC$において、$AB=2\sqrt{5}, AC=3, B=30^\circ, C$が鋭角であるとき、$sinC, cosC, BC$の値を求めます。 (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$\triangle APR : \triangle ABC$を求めます。 (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$AB$との交点を$P$とするとき、角度$x$と$y$を求めます。

1. 問題の内容

問題は三角比、正弦定理・余弦定理、三角形の面積比、円の性質に関する4つの小問から構成されています。

(1) $0^\circ \le \theta \le 180^\circ$ であり、$cos\theta = -\frac{\sqrt{5}}{3}$のとき、$sin\theta$と$tan\theta$の値を求めます。

(2) $\triangle ABC$において、$AB=2\sqrt{5}, AC=3, B=30^\circ, C$が鋭角であるとき、$sinC, cosC, BC$の値を求めます。

(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$\triangle APR : \triangle ABC$を求めます。

(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$AB$との交点を$P$とするとき、角度$x$と$y$を求めます。

2. 解き方の手順

(1)

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

$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$なので、$sin\theta \ge 0$。よって、$sin\theta = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$

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

(2)

正弦定理より、$\frac{AC}{sinB} = \frac{AB}{sinC}$なので、

$\frac{3}{sin30^\circ} = \frac{2\sqrt{5}}{sinC}$

$sinC = \frac{2\sqrt{5} \cdot sin30^\circ}{3} = \frac{2\sqrt{5} \cdot \frac{1}{2}}{3} = \frac{\sqrt{5}}{3}$

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

$C$は鋭角なので、$cosC > 0$。よって、$cosC = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$

余弦定理より、$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2AC \cdot BC \cdot cosC$なので、

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

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

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

$BC = \frac{4 \pm \sqrt{16 + 44}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{60}}{2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{15}}{2} = 2 \pm \sqrt{15}$

$BC > 0$なので、$BC = 2 + \sqrt{15}$

(3)

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

$\frac{1}{2} \cdot \frac{BS}{SC} \cdot \frac{3}{4} = 1$

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

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

$\frac{1}{2} \cdot \frac{8}{3} \cdot \frac{CR}{RA} = 1$

$\frac{RA}{RC} = \frac{4}{3}$

$\frac{\triangle APR}{\triangle ABC} = \frac{\triangle APR}{\triangle ARC} \cdot \frac{\triangle ARC}{\triangle ABC} = \frac{AP}{AB} \cdot \frac{AC}{AQ} \frac{RC}{CR+RA}= \frac{1}{3} \cdot \frac{3/7} * {\frac{RA}{AR+CR}}$

面積比については、$\frac{\triangle APR}{\triangle ABC} = \frac{AP}{AB} \cdot \frac{AQ}{AC} \cdot \frac{\triangle ARQ}{\triangle ABR} \cdot \frac{\triangle ABR}{ABC}=\frac{AP}{AB} \cdot \frac{AQ}{AC}$

$= \frac{1}{3} * \frac{4}{7} = \frac{4}{21}$

(4)

$\angle ACB = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ$

$\angle BAC = y$ とすると、接弦定理より、$\angle PCA = \angle ABC = 110^\circ$。

$\triangle PAC$において、$64^\circ + y + 70^\circ = 180^\circ$だから、$APCA= 64^\circ + \angle PAB= 180 -<ABC$

$64^\circ + 70$

$y = 180^\circ - 134^\circ = 46^\circ$

四角形$ABCD$は円に内接するので、対角の和は$180^\circ$。

$\angle ABC + \angle ADC = 180^\circ$より、$\angle ADC = x = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ$

3. 最終的な答え

(1)

$sin\theta = \frac{2}{3}$

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

(2)

$sinC = \frac{\sqrt{5}}{3}$

$cosC = \frac{2}{3}$

$BC = 2 + \sqrt{15}$

(3)

$BS:SC = 8:3$

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

(4)

$x = 70^\circ$

$y = 46^\circ$