図形と計量 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「鈍角三角形」には $2$ つの条件が要る。まず三角形として成立すること、次に $1$ つの角が鈍角であること。両方を連立する。

三角形の成立は「最も短い $2$ 辺の和 $>$ 最長辺」。辺は $x<x+1<x+2$ だから $x+(x+1)>x+2$、すなわち $x>1$。鈍角は「最大辺の対角が鈍角」。最大辺 $x+2$ の対角の $\cos$ が負、余弦定理から $x^2+(x+1{)}^2<(x+2{)}^2$。整理して $x^2-2x-3<0$、$-1<x<3$。両方あわせて $1<x<3$。

① 三角形の成立条件。 最長辺は $x+2$。他の $2$ 辺の和がこれより大きい必要がある。

$$x+(x+1)>x+2⟹x>1$$

(各辺が正、という条件 $x>0$ はこれに含まれる。)

② 鈍角の条件。 鈍角になるとすれば最長辺 $x+2$ の対角。余弦定理の分子の符号だけ見て

$$x^2+(x+1{)}^2<(x+2{)}^2$$

$$x^2+x^2+2x+1<x^2+4x+4⟹x^2-2x-3<0⟹(x-3)(x+1)<0$$

より $-1<x<3$。

③ 連立する。 ①$x>1$ と ②$-1<x<3$ の共通範囲は

$$1<x<3$$

まとめ:「鈍角三角形」は「三角形が成立」+「最大辺の対角が鈍角($\cos <0$)」の $2$ 段構え。成立条件を忘れると、三角形にならない $x$ まで拾ってしまう。角の大小は辺の大小と対応するので、鈍角は必ず最大辺の対角で調べる。

発展。 最大辺の対角の $\cos$ の符号で、三角形は鋭角($\cos >0$、$a^2+b^2>c^2$)・直角($=0$)・鈍角($<0$)に分類できる。これは三平方の定理の一般化(余弦定理)そのもの。$3$ 辺から三角形の「形」が最大辺の対角ひとつで判定できる。

別解

別解:$3$ つの角のうち最大角だけ調べればよい理由(得意な人向けの視点)。 鈍角三角形とは「$1$ つの内角が $90°$ より大きい」三角形。内角の和は $180°$ だから、鈍角は高々 $1$ つ。しかも鈍角があるなら、それは必ず最大辺の対角だ(辺が大きいほど対角も大きい)。

だから調べるべきは最大辺 $x+2$ の対角だけ。余弦定理で

$$\cos (\text{最大角})=\frac{x^2+(x+1{)}^2-(x+2{)}^2}{2x(x+1)}=\frac{x^2-2x-3}{2x(x+1)}=\frac{(x-3)(x+1)}{2x(x+1)}.$$

鈍角 $⟺\cos <0$。分母 $2x(x+1)>0$(辺は正)だから、分子 $(x-3)(x+1)<0$、すなわち $-1<x<3$。辺が正なので $x>0$、三角形成立で $x>1$。あわせて $1<x<3$。

$3$ 角すべてを調べる必要はなく、「最大辺の対角の $\cos$ の符号」だけ見ればよい。$\cos$ が正なら鋭角三角形、$0$ なら直角、負なら鈍角、と最大角の $\cos$ で三角形の種類が判定できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $4$ 点 $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{P},\mathrm{C}$ が同一円周上にある(円に内接する四角形 $\mathrm{ABPC}$)。円に内接する四角形といえばトレミーの定理だ。

トレミーの定理は「対角線の積 $=$ 向かい合う辺の積の和」。四角形 $\mathrm{ABPC}$ の対角線は $\mathrm{PA}$ と $\mathrm{BC}$。$\mathrm{PA}\cdot \mathrm{BC}=\mathrm{PB}\cdot \mathrm{AC}+\mathrm{PC}\cdot \mathrm{AB}$。正三角形だから $\mathrm{AB}=\mathrm{BC}=\mathrm{CA}$。共通の辺の長さで割れば $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$ が出る。

① 四角形をとらえる。 $\mathrm{P}$ は弧 $\mathrm{BC}$ 上にあるから、$\mathrm{B},\mathrm{P},\mathrm{C}$ の順に並び、$4$ 点 $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{P},\mathrm{C}$ は円に内接する四角形をなす。対角線は $\mathrm{AP}$ と $\mathrm{BC}$。

