2020年センター試験 数学ⅠA 第2問 三角比

2020年センター試験数学ⅠA 第2問三角比の解説をします。

まだ問題を解いていない人は解いてから解説を読んでください。

2020年センターⅠA 第2問三角比$\sankaku{ABC}$ において，$\mathrm{BC}=2\sqrt{2}$ とする。$\kaku{ACB}$ の二等分線と辺ABの交点をDとし，$\mathrm{CD}=\sqrt{2}$, $\cos\kaku{BCD}=\dfrac{3}{4}$ とする。このとき，$\mathrm{BD}=\myBox{ア}$ であり

\begin{align*}
\sin\kaku{ADC}=\dfrac{\sqrt{\myBox{イウ}}}{\myBox{エ}}
\end{align*}

である。$\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AD}}=\sqrt{\myBox{オ}}$ であるから

\begin{align*}
\mathrm{AD}=\myBox{カ}
\end{align*}

である。また，$\sankaku{ABC}$ の外接円の半径は $\dfrac{\myBox{キ}\sqrt{\myBox{ク}}}{\myBox{ケ}}$ である。

Contents

1 考え方と解答
2 別の考え方と解法
3 2020年センター数学ⅠA 三角比を解いた感想

考え方と解答

ヒロ

BDの長さを求めるからBDを含む三角形を考えよう。

ヒロ

CDの長さと $\cos\kaku{BCD}$ の値が与えられているから $\sankaku{BCD}$ を考えよう。

【アの解答】
$\sankaku{BCD}$ において，余弦定理より

\begin{align*}
\mathrm{BD}^2&=\mathrm{BC}^2+\mathrm{CD}^2-2\mathrm{BC}\Cdota\mathrm{CD}\cos\kaku{BCD} \\[4pt]&=(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2-2\Cdota2\sqrt{2}\Cdota\sqrt{2}\Cdota\dfrac{3}{4} \\[4pt]&=8+2-6 \\[4pt]&=4
\end{align*}

$\mathrm{BD}>0$ より $\mathrm{BD}=2$

ヒロ

図を描いて状況を把握しよう。

【状況を把握する図】
点Aの位置は線分BDを点Dの方向へ延長した部分にあることが分かるが，正確な位置は分からないから適当に描いておく。

$\sin\kaku{ADC}$ は $\sin\kaku{BDC}$ と等しいことが分かる。

【イ～エの解答】
$\cos\kaku{BCD}=\dfrac{3}{4}$ より

\begin{align*}
\sin\kaku{BCD}&=\sqrt{1-\left(\dfrac{3}{4}\right)^2} \\[4pt]&=\dfrac{\sqrt{7}}{4}
\end{align*}

であるから，$\sankaku{BCD}$ において正弦定理より

\begin{align*}
\dfrac{\sin\kaku{BDC}}{2\sqrt{2}}&=\dfrac{\sin\kaku{BCD}}{2} \\[4pt]\sin\kaku{BDC}&=\sqrt{2}\Cdota\dfrac{\sqrt{7}}{4} \\[4pt]&=\dfrac{\sqrt{14}}{4}
\end{align*}

よって，$\sin\kaku{ADC}=\dfrac{\sqrt{14}}{4}$

ヒロ

次は2辺ACとADの長さの比を求める問題。$\sankaku{ACD}$ に着目して考えよう。

【オの解答】
$\sankaku{ACD}$ において正弦定理より

\begin{align*}
&\dfrac{\mathrm{AC}}{\sin\kaku{ADC}}=\dfrac{\mathrm{AD}}{\sin\kaku{ACD}} \\[4pt]&\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AD}}=\dfrac{\sin\kaku{ADC}}{\sin\kaku{ACD}}
\end{align*}

$\kaku{ACD}=\kaku{BCD}$ より

\begin{align*}
\sin\kaku{ACD}=\sin\kaku{BCD}=\dfrac{\sqrt{7}}{4}
\end{align*}

であるから

\begin{align*}
\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AD}}&=\dfrac{\sqrt{14}}{4}\Cdota\dfrac{4}{\sqrt{7}} \\[4pt]&=\sqrt{2}
\end{align*}

