高校数学・正弦定理と余弦定理

正弦定理,余弦定理（共通,センター問題）

【単元の目次】《数学Ⅰ・Ａ》
• 数と式　 • 根号計算　• 場合の数.順列.組合せ　• 確率　 • ２次関数　• ２次不等式　 • 集合・命題・条件・証明　• 正弦定理,余弦定理

【単元内の目次】 • 正弦定理（解説）　• 正弦定理（問題）　• 分数型の方程式　• 余弦定理　• 三辺から角を求める問題　• 余弦定理を２次方程式として解く　• 三角形を解く　　• 筆算だけで解く問題(1) 　• 筆算だけで解く問題(2) 　• 最大角・最小角　• 三角形の形状問題　• 三角形の証明問題　• ヘロンの公式　• 内接円の半径　• 正弦定理,余弦定理（共通,センター問題）

♪♥ この教材は，高校数学の基本問題のうち，正弦定理,余弦定理（共通,センター問題）のマイナーチェンジありのカバー版です．
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== 正弦定理,余弦定理（共通,センター問題） ==

== 難易などの目安 ==
《考え方》
　　★：易しい，★★：普通，★★★：難しい
《計算量》
　　☆：少ない，☆☆：普通，☆☆☆：多い

【2014年度センター試験.数学Ⅰ・A】
　△ABCは，AB=4, BC=2, $\cos$ ∠ABC= $\frac{1}{4}$ を満たすとする。このとき

CA=ア, cos∠BAC=

イ

ウ

, sin∠BAC=

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ エオ

カ

であり，△ABCの外接円Oの半径は

キ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ クケ

コサ

である。∠ABCの二等分線と∠BACの二等分線の交点をD，直線BDと辺ACの交点をE，直線BDと円Oとの交点でBと異なる交点をFとする。
(1) このとき

AE=

シ

ス

, BE=

セ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ソタ

チ

, BD=

ツ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ テト

ナ

となる。

(2) △EBCの面積は△EAFの面積の

ニ

ヌ

倍である。

［解答を見る］

☆★

《余弦定理》
$b^2=c^2+ a^2-2ca\cos B$
もしくは
$CA^2=AB^2+ BC^2-2AB\cdot BC\cos$ ∠ABC

$CA^2=16+ 4-2\times 4\times 2\times \frac{1}{4}=16$
$CA=4\hspace{5}(\gt 0)$ →ア

《余弦定理の変形型》
$\cos A=\frac{b^2+ c^2-a^2}{2bc}$

　cos∠BAC= $\frac{16+ 16-4}{2\times 4\times 42}$
$=\frac{28}{32}=\frac{7}{8}$ →イ/ウ

《三角比の相互関係》
$\sin^2\theta=1-\cos^2\theta$

　 $\sin$ ∠BAC= $\sqrt{1-(\frac{7}{8})^2}$
$=\frac{\sqrt{15}}{8}$ →エ,オ,カ

《外接円の半径》R
$\frac{a}{\sin A}=2R$

$\frac{2}{\frac{\sqrt{15}}{8}}=2R$
$R=2\times\frac{8}{\sqrt{15}}\times\frac{1}{2}=\frac{8}{\sqrt{15}}=\frac{8\sqrt{15}}{15}$ →キ,ク,ケ,コ,サ

《角の二等分線に関する定理》

∠Aの二等分線をADとすると
BD:DC=c:b が成り立つ

→解答を隠す←

［解答を見る］

(1)

BEは∠Bの二等分線だから
AE:EC=4:2=2:1
さらに，AC=4だから
$AE=4\times\frac{2}{3}=\frac{8}{3}$ →シ,ス
　次に，△ABEについて，AB=4, $AE=\frac{8}{3}$ , cos∠BAE= $\frac{7}{8}$ だから，余弦定理により
$BE^2=AB^2+ AE^2-2AB\times AE\times\frac{7}{8}$
$=16+\frac{64}{9}-2\times4\times\frac{8}{3}\times\frac{7}{8}=\frac{40}{9}$
$BE=\frac{2\sqrt{10}}{3}$ →セ,ソ,タ,チ

ADは∠Aの二等分線だから
ED:DB= $\frac{8}{3}:4=3:2$

さらに， $BE=\frac{2\sqrt{10}}{3}$ だから
$BD=\frac{2\sqrt{10}}{3}\times\frac{3}{5}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$ →ツ,テ,ト,ナ