② トレミーの定理を書く。

$$\mathrm{PA}\cdot \mathrm{BC}=\mathrm{PB}\cdot \mathrm{AC}+\mathrm{PC}\cdot \mathrm{AB}$$

③ 正三角形の等長性を使う。 $\mathrm{AB}=\mathrm{BC}=\mathrm{CA}=\ell$(共通の辺の長さ)とおくと、両辺を $\ell$ で割って

$$\mathrm{PA}=\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$$

(証明終)

まとめ:「円周上の点からの距離の和」にはトレミーの定理を使う。正三角形(辺がすべて等しい)だと、辺の長さがきれいに約分されて $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$ という簡単な形になる。$4$ 点が同一円周上にある、という気づきがすべての出発点。

発展。 トレミーの定理は円に内接する四角形で「対角線の積 $=$ 対辺の積の和」。内接しない一般の四角形では $\le$ の不等式(トレミーの不等式)になり、等号は内接するとき。$\mathrm{PA}=\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$ という関係は、正三角形と円という対称性が生む特別なケースだ。

別解

別解:点 $\mathrm{P}$ を角度でおいて正弦定理で示す(計算で確かめるルート)。 外接円の半径を $R$、弧の位置を角度で表す。円周角の定理を使うと、弦の長さは対する円周角の $\sin$ で書ける。

$\mathrm{P}$ が弧 $\mathrm{BC}$ 上にあるとき、$\angle \mathrm{BPC}=120°$($\angle \mathrm{BAC}=60°$ の補角、内接四角形)。$\angle \mathrm{BPA}=\angle \mathrm{CPA}$ ではなく、$\mathrm{PB},\mathrm{PC}$ を $\mathrm{P}$ での角 $\theta ,60°-\theta$… と設定する。弦の長さの公式(円周角 $\phi$ に対する弦 $=2R\sin \phi$)で、$\mathrm{PA},\mathrm{PB},\mathrm{PC}$ をそれぞれ $\sin$ で表す。すると $\mathrm{PA}=2R\sin 60°$ に対応する角の関係から、和積の公式で $\mathrm{PB}+\mathrm{PC}=\mathrm{PA}$ が出る。

トレミー(本解)は $1$ 行で済むが、$\mathrm{P}$ を角度でパラメータ表示して正弦定理で押すと、$\mathrm{PA}=\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$ が「$\sin$ の和積」の式になる。トレミーの定理自体、この正弦定理の計算から証明できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内接円も傍接円も、半径は「面積 $S$ を使った関係式」から出る。だからまず面積 $S$ をヘロンの公式で求める。

$s=\frac{5+6+7}{2}=9$ として $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=\sqrt{9\cdot 4\cdot 3\cdot 2}=6\sqrt{6}$。内接円は $S=rs$ から $r=\frac{S}{s}$。傍接円($\mathrm{BC}$ に接し他の $2$ 辺の延長に接する)は $S=r_{\mathrm{A}}(s-a)$ から $r_{\mathrm{A}}=\frac{S}{s-a}$($a=\mathrm{BC}=5$)。同じ $S$ を $2$ 通りに使う。

① 面積を求める。 $a=5,b=6,c=7$、$s=\frac{5+6+7}{2}=9$。ヘロンの公式より

$$S=\sqrt{9\cdot (9-5)(9-6)(9-7)}=\sqrt{9\cdot 4\cdot 3\cdot 2}=\sqrt{216}=6\sqrt{6}$$

② 内接円半径。 $S=rs$ より

$$r=\frac{S}{s}=\frac{6\sqrt{6}}{9}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$$

③ 傍接円半径。 辺 $\mathrm{BC}$($a=5$)側の傍接円は $S=r_{\mathrm{A}}(s-a)$ を満たすから

$$r_{\mathrm{A}}=\frac{S}{s-a}=\frac{6\sqrt{6}}{9-5}=\frac{6\sqrt{6}}{4}=\frac{3\sqrt{6}}{2}$$

まとめ:内接円・傍接円の半径は「面積」を要にして求める。内接円は $s$、傍接円は $s-a$ で割るだけの違い。ヘロンで面積さえ出れば、あとは割り算。傍接円のほうが分母が小さいので $r_{\mathrm{A}}>r$ になる。