ヒロ

$\sankaku{ADC}$ に着目してADの長さを求めよう。

【カの解答】
　$\sin\kaku{ADC}=\dfrac{\sqrt{14}}{4}$ より

\begin{align*}
\cos\kaku{ADC}&=\sqrt{1-\sin^2\kaku{ADC}} \\[4pt]&=\sqrt{1-\left(\dfrac{\sqrt{14}}{4}\right)^2} \\[4pt]&=\dfrac{\sqrt{2}}{4}
\end{align*}

$\mathrm{AD}=x$ とすると，$\sankaku{ACD}$ において余弦定理より

\begin{align*}
&(\sqrt{2}x)^2=x^2+(\sqrt{2})^2-2\sqrt{2}x\Cdota\dfrac{\sqrt{2}}{4} \\[4pt]&2x^2=x^2+2-x \\[4pt]&x^2+x-2=0 \\[4pt]&(x+2)(x-1)=0 \\[4pt]&x=-2,~1
\end{align*}

$x>0$ より，$x=1$
　よって，$\mathrm{AD}=1$

ヒロ

外接円の半径を求める場合は正弦定理で求めよう。

【キの解答】
$\mathrm{AC}=\sqrt{2}$ より，$\sankaku{ACD}$ は二等辺三角形であることが分かる。

このとき $\kaku{BAC}=\kaku{ADC}$ だから

\begin{align*}
\sin A=\sin\kaku{ADC}=\dfrac{\sqrt{14}}{4}
\end{align*}

よって，正弦定理より

\begin{align*}
R&=\dfrac{\mathrm{BC}}{2\sin A} \\[4pt]&=\dfrac{2\sqrt{2}}{2}\Cdota\dfrac{4}{\sqrt{14}} \\[4pt]&=\dfrac{4}{\sqrt{7}} \\[4pt]&=\dfrac{4\sqrt{7}}{7}
\end{align*}

別の考え方と解法

ヒロ

角の二等分線の性質を利用して次のようにして解いても良い。

【オの解答】
CDが $\kaku{ACB}$ の二等分線であるから

\begin{align*}
&\mathrm{AD}:\mathrm{BD}=\mathrm{AC}:\mathrm{BC} \\[4pt]
&\mathrm{AD}:2=\mathrm{AC}:2\sqrt{2} \\[4pt]
&2\sqrt{2}\mathrm{AD}=2\mathrm{AC} \\[4pt]
&\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AD}}=\sqrt{2}
\end{align*}

ヒロ

ADの長さを求める際に，別の角に着目して余弦定理を利用した場合は次のようになる。

【カの解答】
　$\mathrm{AD}=x$ とすると，$\sankaku{ACD}$ において余弦定理より

\begin{align*}
&x^2=(\sqrt{2}x)^2+(\sqrt{2})^2-2\sqrt{2}\Cdota\sqrt{2}x\Cdota\dfrac{3}{4} \\[4pt]
&x^2=2x^2+2-3x \\[4pt]
&x^2-3x+2=0 \\[4pt]
&(x-1)(x-2)=0 \\[4pt]
&x=1,~2
\end{align*}

$\mathrm{AD}=2$ のとき，$\mathrm{AC}=2\sqrt{2}$ となり，
$\sankaku{ABC}$ は直角二等辺三角形となる。このとき $\kaku{BCD}=45\Deg$ となるため，
$\cos\kaku{BCD}=\dfrac{3}{4}$ を満たさないから不適。
　よって，$\mathrm{AD}=1$

ヒロ

$\sin\kaku{ACB}$ を求めるために，2倍角の公式を利用すると次のようになる。

【キ～ケの解答】

\begin{align*}
\sin\kaku{ACB}&=2\sin\kaku{BCD}\cos\kaku{BCD} \\[4pt]
&=2\Cdota\dfrac{\sqrt{7}}{4}\Cdota\dfrac{3}{4} \\[4pt]
&=\dfrac{3\sqrt{7}}{8}
\end{align*}

求める半径を $R$ とすると，正弦定理より

\begin{align*}
R&=\dfrac{\mathrm{AB}}{2\sin\kaku{ACB}} \\[4pt]
&=3\Cdota\dfrac{4}{3\sqrt{7}} \\[4pt]
&=\dfrac{4\sqrt{7}}{7}
\end{align*}