→解答を隠す←

［解答を見る］

(2)
△EAFと△EBCは

∠EFA=∠ECB
　（弦AB上の円周角）
∠FAE=∠CBE
　（弦FC上の円周角）

だから，2つの三角形△EAFと△EBCは相似
　その相似比は
$AE:BE=\frac{8}{3}:\frac{2\sqrt{10}}{3}=4:\sqrt{10}$
面積比は，相似比の２乗になるから
$16:10=8:5$
△EAF:△EBC=8:5
$\Delta\rm{EBC}=\Delta\rm{EAF}\times\frac{5}{8}$ →ニ,ヌ
→解答を隠す←

【2015年度センター試験.数学Ⅰ・A】
　△ABCにおいて，AB=3, BC=5, ∠ABC=120°とする。

このとき，

AC=オ,

sin∠ABC=

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ カ

キ

であり，

sin∠BCA=

ク $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ケ

コサ

である。

　直線BC上に点Dを， $\rm{AD}=3\sqrt{3}$ かつ∠ADCが鋭角，となるようにとる。点Pを線分BD上の点とし，△APCの外接円の半径をRとすると，Rのとり得る値の

範囲は

シ

ス

≦R≦セである。

［解答を見る］

☆★

△ABCについて，余弦定理を用いると
$AC^2=AB^2+ BC^2$
$-2\times AB\times BC\cos 120^{\circ}$
$=9+ 25-2\cdot 3\cdot 5\cdot(-\frac{1}{2})$
$49$
AC=7→オ

∠ABC=θとおくと
$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\sqrt{1-(-\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ →カ,キ

△ABCについて，余弦定理を変形して，3辺の長さから∠Cを求めると
$\cos C=\frac{a^2+ b^2-c^2}{2ab}=\frac{5^2+ 7^2-3^2}{2\times 5\times 7}=\frac{65}{70}=\frac{13}{14}$
$\sin C=\sqrt{1-(\frac{13}{14})^2}=\frac{\sqrt{27}}{14}=\frac{3\sqrt{3}}{14}$ →ク,ケ,コ,サ

　直線BC上に点Dを∠ADCが鋭角となるようにとるときは，DはAからBCに降ろした垂線の足HよりもBCから遠い側にある．
　△AHCの場合
$AH=AC\sin C=7\times\frac{3\sqrt{3}}{14}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$
$\frac{AH}{\sin C}=2R_1$
$R_1=\frac{3\sqrt{3}}{2}\times\frac{14}{2\times 3\sqrt{3}}=\frac{7}{2}$
　△ADCの場合
$\frac{AD}{\sin C}=2R_2$
$R_2=\frac{AD}{2\sin C}=\frac{3\sqrt{3}}{2\times\frac{3\sqrt{3}}{14}}=7$
したがって
$\frac{7}{2}$ ≦R≦7→シ,ス,セ
→解答を隠す←

【2016年度センター試験.数学Ⅰ・A】
　△ABCの辺の長さと角の大きさを測ったところ，
AB= $7\sqrt{3}$ および∠ACB=60°であった。したがって，△ABCの外接円の半径はアである。
　外接円Oの，点Cを含む弧AB上で点Pを動かす。

(1)　2PA=3PBとなるのは

PA=イ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ウエ

のときで

ある。

(2)　△PABの面積が最大となるのは

PA=オ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ カ

のときである。
(3)　sin∠PBAの値が最大となるのはPA=キクのときであり，このとき△PABの面積は

ケコ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ サ

シ

である。

［解答を見る］

☆★
正弦定理により
$\frac{AB}{\sin C}=2R\rightarrow R=\frac{7\sqrt{3}}{2\sin 60^{\circ}}=7$ →ア

(1)
△PABに余弦定理を適用すると
$\rm{AB^2=PA^2+ PB^2-2\times PA\times PB}\times\cos C$

2PA=3PBのとき
$147=PA^2+(\frac{2}{3}PA)^2$
$-2\times PA\times \frac{2}{3}PA}\times\frac{1}{2}$
$147=\frac{7}{9}PA^2$
$PA^2=21\times 9$
$PA=3\sqrt{21}$ →イ,ウ,エ

(2)
△PABの面積が最大となるのは，PからABに引いた垂線の長さが最大になるとき．
ところで，円の中心PからABに引いた垂線の長さdは一定だから，PからABに引いた垂線の長さが最大になるのは，P,O,Hが一直線上にあるとき．このとき，P,O,HはABの垂直二等分線になり，PA=PB
$\rm{147=PA^2+ PA^2-2\times PA\times PA}\times\frac{1}{2}$
$\rm{PA^2}=147$
$\rm{PA}=\sqrt{147}=7\sqrt{3}$ →オ,カ