発展。 $1$ つの三角形には内接円 $1$ つと傍接円 $3$ つ(各辺に $1$ つ)がある。半径には $\frac{1}{r}=\frac{1}{r_{\mathrm{A}}}+\frac{1}{r_{\mathrm{B}}}+\frac{1}{r_{\mathrm{C}}}$、$r\cdot r_{\mathrm{A}}{r}_{\mathrm{B}}{r}_{\mathrm{C}}=S^2$ などの関係が成り立つ。傍接円は内接円と対になる「外側から接する」円で、面積 $S$ を軸に対称的に振る舞う。

別解

別解:内接円と傍接円の「接線の長さ」で捉える(得意な人向けの視点)。 円外の点から引いた $2$ 接線の長さは等しい。この性質で、接点までの長さを $s$(半周)で書ける。

内接円では、頂点 $\mathrm{A}$ からの接線の長さが $s-a$。$\mathrm{A}$ の内角の半分 $\frac{A}{2}$ を使うと $r=(s-a)\tan \frac{A}{2}$。傍接円($\mathrm{A}$ 側)では、頂点 $\mathrm{A}$ からの接線の長さが $s$ になり、$r_{\mathrm{A}}=s\tan \frac{A}{2}$。

$2$ つを割ると $\frac{r_{\mathrm{A}}}{r}=\frac{s}{s-a}=\frac{9}{9-5}=\frac{9}{4}$。だから $r_{\mathrm{A}}=\frac{9}{4}r$。$r=\frac{2\sqrt{6}}{3}$ から $r_{\mathrm{A}}=\frac{9}{4}\cdot \frac{2\sqrt{6}}{3}=\frac{3\sqrt{6}}{2}$。

面積を$2$通りに使う(本解)のと同じ結果。内接円と傍接円の半径の比が $\frac{s-a}{s}$ という接線長の比になるのは、両円が同じ角 $\frac{A}{2}$ を見込むからだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 重心は中線を $2:1$ に内分するから、$\mathrm{AG}=\frac{2}{3}{m}_a$($m_a$ は $\mathrm{A}$ から出る中線の長さ)。だから ${\mathrm{AG}}^2=\frac{4}{9}{m}_a^2$。

中線の長さは中線定理で辺の長さに直せる。$m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$。$3$ 本の中線について $\frac{4}{9}{m}_a^2$ を足す。$\sum m_a^2=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{4}$ となり、$\frac{4}{9}$ を掛けて $\frac{a^2+b^2+c^2}{3}$。

① $\mathrm{AG}$ を中線で表す。 $\mathrm{A}$ から辺 $\mathrm{BC}$ の中点への中線を $m_a$ とすると、重心の性質より $\mathrm{AG}=\frac{2}{3}{m}_a$。よって

$${\mathrm{AG}}^2=\frac{4}{9}{m}_a^2$$

同様に ${\mathrm{BG}}^2=\frac{4}{9}{m}_b^2$、${\mathrm{CG}}^2=\frac{4}{9}{m}_c^2$。

② 中線の $2$ 乗を辺で表す。 中線定理より

$$m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4},m_b^2=\frac{2c^2+2a^2-b^2}{4},m_c^2=\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4}$$

$3$ 本を足すと、$a^2$ の係数は $-1+2+2=3$(他も同様)だから

$$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{4}$$

③ 仕上げる。

$${\mathrm{AG}}^2+{\mathrm{BG}}^2+{\mathrm{CG}}^2=\frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)=\frac{4}{9}\cdot \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{4}=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}$$

(証明終)

まとめ:重心がらみの長さは「中線の $\frac{2}{3}$」に置き換え、中線定理で辺の言葉に直す。$3$ 本足すと各辺が対等に入って対称式になる。$\frac{4}{9}\times \frac{3}{4}=\frac{1}{3}$ という係数の噛み合いが、きれいな結論を生む。

発展。 ${\mathrm{AG}}^2+{\mathrm{BG}}^2+{\mathrm{CG}}^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}$ は、重心が「$3$ 頂点からの距離の$2$乗和を最小にする点」であることの現れ(前に平面ベクトルで見た ${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2+{\mathrm{PC}}^2$ の最小)。物理では、この距離の$2$乗和が「重心まわりの慣性モーメント」に対応し、剛体の回りにくさを表す。

