図形と計量の問題

$\mathrm{BC}=a$, $\mathrm{CA}=b$, $\mathrm{AB}=c$ とし、外接円の半径を $R$、内接円の半径を $r$ とする。

$a$ を求める

正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=2R$ より
$$a=2R\sin 60^{\circ }=2\cdot \frac{7\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=7$$

$b+c$ と $bc$ の関係を 2 つ作る

余弦定理より
$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^{\circ }=b^2+c^2-bc=(b+c{)}^2-3bc$$
なので、$b+c=p$, $bc=q$ とおくと
$$49=p^2-3q(1)$$

一方、面積 $S$ は 2 通りに表せる。
$$S=\frac{1}{2}bc\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{4}q$$
$$S=\frac{1}{2}r(a+b+c)=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}(7+p)$$
これらが等しいので
$$\frac{\sqrt{3}}{4}q=\frac{\sqrt{3}}{2}(7+p)\text{より}q=2(7+p)=2p+14(2)$$

$p$, $q$ を求める

$(2)$ を $(1)$ に代入して
$$49=p^2-3(2p+14)$$
$$p^2-6p-91=0$$
$$(p-13)(p+7)=0$$
$p=b+c>0$ より $p=13$。$(2)$ より $q=2\cdot 13+14=40$。

（確認: $b,c$ は $t^2-13t+40=0$ の解で、$(t-5)(t-8)=0$ より $\{b,c\}=\{5,8\}$。辺の長さ $5,7,8$ は三角形をつくり、$\cos A=\frac{25+64-49}{2\cdot 5\cdot 8}=\frac{1}{2}$ で条件に合う。）

面積を求める
$$S=\frac{\sqrt{3}}{4}q=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 40=10\sqrt{3}$$

$a=\mathrm{BC},b=\mathrm{CA},c=\mathrm{AB}$ とする。正弦定理より $a=2R\sin 60^{\circ }=2\cdot \frac{7\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=7$。
余弦定理より $a^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^{\circ }=b^2+c^2-bc$ なので $(b+c{)}^2-3bc=49$。

$u=b+c$, $v=bc$ とおくと $u^2-3v=49$ …(1)。
面積について $S=\frac{1}{2}bc\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{4}v$、また内接円の半径を $r=\sqrt{3}$ として $S=r\cdot \frac{a+b+c}{2}=\sqrt{3}\cdot \frac{7+u}{2}$。両者を等しくして $v=2(7+u)$ …(2)。

(2)を(1)に代入: $u^2-6(7+u)=49$、$u^2-6u-91=0$、$(u-13)(u+7)=0$。$u>0$ より $u=13$、$v=40$。
$b,c$ は $z^2-13z+40=0$、すなわち $z=5,8$ で実数なので三角形は存在する。

$S=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 40=10\sqrt{3}$。

検算:辺の長さ $5,7,8$ の三角形で $s=10$、ヘロンの公式より $S=\sqrt{10\cdot 5\cdot 3\cdot 2}=\sqrt{300}=10\sqrt{3}$。$r=S/s=\sqrt{3}$、$R=\frac{abc}{4S}=\frac{280}{40\sqrt{3}}=\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}$、$\cos A=\frac{25+64-49}{80}=\frac{1}{2}$ ですべて条件と一致。