群馬大学(理系) 2025年　問題6


$傾斜角一定のまっすぐな上り坂の先に塔が水平方向に対し垂直に立っている。坂の途中のある地点 \ A\ で$
$塔の根元から頂上までの見上げる角度を測ると \ 30°\ であった。A\ から塔に向かって上り坂を進み続け、$
$途中で \ 2\ 度塔の根元から頂上までの見上げる角度を測ると \ 1\ 度目が \ 45°、2\ 度目が \ 60°\ であった。$
$以下の問に答えよ。ただし、目線の高さは考えないものとし、長さの単位は \ m\ (メートル)\ を用いる。 $
$(1)\ \ A\ の地点から \ 1\ 度目の観測点までの距離を \ a\ ｍ、1\ 度目の観測点と \ 2\ 度目の観測点の距離を \ b\ m\ と$
$\quad するとき、\dfrac{b}{a}\ \ の値を求めよ。$
$(2)\ \ A\ の地点から \ 1\ 度目の観測点までの距離は \ 100(\sqrt{3}-1)\ m\ で \ 2\ 度目の観測点から塔の根元までの$
$\quad 距離は \ 25\sqrt{3} \ m\ であった。塔の高さは何 \ m\ か。また、この登り坂の傾斜角を \ \theta \ としたときの \ \sin \theta \ の$
$\quad 値を求めよ。$


(1)


$途中で塔を見上げた1\ 度目の地点を \ B、2\ 度目の地点を \ C\ とし、塔の頂上を \ P,根元を \ Q\ とする。$

　

$\angle APB=\angle PBC - \angle PAB=45°-30°=15°$

$\triangle ABP \ に正弦定理を用いて$

$\dfrac{BP}{\sin 30°}=\dfrac{AB}{\sin 15°}$

$AB=a \ \ だから \quad BP=\dfrac{a\sin 30°}{\sin 15°} \hspace{4em}①$

$\angle BCP=120°$

$\angle BPC=\angle PCQ - \angle PBC=60°-45°=15°$

$\triangle BCP \ \ に正弦定理を用いて$

$\dfrac{BP}{\sin 120°}=\dfrac{BC}{\sin 15°}$

$BC=b \ \ だから \quad BP=\dfrac{b\sin 120°}{\sin 15°} \hspace{5em}②$

$①②より \quad \dfrac{a\sin 30°}{\sin 15°}=\dfrac{b\sin 120°}{\sin 15°}$

$\therefore \ \ \dfrac{b}{a}=\dfrac{\sin 30°}{\sin 120°}=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$


(2)


$a=100(\sqrt{3}-1),\quad CQ=25\sqrt{3} \quad だから$

$b=\dfrac{a}{\sqrt{3}}=\dfrac{100(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{3}}=100(1-\dfrac{1}{\sqrt{3}})$

$(1)\ ①\ より$

\begin{eqnarray*} BP &=&\dfrac{a\sin 30°}{\sin 15°}\\ \\ &=&\dfrac{2a\sin 15°\cos 15°}{\sin 15°}\\ \\ &=&2a\cos 15°\\ \\ &=&2a\cos(45°-30°)\\ \\ &=&2a\big(\cos 45°\cos 30°+\sin 45°\sin 30°)\\ \\ &=&2a\big(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} +\dfrac{\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{1}{2}\big)\\ \\ &=&2 \times 100(\sqrt{3}-1) \times \dfrac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{3}+1)\\ \\ &=&50 \times (3-1) \times \sqrt{2}\\ \\ &=&100\sqrt{2} \end{eqnarray*}

　

\begin{eqnarray*} BQ &=&BC+CQ\\ \\ &=&b+25\sqrt{3}\\ \\ &=&\dfrac{a}{\sqrt{3}}+25\sqrt{3}\\ \\ &=&\dfrac{100(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{3}}+25\sqrt{3}\\ \\ &=&100\big(1-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\big)+25\sqrt{3}\\ \\ &=&25(4-\dfrac{\sqrt{3}}{3}) \end{eqnarray*}
$\triangle BPQ \ \ に余弦定理を用いて$

\begin{eqnarray*} PQ^2 &=&BP^2+BQ^2-2BP \cdot BQ \cdot \cos 45°\\ \\ &=&(100\sqrt{2})^2+25^2(4-\dfrac{\sqrt{3}}{3})^2-2 \times 100\sqrt{2} \times 25(4-\dfrac{\sqrt{3}}{3}) \times \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\ \\ &=&25^2(4^2 \times 2+(16-\dfrac{8\sqrt{3}}{3}+\dfrac{1}{3})-8(4-\dfrac{\sqrt{3}}{3})\\ \\ &=&25^2 \times \dfrac{49}{3}\\ \end{eqnarray*}
$\therefore \ \ PQ=\dfrac{25 \times 7}{\sqrt{3}}=\dfrac{175\sqrt{3}}{3}\ \ (m)$

$あらためて \ \ \triangle BCP \ \ に正弦定理を用いて$

$\dfrac{CP}{\sin 45°}=\dfrac{BP}{\sin 120°}$

$CP=\dfrac{\sin 45°}{\sin 120°} \times BP=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{2}{\sqrt{3}} \times 100\sqrt{2}=\dfrac{200}{\sqrt{3}}$

　

$\triangle CPQ \ \ に余弦定理を用いて$

\begin{eqnarray*} & &\cos (90°+\theta)\\ \\ &=&\dfrac{CQ^2+PQ^2-CP^2}{2CQ \cdot PQ}\\ \\ &=&\dfrac{(25\sqrt{3})^2+\big(\dfrac{175}{\sqrt{3}}\big)^2-\big(\dfrac{200}{\sqrt{3}}\big)^2}{2 \times 25\sqrt{3} \times \dfrac{175}{\sqrt{3}}}\\ \\ &=&\dfrac{25^2 \times 3+\dfrac{25^2 \times 7^2}{3}-\dfrac{25^2 \times 8^2}{3}}{2 \times 25^2 \times 7}\\ \\ &=&\dfrac{3+\dfrac{49}{3}-\dfrac{64}{3}}{2 \times 7}\\ \\ &=&-\dfrac{1}{7} \end{eqnarray*}
$左辺=-\sin \theta \ \ だから \quad \sin \theta=\dfrac{1}{7}$


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