別解

別解:重心を原点にとって座標で示す(計算で確実なルート)。 重心 $\mathrm{G}$ を原点にとる。すると $\overrightarrow{\mathrm{GA}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}}=\vec{0}$(重心の定義)。

$${\mathrm{AG}}^2+{\mathrm{BG}}^2+{\mathrm{CG}}^2=|\overrightarrow{\mathrm{GA}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{GB}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{GC}}{|}^2.$$

一方、辺の長さの$2$乗の和は $a^2+b^2+c^2=|\overrightarrow{\mathrm{GB}}-\overrightarrow{\mathrm{GC}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{GC}}-\overrightarrow{\mathrm{GA}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{GA}}-\overrightarrow{\mathrm{GB}}{|}^2$。展開すると

$$=2(|\overrightarrow{\mathrm{GA}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{GB}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{GC}}{|}^2)-2(\overrightarrow{\mathrm{GA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{GC}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{GA}}).$$

ここで $|\overrightarrow{\mathrm{GA}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}}{|}^2=0$ を展開すると、内積の和 $=-\frac{1}{2}(|\overrightarrow{\mathrm{GA}}{|}^2+\cdots )$。代入すると $a^2+b^2+c^2=3({\mathrm{AG}}^2+{\mathrm{BG}}^2+{\mathrm{CG}}^2)$。中線定理(本解)を使わず、「重心からのベクトルの和が $\vec{0}$」を使うと、ベクトルの計算だけで示せる。$\overrightarrow{\mathrm{GA}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}}=\vec{0}$ が決め手だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正四面体の外接球・内接球の中心は、対称性からどちらも同じ点(重心)。まず頂点から底面への高さ $h$ を求める。

頂点から底面(正三角形)へ下ろした垂線の足は、底面の重心。底面の外接円半径($\frac{a}{\sqrt{3}}$)と辺 $a$ から、三平方で $h=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}a$。球の中心は高さ $h$ を内分する。$R$(中心→頂点)と $r$(中心→底面)は $R+r=h$ で、対称性から $R:r=3:1$。だから $R=\frac{3}{4}h$、$r=\frac{1}{4}h$。

① 高さを求める。 底面の正三角形の重心 $\mathrm{G}$ から頂点までは $\frac{a}{\sqrt{3}}$。頂点 $\mathrm{D}$ から $\mathrm{G}$ までの高さ $h$ は

$$h=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}a=\frac{\sqrt{6}}{3}a$$

② 外接球の半径 $R$。 中心 $\mathrm{O}$ は軸 $\mathrm{DG}$ 上にあり、頂点 $\mathrm{D}$ からも底面の頂点からも等距離 $R$。$\mathrm{O}$ から底面の頂点までを三平方で書くと、$\mathrm{OG}=h-R$、底面の頂点までの水平距離 $\frac{a}{\sqrt{3}}$ で

$$R^2=(h-R{)}^2+\frac{a^2}{3}$$

展開して $R^2=h^2-2hR+R^2+\frac{a^2}{3}$、$2hR=h^2+\frac{a^2}{3}$。$h^2=\frac{2a^2}{3}$ を代入すると $2hR=\frac{2a^2}{3}+\frac{a^2}{3}=a^2$、よって

$$R=\frac{a^2}{2h}=\frac{a^2}{2\cdot \frac{\sqrt{6}}{3}a}=\frac{3a}{2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{4}a$$

③ 内接球の半径 $r$。 対称性から中心は同じ $\mathrm{O}$ で、底面までの距離が $r=\mathrm{OG}=h-R$。

$$r=\frac{\sqrt{6}}{3}a-\frac{\sqrt{6}}{4}a=\frac{\sqrt{6}}{12}a$$

よって $R:r=3:1$。

まとめ:正四面体は「頂点→底面の重心」の軸で切ると、球の中心はこの軸上の $1$ 点。高さ $h$ を三平方で出し、$R$ は底面頂点との等距離条件、$r=h-R$ で求まる。$R:r=3:1$ は覚えておくと検算に使える。

発展。 正四面体の $R:r=3:1$ は、$n$ 次元の正単体では $R:r=n:1$ になる($2$ 次元の正三角形は $2:1$)。中心が高さを $n:1$ に分けるという規則は、次元によらず成り立つ。立方体に埋め込む(別解)と、正四面体の対称性が立方体の対称性の一部として見え、計算が格段に楽になる。

