(1) $0^\circ < A < 180^\circ$ より
$\sin A = \sqrt{1-\cos^2 A\ } = \ds{\sqrt{5^2-3^2\ }\ \over5} =
\ds{\sqrt{8\times2\ }\ \over5} = \ds{4\over\ 5\ }$.
$\triangle ABC = \ds{1\over\ 2 \ }bc\sin A = \ds{1\over\ 2 \
}\times6\times5\times\ds{4\over\ 5\ } = 12$.
$\triangle AID =\ds{1\over\ 2 \ }AI\cdot
AD\cdot\sin\left(360^\circ-180^\circ-A\right) =\ds{1\over\ 2 \ }AC\cdot
AB\cdot\sin A = \ds{1\over\ 2 \ }\times6\times5\times\ds{4\over\ 5\ } = 12$.
(2) $S_1 - S_2 - S_3 = a^2 - b^2 - c^2$
(第二) 余弦定理より
$S_1 - S_2 - S_3 =-2bc\cos A$.
従って
$0^\circ < A < 90^\circ$ ⇒ 負の値
$A = 90^\circ$ ⇒ $0$.
$90^\circ < A < 180^\circ$ ⇒ 正の値
(3) (1) から分かるように常に $T_1 = T_2 = T_3$ である。
(4) (1) で見たように $\angle IAD = 180^\circ - A$ なので $\sin\angle IAD = \sin A$.
従って, $0^\circ < A < 90^\circ$ の時は $\angle IAD > 90^\circ$ となって, $b$, $c$
共通より余弦定理から $ID > BC$ であり, 正弦定理より $\triangle IAD$ の外接円の半径を $R_I$ 等と書くと $R_I > R$.
この議論から $0^\circ < A < B < C < 90^\circ$ の時は結局 $R < R_I$ 等々となるので, $R$ つまり
$\triangle ABC$ の外接円が一番小さい。
又, $0^\circ < A < B < 90^\circ < C$ の時は $R_H$ 詰まり $\triangle CGH$
の外接円が一番小さい。
(4) が一番難しい。 直感的には正しそうなのだが, 余弦定理で $ID > BC$ が分かると証明することが出来ることが分かるまでに時間が掛かってしまった。 この問題は考えさせる良い問題ではあるが, この level を保つのは難しそう。