(3)
sin∠PBAの値が最大となるのは∠PBA=90°となる場合だから，PA=2R=14→キ,ク
$\rm{PA}=7$
このとき，△PABの面積は
$\frac{1}{2}\times 7\sqrt{3}\times 7=\frac{49\sqrt{3}}{2}$ →ケ,コ,サ,シ
→解答を隠す←

【2017年度センター試験.数学Ⅰ・A】
　△ABCにおいて，AB= $\sqrt{3}-1$ ，BC= $\sqrt{3}+ 1$ ，∠ACB=60°とする。

(1)　AC= $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ア

であるから，△ABCの外接円の半径は

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ イ

であり

sin∠BAC=

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ ウ+ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ エ

オ

である。ただし，ウ，エの解答の順序は問わない。

(2)　辺AC上に点Dを，△ABDの面積が $\frac{\sqrt{2}}{6}$ になるようにとるとき

AB·AD=

カ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ キ−ク

ケ

であるから，AD=

コ

サ

である。

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☆★

BC=a, CA=b, AB=c

(1)
△ABCに余弦定理を適用すると
$b^2=c^2+ a^2-2ca\cos B$
$=(\sqrt{3}-1)^2+(\sqrt{3}+ 1)^2-2(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+ 1)\cos 60^{\circ}$
$=4-2\sqrt{3}+ 4+ 2\sqrt{3}-2\times(3-1)\times\frac{1}{2}$
$=6$
$\rm{AC}=b=\sqrt{6}$ →ア

$\frac{b}{\sin\rm{B}}=2\rm{R}$

△ABCに正弦定理を適用すると
$\frac{\sqrt{6}}{\sin 60^{\circ}}=2\rm{R}$
$\rm{R}=\frac{\sqrt{6}}{2\times\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{2}$ →イ

$\frac{a}{\sin\rm{A}}=2\rm{R}$

同様にして，正弦定理により
$\frac{\sqrt{3}+ 1}{\sin A}=2\sqrt{2}$
sin∠BAC= $\sin A=\frac{\sqrt{3}+ 1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ →ウ,エ,オ

三角形ABD の面積
$S=\frac{1}{2}\rm{AB\cdot AD}\sin A$

(2)
$\frac{1}{2}\rm{AB\cdot AD}\times\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{6}$
$\rm{AB\cdot AD}=\frac{\sqrt{2}}{6}\times\frac{8}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$
$=\frac{1}{3}\times\frac{4}{\sqrt{3}+ 1}=\frac{4(\sqrt{3}-1)}{3(3-1)}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{3}$ →カ,キ,ク,ケ
$(\sqrt{3}-1)\rm{AD}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{3}$
$\rm{AD}=\frac{2}{3}$ →コ,サ
→解答を隠す←

【2018年度センター試験.数学Ⅰ・A】
[1]　四角形ABCDにおいて，3辺の長さをそれぞれAB=5, BC=9, CD=3，対角線ACの長さをAC=6とする。このとき

cos∠ABC=

ア

イ

, sin∠ABC=

ウ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ エ

オ

である。

　ここで，四角形ABCDは台形であるとする。
　次の，カには下の⓪～②から，キには③・④から当てはまるものを一つずつ選べ。
　CDカAB·sin∠ABCであるからキである．

　　　⓪　<①　　=②　　>
③　辺ADと辺BCが平行　④　辺ABと辺CDが平行

　したがって

BD=ク $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ケコ

である。

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☆★

余弦定理の変形版
$\cos B=\frac{c^2+ a^2-b^2}{2ca}$

△ABCに余弦定理を適用すると
$\cos B=\frac{c^2+ a^2-b^2}{2ca}$
$=\frac{5^2+ 9^2-6^2}{2\times 5\times 9}=\frac{70}{90}=\frac{7}{9}$ →ア,イ

以下，∠ABCをBで表す
$\sin B=\sqrt{1-\cos^2 B}=\sqrt{1-(\frac{7}{9})^2}$
$=\frac{4\sqrt{2}}{9}$ →ウ,エ,オ

AB·sin∠ABC= $5\times\frac{4\sqrt{2}}{9}=\frac{20\sqrt{2}}{9}$ ≒3.14･･･>3=CD
だから，
CD<AB·sin∠ABCである→⓪カ