別解

別解:立方体に埋め込んで座標で出す(得意な人向けの高い視点)。 正四面体は立方体の $4$ つの頂点(交互の頂点)を結んでできる。$1$ 辺 $2$ の立方体 $\{-1,1{\}}^3$ で、頂点 $(1,1,1),(1,-1,-1),(-1,1,-1),(-1,-1,1)$ が正四面体をなす($1$ 辺 $=2\sqrt{2}$)。

この $4$ 頂点の重心は原点 $(0,0,0)$。これが外接球・内接球の共通の中心だ。外接球の半径は中心(原点)から頂点までの距離 $R=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}$($1$ 辺 $2\sqrt{2}$ に対して)。$1$ 辺を $a$ に直すと $R=\sqrt{3}\cdot \frac{a}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}a$。

内接球の半径は原点から面までの距離。面(たとえば $3$ 点を通る平面)$x+y+z=-1$ までの距離 $\frac{|0-(-1)|}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$。$a$ に直すと $r=\frac{\sqrt{6}}{12}a$。

高さを内分する(本解)代わりに、立方体の座標に埋め込むと、中心が原点・頂点が $(\pm 1,\pm 1,\pm 1)$ とすっきりし、$R,r$ が距離の計算だけで出る。$R:r=\sqrt{3}:\frac{1}{\sqrt{3}}=3:1$ も一目だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2{\cos }^2\theta +\sin \theta$ には $\cos$ と $\sin$ が混在。${\cos }^2\theta =1-{\sin }^2\theta$ で $\sin \theta$ だけの式にそろえる。

$2(1-{\sin }^2\theta )+\sin \theta =-2{\sin }^2\theta +\sin \theta +2$。$t=\sin \theta$ とおくと $t$ の $2$ 次関数だ。範囲に注意。$0°\le \theta \le 180°$ では $\sin \theta$ は $0$ から $1$ まで($t\in [0,1]$)。$-2t^2+t+2$(上に凸)を $[0,1]$ で調べ、頂点と端で最大最小を出す。

① $1$ 種類にそろえる。 ${\cos }^2\theta =1-{\sin }^2\theta$ より

$$2{\cos }^2\theta +\sin \theta =2(1-{\sin }^2\theta )+\sin \theta =-2{\sin }^2\theta +\sin \theta +2$$

② 置きかえと範囲。 $t=\sin \theta$ とおくと、$0°\le \theta \le 180°$ では $0\le t\le 1$。求めるのは $g(t)=-2t^2+t+2$ の $0\le t\le 1$ での最大最小。

$$g(t)=-2{\left(t-\frac{1}{4}\right)}^2+\frac{17}{8}$$

③ 範囲つきで調べる。 上に凸、軸 $t=\frac{1}{4}$ は範囲内。

• 最大:頂点 $t=\frac{1}{4}$ で $g\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{17}{8}$。このとき $\sin \theta =\frac{1}{4}$。
• 最小:上に凸だから軸から遠い端。$t=0$ までの距離 $\frac{1}{4}$、$t=1$ までの距離 $\frac{3}{4}$ で $t=1$ が遠い。$g(1)=-2+1+2=1$。このとき $\sin \theta =1$、$\theta =90°$。

まとめ:三角比の式は「${\sin }^2+{\cos }^2=1$ で $1$ 種類にそろえ、置きかえて $2$ 次関数」。角の範囲から $t=\sin \theta$ の範囲($0\le t\le 1$)を出すのが要。範囲を無視して頂点だけ見ると、最小($t=1$ の端)を取りこぼす。

発展。 ${\cos }^2\theta =1-{\sin }^2\theta$ で $1$ 変数化する手は、三角比の最大最小でよく使う。ただし $t=\sin \theta$ の範囲は角の範囲で変わる($[0°,180°]$ で $[0,1]$、$[0°,360°]$ で $[-1,1]$)。「三角比を $t$ に置換したら、$t$ の範囲を角から求める」が原則で、範囲の取り違えが最も多いミスだ。

別解

別解:単位円周上の点として図で最大最小を読む(視覚で捉えるルート)。 $t=\sin \theta$ とおくと $-2t^2+t+2$。放物線(上に凸)$y=-2t^2+t+2$ を、$t$ の範囲 $[0,1]$ で描く。

