解説

方針・初手

辺 $\text{CD}$ は底面 $\text{ABC}$ に垂直であるため、$\triangle\text{ACD}$、$\triangle\text{ECD}$、$\triangle\text{BCD}$、$\triangle\text{FCD}$ はいずれも $\angle\text{C} = 90^\circ$ の直角三角形となる。まずは $\text{CD} = h$ とおき、与えられた角の条件から $\text{AC}$、$\text{EC}$、$\text{BC}$ の長さを $h$ を用いて表す。 その後、底面 $\triangle\text{ABC}$ において、点 $\text{E}$ が辺 $\text{AB}$ 上にあることを利用し、$\triangle\text{AEC}$ と $\triangle\text{BEC}$ に余弦定理を適用して $h$ の値を決定する。

解法1

**(1)**

$\text{CD} = h$ とおく。 辺 $\text{CD}$ は底面 $\text{ABC}$ に垂直であるから、$\angle\text{ACD} = \angle\text{ECD} = \angle\text{BCD} = 90^\circ$ である。 直角三角形 $\triangle\text{ACD}$ において、$\angle\text{DAC} = 30^\circ$ より、

$$\text{AC} = \frac{\text{CD}}{\tan 30^\circ} = \sqrt{3}h$$

直角三角形 $\triangle\text{ECD}$ において、$\angle\text{DEC} = 45^\circ$ より、

$$\text{EC} = \frac{\text{CD}}{\tan 45^\circ} = h$$

直角三角形 $\triangle\text{BCD}$ において、$\angle\text{DBC} = 60^\circ$ より、

$$\text{BC} = \frac{\text{CD}}{\tan 60^\circ} = \frac{h}{\sqrt{3}}$$

底面 $\triangle\text{ABC}$ において、点 $\text{E}$ は辺 $\text{AB}$ 上にあり、$\text{A}$、$\text{E}$、$\text{B}$ はこの順に並んでいる。 $\angle\text{AEC} = \phi$ とおくと、$\angle\text{BEC} = 180^\circ - \phi$ である。 $\triangle\text{AEC}$ において余弦定理より、

$$\text{AC}^2 = \text{AE}^2 + \text{EC}^2 - 2 \cdot \text{AE} \cdot \text{EC} \cos\phi$$

$\text{AE} = 1$ を代入して整理すると、

$$3h^2 = 1 + h^2 - 2h \cos\phi$$

$$2h \cos\phi = 1 - 2h^2 \quad \cdots \text{①}$$

同様に、$\triangle\text{BEC}$ において余弦定理より、

$$\text{BC}^2 = \text{BE}^2 + \text{EC}^2 - 2 \cdot \text{BE} \cdot \text{EC} \cos(180^\circ - \phi)$$

$\text{BE} = \text{EF} + \text{FB} = 2$ と $\cos(180^\circ - \phi) = -\cos\phi$ を代入すると、

$$\frac{1}{3}h^2 = 4 + h^2 + 4h \cos\phi \quad \cdots \text{②}$$

①を②に代入して $\cos\phi$ を消去する。

$$\frac{1}{3}h^2 = 4 + h^2 + 2(1 - 2h^2)$$

$$\frac{1}{3}h^2 = 6 - 3h^2$$

$$\frac{10}{3}h^2 = 6$$

$$h^2 = \frac{18}{10} = \frac{9}{5}$$

$h > 0$ であるから、

$$h = \frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{3\sqrt{5}}{5}$$

よって、$\text{CD} = \frac{3\sqrt{5}}{5}$ である。

**(2)**

底面上の $\triangle\text{EFC}$ において余弦定理を用いる。 点 $\text{A}$、$\text{E}$、$\text{F}$、$\text{B}$ はこの順に一直線上に並んでいるため、$\angle\text{FEC} = \angle\text{BEC} = 180^\circ - \phi$ である。

$$\text{FC}^2 = \text{EF}^2 + \text{EC}^2 - 2 \cdot \text{EF} \cdot \text{EC} \cos(180^\circ - \phi)$$