AD∥BCとなるためには，AB·sin∠ABC<CDでなければならないが，前問の結果からこれが成り立たないから，右図(ア)はあり得ず，ADとBCは平行でない．
したがって，台形であるならば，右図(イ)のようになり，1AB∥CD →④キ

余弦定理により
$\rm{BD^2=CD^2+ CB^2-2\cdot CD\cdot CB}\cdot\cos\rm{C}$
$=3^2+ 9^2-2\cdot 3\cdot 9\cdot(-\cos B)$
$=9+ 81-54\cdot(-\frac{7}{9})=132$
$\rm{BD}=2\sqrt{33}$ →ク,ケ,コ
→解答を隠す←

【2019年度センター試験.数学Ⅰ・A】
[1]　△ABCにおいて，AB=3, BC=4, AC=2とする。
　次のエには，下の⓪～②のうちから当てはまるものを一つ選べ。

cos∠BAC=

アイ

ウ

であり, ∠BACはエである。

また，

sin∠BAC=

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ オカ

キ

である。

　⓪　鋭角①　直角②　鈍角

　線分ACの垂直二等分線と直線ABの交点をDとする。

cos∠CAD=

ク

ケ

であるから, AD=コであり，

△DBCの面積は

サ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ シス

セ

である。

［解答を見る］

☆★

以下，∠BACをAで表す
余弦定理により
$\cos A=\frac{b^2+ c^2-a^2}{2bc}$
$=\frac{2^2+ 3^2-4^2}{2\times 2\times 3}=\frac{-3}{12}=\frac{-1}{4}$
→ア,イ,ウ
$\cos A\lt 0$ だから，∠BACは,鈍角②→エ
$\sin A=\sqrt{1-\cos^2 A}=\sqrt{1-(-\frac{1}{4})^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}$
→オ,カ,キ
cos∠CAD=−cos∠CAB= $\frac{1}{4}$ →ク,ケ
cos∠CAD= $\frac{1}{\rm{AD}}=\frac{1}{4}$
だから
AD=4→コ
$\Delta\rm{DBC}=\frac{1}{2}\rm{DB}\times\rm{AC}\times\sin$ ∠BAC
$=\frac{1}{2}\times 7\times 2\times\frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{7\sqrt{15}}{4}$ →サ,シ,ス,セ
→解答を隠す←

【2020年度センター試験.数学Ⅰ・A】
[1]　△ABCにおいて， $\rm{BC}=2\sqrt{2}$ とする。∠ACBの二等分線と辺ABの交点をDとし， $\rm{CD}=\sqrt{2}$ ，cos∠BCD= $\frac{3}{4}$ とする。このとき，BD=アであり

sin∠ADC=

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ イウ

エ

である。 $\frac{\rm{AC}}{\rm{AD}}=$ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ オ

であるから

AD=カ

である。また，△ABCの外接円の半径は

キ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ク

ケ

である。

［解答を見る］

(1)
∠ACD=∠DCB=θ, ∠CDB=φとおく
△CDBについて，余弦定理を適用すると
$\rm{BD^2=BC^2+ DC^2-2BC\cdot DC}\cos\theta$
$=8+ 2-2\times 2\sqrt{2}\times\sqrt{2}\times\frac{3}{4}=4$
$\rm{BD}=2$ →ア

∠ACD=180°−φだから
sin∠ADC=sinφ
$\cos \phi=\frac{4+ 2-8}{2\times 2\sqrt{2}}=-\frac{1}{2\sqrt{2}}$
$\sin \phi=\sqrt{1-(-\frac{1}{2\sqrt{2}})^2}=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{14}}{4}$
→イ,ウ,エ

角の二等分線に関する性質により
$\rm{\frac{AC}{AD}=\frac{BC}{BD}}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$ →オ

△ADCについて，余弦定理を適用すると
$\rm{AC^2=AD^2+ DC^2-2AD\cdot DC}(-\cos\phi)$
$\rm{2AD^2=AD^2+ 2-2AD}\times\sqrt{2}\times\frac{1}{2\sqrt{2}}$
$\rm{AD^2+ AD-2}=0$
$\rm{(AD+ 2)(AD-1)}=0$
$\rm{AD=1}\hspace{5}(\gt 0)$ →カ

$\rm{AD=DC}=\sqrt{2}$ だから△ADCは二等辺三角形で，∠CAD=∠CDA=φ
$\sin \phi=\frac{\sqrt{14}}{4}$
正弦定理により
$\frac{\rm{BC}}{\sin\phi}=2R$
$R=\frac{2\sqrt{2}}{2\times\frac{\sqrt{14}}{4}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{14}}=\frac{4\sqrt{7}}{7}$ →キ,ク,ケ
※△ABCは３辺の長さが分かっているから，１つの角度の余弦を求めることができ，次にその正弦を求めることができる．どの角度から求めてもよいが，以上の答案は，角Aが既に求まっていることを利用したもの →解答を隠す←