頂点は $t=\frac{-1}{2\cdot (-2)}=\frac{1}{4}$。この $t=\frac{1}{4}$ は $[0,1]$ の中に入っているから、頂点で最大。$y=-2\cdot \frac{1}{16}+\frac{1}{4}+2=\frac{17}{8}$。$\sin \theta =\frac{1}{4}$ となる $\theta$ は $0°\le \theta \le 180°$ に存在する。

最小は区間の端。$t=0$($\theta =0°,180°$)で $y=2$、$t=1$($\theta =90°$)で $y=1$。小さい方の $t=1$ で最小 $1$。

「$\sin \theta$ が $[0,1]$ を動く」のは、$0°\le \theta \le 180°$ で $\sin$ が非負だから。もし範囲が $[0°,360°]$ なら $t\in [-1,1]$ になり、端が変わる。範囲を $t$ の範囲に正しく直すことが、三角比の最大最小では大事だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 塔の高さを $h$ とおく。仰角から、地面上の $2$ 点 $\mathrm{A},\mathrm{B}$ と塔の足 $\mathrm{Q}$ の距離を $h$ で表す。

$\mathrm{A}$ の仰角 $45°$ から $\tan 45°=\frac{h}{\mathrm{AQ}}=1$、すなわち $\mathrm{AQ}=h$。$\mathrm{B}$ の仰角 $30°$ から $\mathrm{BQ}=\frac{h}{\tan 30°}=h\sqrt{3}$。地面の三角形 $\mathrm{AQB}$ で $\angle \mathrm{AQB}=90°$。三平方の定理 ${\mathrm{AB}}^2={\mathrm{AQ}}^2+{\mathrm{BQ}}^2=h^2+3h^2=4h^2$。$\mathrm{AB}=2h$ から $h$ が決まる。

① 水平距離を $h$ で表す。 $\mathrm{PQ}=h$ とおく。$\angle \mathrm{PQA}=90°$ で仰角 $\angle \mathrm{PAQ}=45°$ だから

$$\mathrm{AQ}=\frac{h}{\tan 45°}=h$$

仰角 $\angle \mathrm{PBQ}=30°$ だから

$$\mathrm{BQ}=\frac{h}{\tan 30°}=h\sqrt{3}$$

② 地面の直角三角形で三平方。 $\angle \mathrm{AQB}=90°$ だから

$${\mathrm{AB}}^2={\mathrm{AQ}}^2+{\mathrm{BQ}}^2=h^2+3h^2=4h^2$$

③ 高さを求める。 $\mathrm{AB}=100$ より $100^2=4h^2$、$h^2=2500$、$h=50$。よって塔の高さは $50$(m)。

まとめ:空間の測量は「高さを $h$ とおき、仰角で水平距離を $h$ の式に、地面の三角形で関係式を $1$ 本」。塔が垂直だから足 $\mathrm{Q}$ での角がすべて直角になり、$\mathrm{AQ},\mathrm{BQ}$ が素直に $h$ で書けるのがポイント。

発展。 空間の測量は「垂直面の直角三角形(仰角と高さ・距離)」と「水平面の三角形($2$ 地点と塔の足)」を組み合わせる。$2$ 地点からの仰角と $2$ 地点間の距離が分かれば、塔の高さが求まる。GPS や三角測量の原理も複数地点からの角度で位置を決めるこの発想の延長にある。

別解

別解:塔を軸に「$45°$ で真上、$30°$ で緩い」比を先に読む(直感で捉えるルート)。 仰角 $45°$ は「水平距離 $=$ 高さ」の特別な角。だから $\mathrm{A}$ は塔の足 $\mathrm{Q}$ から高さ $h$ と同じだけ離れている($\mathrm{AQ}=h$)。

仰角 $30°$ は「水平距離 $=$ 高さ $\times \sqrt{3}$」。$30°$-$60°$-$90°$ の直角三角形の比 $1:\sqrt{3}:2$ から、$\mathrm{B}$ は塔から $h\sqrt{3}$ 離れている。地面で $\mathrm{A},\mathrm{Q},\mathrm{B}$ が直角三角形($\angle \mathrm{AQB}=90°$)をなすので、$\mathrm{AB}$ は斜辺。${\mathrm{AB}}^2=h^2+(h\sqrt{3}{)}^2=4h^2$、$\mathrm{AB}=2h$。$\mathrm{AB}=100$ から $h=50\mathrm{m}$。

