$\triangle ABC$ において、$AB = 5\sqrt{2}$、$\angle ACB = 45^\circ$である。 (1) $\triangle ABC$ の外接円 $O$ の半径を求める。 (2) 外接円 $O$ の、点 $C$ を含む弧 $AB$ 上にある点 $P$ について、$PA = 2\sqrt{2}PB$ となるような $PA$ を求める。 (3) $\sin \angle PBA$ の値が最大となるときの $PA$ の長さと $\triangle PAB$ の面積について考える。

はい、この数学の問題を解きましょう。

1. 問題の内容

$\triangle ABC$ において、$AB = 5\sqrt{2}$、$\angle ACB = 45^\circ$である。

(1) $\triangle ABC$ の外接円 $O$ の半径を求める。

(2) 外接円 $O$ の、点 $C$ を含む弧 $AB$ 上にある点 $P$ について、$PA = 2\sqrt{2}PB$ となるような $PA$ を求める。

(3) $\sin \angle PBA$ の値が最大となるときの $PA$ の長さと $\triangle PAB$ の面積について考える。

2. 解き方の手順

(1) 正弦定理より、

$\frac{AB}{\sin \angle ACB} = 2R$

$\frac{5\sqrt{2}}{\sin 45^\circ} = 2R$

$\frac{5\sqrt{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = 2R$

$5\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2R$

$10 = 2R$

$R = 5$

(2) 方べきの定理より

$PA \cdot PB = PC \cdot PD$

$PA = 2\sqrt{2}PB$

$PA = x, PB = \frac{x}{2\sqrt{2}}$とおく。

$\angle ACB = 45^\circ$より $\angle APB = 180-45=135^{\circ}$となる。

余弦定理より

$(5\sqrt{2})^2 = PA^2 + PB^2 - 2PA\cdot PB \cos 135^\circ$

$50 = x^2 + \frac{x^2}{8} -2x \frac{x}{2\sqrt{2}} (-\frac{1}{\sqrt{2}})$

$50 = x^2 + \frac{x^2}{8} + \frac{x^2}{2}$

$50 = x^2(1+\frac{1}{8} + \frac{4}{8})$

$50 = \frac{13}{8} x^2$

$x^2 = \frac{400}{13}$

$x = \sqrt{\frac{400}{13}} = \frac{20}{\sqrt{13}} = \frac{20\sqrt{13}}{13}$

$PA = \frac{20\sqrt{13}}{13}$

(3) 正弦定理を用いると、$\sin \angle PBA = \frac{PA}{2R}$となる。

$\sin \angle PBA$が最大となるのは、$PA$が最大のときである。

$PA$が最大となるのは、$PA$が円Oの直径となるときである。

3. 最終的な答え

ア：5

イ：20

ウ：13

エ：正弦（３）

オ：PA（２）

カ：2

キ：１