【2021年度共通テスト.数学Ⅰ・A】

[2]　右の図のように，△ABCの外側に辺AB, BC, CAをそれぞれ１辺とする正方形ADEB, BFGC, CHIAをかき，２点EとF，GとH，IとDをそれぞれ線分で結んだ図形を考える。以下において

BC=a, CA=b, AB=c
∠CAB=A, ∠ABC=B, ∠BCA=C

とする。

(1)　b=6, c=5, $\cos\rm{A}=\frac{3}{5}$ のとき， $\sin\rm{A}=$

セ

ソ

であり，△ABCの面積はタチ，△AIDの面積は
ツテである。

［解答を見る］

☆★
$\sin\rm{A}=\sqrt{1-\cos^2\rm{A}}=\sqrt{1-(\frac{3}{5})^2}=\frac{4}{5}$ →セ,ソ
$\Delta\rm{ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\rm{A}=\frac{4}{5}=\frac{1}{2}\times 6\times 5\times\frac{4}{5}$
$=12$ →タ,チ
$\Delta\rm{AID}=\frac{1}{2}bc\sin\rm{180^{\circ}A}=12$ →ツ,テ
→解答を隠す←

(2)　正方形BFGC, CHIA, ADEBの面積をそれぞれ $S_1,\hspace{2}S_2,\hspace{2}S_3$ とする。このとき， $S_1-S_2-S_3$ は

• 0°<A<90°のとき，ト。
• A=90°のとき，ナ。
• 90°<A<180°のとき，ニ。

ト～ニの解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

〇0　　0である
①　正の値である
②　負の値である
③　正の値も負の値もとる

［解答を見る］

☆★
$S_1-S_2-S_3=a^2-b^2-c^2$
他方で，余弦定理により
$\cos\rm{A}=\frac{b^2+ c^2-a^2}{2bc}$
　0°<A<90°のとき， $\cos\rm{A}\gt 0$ だから
$S_1-S_2-S_3\lt 0$ →②ト
　A=90°のとき， $\cos\rm{A}=0$ だから
$S_1-S_2-S_3=0$ →〇0　ナ
　90°<A<180°のとき， $\cos\rm{A}\lt 0$ だから
$S_1-S_2-S_3\gt 0$ →①ニ
→解答を隠す←

(3)　△AID，△BEF，△CGHの面積をそれぞれT1, T2, T3とする。このとき，ヌである。

ヌの解答群

〇0　　a<b<cならば，T1>T2>T3
①　a<b<cならば，T1<T2<T3
②　Aが鈍角ならば，T1<T2 かつ T1<T3
③　a, b, cの値に関係なく，T1=T2=T3

［解答を見る］

☆★
$T_1=\frac{1}{2}bc\sin\rm{A}$
　　正弦定理により， $\sin\rm{A}=\frac{a}{2\rm{R}}$ だから $T_1=\frac{abc}{4\rm{R}}$
$T_2=\frac{1}{2}ca\sin\rm{B}$
　　正弦定理により， $\sin\rm{B}=\frac{b}{2\rm{R}}$ だから $T_2=\frac{abc}{4\rm{R}}$
$T_3=\frac{1}{2}ab\sin\rm{C}$
　　正弦定理により， $\sin\rm{C}=\frac{c}{2\rm{R}}$ だから $T_3=\frac{abc}{4\rm{R}}$
以上から，a, b, cの値に関係なく，T1=T2=T3→③ヌ
→解答を隠す←

(4)　△ABC，△AID，△BEF，△CGHのうち，外接円の半径が最も小さいものを求める。
　0°<A<90°のとき，IDネBCであり
　（△AIDの外接円の半径）ノ（△ABCの外接円の半径）
であるから，外接円の半径が最も小さい三角形は

• 0°<A<B<C<90°のとき，ハである。
• 0°<A<B<90°<Cのとき，ヒである。

ネ，ノの解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

〇0　　<　　　　①　=　　　　②　>

ハ，ヒの解答群（同じものを繰り返し選んでもよい。）

〇0　 △ABC　①　△AID　② △BEF　③ △CGH

［解答を見る］

★★☆☆
△ABC，△AID，△BEF，△CGHの外接円の半径をそれぞれ $R,\hspace{2}R_A,\hspace{2}R_B,\hspace{2}R_C$ とする