$\text{EF} = 1$ より、

$$\text{FC}^2 = 1 + h^2 + 2h \cos\phi$$

①の $2h \cos\phi = 1 - 2h^2$ を代入すると、

$$\text{FC}^2 = 1 + h^2 + (1 - 2h^2) = 2 - h^2$$

$h^2 = \frac{9}{5}$ を代入して、

$$\text{FC}^2 = 2 - \frac{9}{5} = \frac{1}{5}$$

$\text{FC} > 0$ より、$\text{FC} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ である。 次に、直角三角形 $\triangle\text{FCD}$ において三平方の定理より、

$$\text{DF}^2 = \text{FC}^2 + \text{CD}^2 = \frac{1}{5} + \frac{9}{5} = 2$$

$\text{DF} > 0$ より、$\text{DF} = \sqrt{2}$ である。 したがって、直角三角形 $\triangle\text{FCD}$ において $\theta = \angle\text{DFC}$ であるから、

$$\cos\theta = \frac{\text{FC}}{\text{DF}} = \frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$$

解法2

**(1)**

$\text{CD} = h$ とおく。 解法1と同様に、$\text{AC}^2 = 3h^2$、$\text{EC}^2 = h^2$、$\text{BC}^2 = \frac{1}{3}h^2$ を得る。 直線 $\text{AB}$ を $x$ 軸にとり、平面 $\text{ABC}$ 上で座標を設定する。 点 $\text{E}$ を原点 $(0, 0)$ とすると、条件 $\text{AE} = \text{EF} = \text{FB} = 1$ より、各点の座標は $\text{A}(-1, 0)$、$\text{E}(0, 0)$、$\text{F}(1, 0)$、$\text{B}(2, 0)$ と表せる。 点 $\text{C}$ の座標を $(x, y)$ とおくと、距離の2乗の条件から以下の式が成り立つ。

$$(x+1)^2 + y^2 = 3h^2 \quad \cdots \text{③}$$

$$x^2 + y^2 = h^2 \quad \cdots \text{④}$$

$$(x-2)^2 + y^2 = \frac{1}{3}h^2 \quad \cdots \text{⑤}$$

③から④を辺々引くと、

$$2x + 1 = 2h^2 \implies x = h^2 - \frac{1}{2} \quad \cdots \text{⑥}$$

⑤から④を辺々引くと、

$$-4x + 4 = -\frac{2}{3}h^2 \implies x = 1 + \frac{1}{6}h^2 \quad \cdots \text{⑦}$$

⑥と⑦から $x$ を消去すると、

$$h^2 - \frac{1}{2} = 1 + \frac{1}{6}h^2$$

$$\frac{5}{6}h^2 = \frac{3}{2}$$

$$h^2 = \frac{9}{5}$$

$h > 0$ より、$\text{CD} = h = \frac{3\sqrt{5}}{5}$ である。

**(2)**

点 $\text{F}$ の座標は $(1, 0)$ であるため、$\text{FC}^2$ は次のように計算できる。

$$\text{FC}^2 = (x-1)^2 + y^2 = x^2 - 2x + 1 + y^2 = (x^2 + y^2) - 2x + 1$$

④より $x^2 + y^2 = h^2$ であり、⑥より $2x = 2h^2 - 1$ であるから、これを代入する。

$$\text{FC}^2 = h^2 - (2h^2 - 1) + 1 = 2 - h^2$$

$h^2 = \frac{9}{5}$ より、

$$\text{FC}^2 = 2 - \frac{9}{5} = \frac{1}{5}$$

以降の $\text{DF}$ および $\cos\theta$ の計算は解法1と同様である。

$$\text{DF} = \sqrt{\text{FC}^2 + \text{CD}^2} = \sqrt{\frac{1}{5} + \frac{9}{5}} = \sqrt{2}$$

$$\cos\theta = \frac{\text{FC}}{\text{DF}} = \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$$

解説

空間図形の問題であるが、着目すべき平面を切り出すことで平面図形の問題に帰着させることができる。本問では「辺 $\text{CD}$ が底面に垂直である」という条件が強力であり、$\triangle\text{ACD}$ などの直角三角形を用いて底面 $\triangle\text{ABC}$ の各頂点と点 $\text{C}$ の距離を高さ $h$ だけで表せるのが最大のポイントである。

底面における処理としては、一直線上にある3点とその外にある1点（本問では点 $\text{C}$）からなる構図が現れる。この場合の定石として、解法1のように余弦定理を利用して角を消去する手法（スチュワートの定理の証明と同様のアプローチ）や、解法2のように直線に沿って座標軸を設定して代数的に処理する手法が有効である。

(2) についても、空間内の角 $\theta$ を求める問題であるが、直角三角形 $\triangle\text{FCD}$ の内角であることに気づけば、各辺の長さを求めるだけのシンプルな計算に落とし込める。

答え

(1) $\frac{3\sqrt{5}}{5}$

(2) $\frac{\sqrt{10}}{10}$