面積が $2\sqrt{2}$ である鋭角三角形 ABC があり, $AB=3$, $AC=2$ である。このとき, $\sin A$, $BC$, $AH$, および $\triangle AHK$ の外接円の半径を求める。ただし、点B、Cから対辺に下ろした垂線と対辺の交点をそれぞれH, Kとする。

1. 問題の内容

面積が $2\sqrt{2}$ である鋭角三角形 ABC があり, $AB=3$, $AC=2$ である。このとき, $\sin A$, $BC$, $AH$, および $\triangle AHK$ の外接円の半径を求める。ただし、点B、Cから対辺に下ろした垂線と対辺の交点をそれぞれH, Kとする。

2. 解き方の手順

まず、三角形の面積の公式から $\sin A$ を求める。

三角形の面積 $S$ は $S = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin A$ で与えられるので、

$2\sqrt{2} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 2 \cdot \sin A$

$\sin A = \frac{2\sqrt{2}}{3}$

次に, 余弦定理を用いて $BC$ を求める。

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

$\cos^2 A + \sin^2 A = 1$ より、$\cos^2 A = 1 - \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$

$A$ は鋭角であるから $\cos A > 0$ なので、 $\cos A = \frac{1}{3}$

$BC^2 = 3^2 + 2^2 - 2 \cdot 3 \cdot 2 \cdot \frac{1}{3} = 9 + 4 - 4 = 9$

$BC > 0$ より $BC = 3$

次に、$AH$ を求める。$AH$ は $AC \cos A$ で求められる。

$AH = AC \cos A = 2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$

最後に、$\triangle AHK$ の外接円の半径を求める。正弦定理より

$\frac{HK}{\sin A} = 2R$ (ただし $R$ は外接円の半径)

$\triangle AHK$において、$AK=AC\cos A=2\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$, $AH=AB\cos A=3\cdot\frac{1}{3}=1$

また$\angle A$は共通なので、$\triangle AHK$と$\triangle ABC$は相似であり、$HK = BC\cos A=3\cdot\frac{1}{3} = 1$

$\angle A$は共通なので、$\triangle AHK \sim \triangle ABC$

$\frac{HK}{\sin A} = 2R$

$HK=BC \cos A = 3 \cos A = 3 \cdot \frac{1}{3} = 1$

$2R = \frac{1}{\frac{2\sqrt{2}}{3}} = \frac{3}{2\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{4}$

$R = \frac{3\sqrt{2}}{8}$

3. 最終的な答え

$\sin A = \frac{2\sqrt{2}}{3}$

$BC = 3$

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

$\triangle AHK$ の外接円の半径は $\frac{3\sqrt{2}}{8}$