0°<A<90°のとき
$\cos\rm{A}=\frac{b^2+ c^2-\rm{BC}^2}{2bc}\gt 0$
$\frac{b^2+ c^2-\rm{ID}^2}{2bc}=-\cos\rm{A}\lt 0$
だから
$\rm{BC}^2\lt b^2+ c^2\lt\rm{ID}^2$
よって
$\rm{BC}\lt\rm{ID}$
ID　＞　BC→②ネ
このとき
$\frac{\rm{BC}}{\sin\rm{A}}=\rm{2R}$
$\frac{\rm{ID}}{\sin\rm{A}}=\rm{2R_A}$
$\rm{BC}\lt\rm{ID}$
により
$\rm{R_A}\lt\rm{R}$ ･･･(#1)
→②ノ
同様にして
0°<B<90°のとき
$\rm{R}\lt\rm{R_B}$ ･･･(#2)
0°<C<90°のとき
$\rm{R}\lt\rm{R_C}$ ･･･(#3)
(#1)(#2)(#3)により，外接円の半径が最も小さいものは
R→〇0　ハ

90°<Cのとき
$\cos\rm{C}=\frac{a^2+ b^2-\rm{AB}^2}{2ab}\lt 0$
$\frac{a^2+ b^2-\rm{GH}^2}{2ab}=-\cos\rm{C}\gt 0$
だから
$\rm{GH}^2\lt a^2+ b^2\lt\rm{AB^2}$
$\rm{GH}\lt\rm{AB}$
このとき
$\frac{\rm{AB}}{\sin\rm{C}}=\rm{2R}$
$\frac{\rm{GH}}{\sin\rm{C}}=\rm{2R_C}$
$\rm{GH}\lt\rm{AB}$
により
$\rm{R_C}\lt\rm{R}$ ･･･(#4)
(#1)(#2)はそのまま成り立つから
$\rm{R_C}\lt\rm{R}\lt\rm{R_A,\hspace{2}R_B}$
以上から， $\rm{R_C}$ が最小･･･③ヒ →解答を隠す←

【2022年度共通テスト.数学Ⅰ・A】
[3]　外接円の半径が3である△ABCを考える。点Aから直線BCに引いた垂線と直線BCとの交点をDとする。
(1)　AB=5, AC=4とする。このとき

sin∠ABC=

ソ

タ

， AD=

チツ

テ

である。
(2)　2辺AB, ACの長さの間に2AB+AC=14の関係があるとする。
　このとき，ABのとり得る値の範囲はト≦AB≦ナ
であり，

AD=

ニヌ

ネ

AB2+

ノ

ハ

と表せるので，ADの長さの最大値はヒである。

［解答を見る］

★★☆☆
(1)
正弦定理により
$\frac{b}{\sin\rm{B}}=2\rm{R}$
だから
$\frac{4}{\sin\rm{B}}=2\times 3$
$\sin\rm{B}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$ →ソ,タ
$\rm{AD}=\rm{AB}\times\sin\rm{B}=5\times\frac{2}{3}=\frac{10}{3}$ →チ,ツ,テ

　全体の前提
　(1) 問題文1
　(2) 問題文2
となっているとき，(2)の問題を解くときに(1)の仮定は使えない．全体の前提と問題文2の仮定を使う

(2)

2R=6（直径が6の円）
2AB+AC=14
により

0≦AB≦6･･･(#1)
0≦AC=14−2AB≦6･･･(#2)
(#1)(#2)より
4≦AB≦6→ト,ナ

※この部分は，成り立っていればよいというものではない．例えば，0≦AB≦100のように成り立つ式は幾らでもあるが，実際にそのようなABの値が存在しなければ，解とはならない．

$\rm{AD}=\rm{AB}\times\sin\rm{B}=\rm{AB}\times\rm{\frac{AC}{2R}}$
$=\rm{AB}\times\rm{\frac{(14-2AB)}{6}}=\rm{-\frac{1}{3}AB^2+\frac{7}{3}AB}$
(4≦AB≦6)
$\rm{AD}=\rm{-\frac{1}{3}\{(AB-\frac{7}{2})^2-\frac{49}{4}\}}$
(4≦AB≦6)

右図のように，AB=4のときADは最大になる．このとき
$\rm{AD}=-\frac{1}{3}\times 4^2+\frac{7}{3}\times 4=4$ →ヒ
→解答を隠す←

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