【2021数学ⅠA】第１問[２](図形と計量)
(１)問題と解答・解説《セ〜テ》
(１)解答・解説《セ〜テ》
\(\sin A=\sqrt{1-\cos^2A}=\sqrt{1-\left(\displaystyle\frac{3}{5}\right)}^2=\)\(\displaystyle\frac{4}{5}\) ・・・《セソ》
よって，\(\triangle ABC=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A=\displaystyle\frac{1}{2}\times 6\times 5\times \displaystyle\frac{4}{5}=\)\(12\) ・・・《タチ》
また，\(\angle DAI=180°-A\) より，\(\sin \angle DAI=\sin A\)
したがって，\(\triangle AID=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A=\triangle ABC=\) \(12\) ・・・《ツテ》
(２)問題と解答・解説《ト〜ニ》
(２)解答・解説《ト〜ニ》
\(S_{1}=a^2\) , \(S_{2}=b^2\) , \(S_{3}=c^2\) となる．
・\(0°<A<90°\) のとき
\(a^2<b^2+c^2\) より \(a^2-b^2-c^2<0\)
よって，\(S_{1}-S_{2}-S_{3}<0\) ・・・《ト：②》
・\(A=90°\) のとき
\(a^2=b^2+c^2\) より \(a^2-b^2-c^2=0\)
よって，\(S_{1}-S_{2}-S_{3}=0\) ・・・《ナ：⓪》
・\(90°<A<180°\) のとき
\(a^2>b^2+c^2\) より \(a^2-b^2-c^2>0\)
よって，\(S_{1}-S_{2}-S_{3}>0\) ・・・《ニ：①》
(３)問題と解答・解説《ヌ》
(３)解答・解説《ヌ》
(１)と同様に考えると，
\(\triangle BEF=\triangle ABC\) , \(\triangle CGH=\triangle ABC\) であるから，
\(a\) , \(b\) , \(c\) の値に関係なく，\(T_{1}=T_{2}=T_{3}\) ・・・《ヌ：③》
(４)問題と解答・解説《ネ〜ヒ》
(４)解答・解説《ネ〜ヒ》
\(0°<A<90°\) のとき
\(\angle IAD=180°-A\) より，\(90°<\angle IAD<180°\)
\(\triangle ABC\) において(２)より，\(a^2<b^2+c^2\)
\(\triangle AID\) において(２)より，\(ID^2>b^2+c^2\)
よって \(ID^2>a^2=BC^2\) であるから \(ID>BC\) ・・・《ネ：②》
ここで，\(\triangle ABC\) , \(\triangle AID\) の外接円の半径をそれぞれ \(R\) , \(R_{1}\) とすると正弦定理から，
\(2R_{1}=\displaystyle\frac{ID}{\sin IAD}=\displaystyle\frac{ID}{\sin (180°-A)}=\displaystyle\frac{ID}{\sin A}\)
\(2R=\displaystyle\frac{BC}{\sin A}\) であるから，\(ID>BC\) より \(R_{1}>R\) ・・・《ノ：②》
次に，\(\triangle BEF\) , \(\triangle CGH\) の外接円の半径をそれぞれ \(R_{2}\) , \(R_{3}\) とすると，
・\(0°<A<B<C<90°\) のとき
上と同様に考え，\(R_{2}>R\) , \(R_{3}>R\) となる．
よって，\(R\) が最も小さい ・・・《ハ：⓪》
・\(0°<A<B<90°<C\) のとき
\(0°<A<B<90°\) より，\(R_{1}>R\) , \(R_{2}>R\)
また，\(90°<C\) より \(R>R_{3}\) となるので，
\(R_{3}\) が最も小さい ・・・《ヒ：③》
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