$\tan$ を計算する(本解)のと同じだが、$45°$($1:1:\sqrt{2}$)と $30°$($1:\sqrt{3}:2$)の「有名な直角三角形の比」を覚えていれば、水平距離が $h,h\sqrt{3}$ と即座に書ける。空間の測量は「垂直面の直角三角形で高さと距離を結び、地面の三角形でつなぐ」のが基本だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 面積は $S=\frac{1}{2}bc\sin \mathrm{A}=\frac{\sqrt{3}}{4}bc$($\mathrm{A}=60°$)。だから $bc$ を最大にしたい。

$b,c$ は自由に動けるわけではなく、余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos \mathrm{A}$ に $a=6$、$\mathrm{A}=60°$ を入れると $36=b^2+c^2-bc$ という縛りがある。相加相乗平均 $b^2+c^2\ge 2bc$ を使う。$36=b^2+c^2-bc\ge 2bc-bc=bc$ から $bc\le 36$。等号は $b=c$(正三角形)。最大面積は $\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 36=9\sqrt{3}$。

① 面積を書く。 $S=\frac{1}{2}bc\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{4}bc$。$bc$ を最大にすればよい。

② 縛りを作る。 余弦定理に $a=6$、$\cos 60°=\frac{1}{2}$ を入れて

$$36=b^2+c^2-2bc\cdot \frac{1}{2}=b^2+c^2-bc$$

③ 相加・相乗平均で押さえる。 $b^2+c^2\ge 2bc$ だから

$$36=b^2+c^2-bc\ge 2bc-bc=bc$$

よって $bc\le 36$。等号は $b=c$ のとき。このとき $36=2b^2-b^2=b^2$ より $b=c=6$(正三角形)。

④ 最大面積。

$$S=\frac{\sqrt{3}}{4}bc\le \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 36=9\sqrt{3}$$

面積の最大値は $9\sqrt{3}$(正三角形のとき)。

まとめ:$1$ 辺と対角が固定された三角形の面積最大は「面積 $=\frac{1}{2}bc\sin \mathrm{A}$ で $bc$ を最大化」。余弦定理の縛りのもとで相加・相乗平均が上限を与え、等号 $b=c$(正三角形)で最大になる。対称な状況では等しいときが極値、という自然な結果。

発展。 「$1$ 辺 $\mathrm{BC}$ と対角 $\angle \mathrm{A}$ が固定 $\Rightarrow$ 頂点 $\mathrm{A}$ は外接円の弧の上を動く」(円周角の定理)。面積が最大なのは $\mathrm{A}$ が弧のてっぺん(二等辺)のとき。この「弧の上を動く頂点」の見方は、$\mathrm{AB}+\mathrm{AC}$ の最大や、$\mathrm{A}$ の軌跡を問う問題でも使う。$1$ 辺と対角の固定は、外接円の固定と同じことだ。

別解

別解:外接円を固定して「頂点を動かす」図で見る(視覚で捉えるルート)。 $\mathrm{BC}=6$、$\angle \mathrm{A}=60°$ は、正弦定理で外接円の半径を固定する。$\frac{\mathrm{BC}}{\sin \mathrm{A}}=2R$ から $2R=\frac{6}{\sin 60°}=\frac{6}{\sqrt{3}/2}=4\sqrt{3}$、$R=2\sqrt{3}$。

$\angle \mathrm{A}=60°$ が一定なので、頂点 $\mathrm{A}$ はこの外接円の弧(弦 $\mathrm{BC}$ に対して円周角 $60°$ を見込む弧)の上を動く。面積 $=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{BC}\cdot (\text{A から BC までの高さ})$ だから、高さが最大のとき面積最大。

高さが最大なのは、$\mathrm{A}$ が弧のてっぺん(弦 $\mathrm{BC}$ の垂直二等分線上)にあるとき。そのとき三角形は $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$ の二等辺で、$\angle \mathrm{A}=60°$ なら正三角形。$\mathrm{A}$ から $\mathrm{BC}$ までの高さは $\mathrm{BC}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$。

面積 $=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$。相加相乗(本解)で $bc\le 36$ を出すのと同じ答え。「$1$ 辺と対角が固定 $\Rightarrow$ 頂点は弧の上を動く $\Rightarrow$ てっぺんで高さ最大」という図形的な見方だ。