入試数学コンテスト第5回第2問解答解説

更新日時 2021/12/10
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  • 第2問 [図形・三角比]

第2問 [図形・三角比]

第2問

四角形 ABCD\mathrm{ABCD} は円に内接し,AB=22,BC=3,CD=2,DA=1\mathrm{AB} = 2\sqrt{2},\mathrm{BC} = 3,\mathrm{CD} = \sqrt{2} ,\mathrm{DA} = 1 である。このとき次の問いに答えよ。

(1) ABC+CDA\angle \mathrm{ABC} + \angle \mathrm{CDA} を求めよ。なお度数法を用いること。

(2) ABC\angle \mathrm{ABC} を求めよ。なお度数法を用いること。

(3) BD\mathrm{BD} を求めよ。

(4) 辺 AC\mathrm{AC} と辺 BD\mathrm{BD} の交点を H\mathrm{H} とする。AHD\angle \mathrm{AHD} を求めよ。なお度数法を用いること。

第2問は図形の問題です。典型的なパターンの問題です。

まずは円に内接する四角形にまつわる事実を確認する問題です。

第2問 (1)

四角形 ABCD\mathrm{ABCD} は円に内接するため,向かい合う角の大きさの和は 180180^{\circ} である。

円に内接する四角形に関連する問題として入試数学コンテスト第3回第3問があります。是非挑戦してみてください。

さて,この事実を用いると,ADC=180ABC\angle \mathrm{ADC} = 180^{\circ} - \angle \mathrm{ABC} が得られます。この式は cosADC=cosABC\cos \angle \mathrm{ADC} = - \cos \angle \mathrm{ABC} と意味します。このことと ABC\triangle \mathrm{ABC}ADC\triangle \mathrm{ADC} に余弦定理を用いることで cosABC\cos \angle \mathrm{ABC}AC\mathrm{AC} による式が2つ得られます。あとは方程式を解くだけです。

第2問 (2)

AC=x\mathrm{AC} = x とおく。

ABC\triangle \mathrm{ABC} について,余弦定理を用いると, AB2+BC22ABBCcosABC=AC28+9122cosABC=x2\begin{aligned} \mathrm{AB}^2 + \mathrm{BC}^2 -2\mathrm{AB} \cdot \mathrm{BC} \cos \angle \mathrm{ABC} &= \mathrm{AC}^2\\ 8 + 9 -12\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ABC} &= x^2 \end{aligned} である。 よって x2=17122cosABCx^2 = 17 - 12 \sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ABC} である。

一方で ACD\triangle \mathrm{ACD} について,余弦定理を用いると, AD2+DC22ADDCcosADC=AC21+222cosADC=x2\begin{aligned} \mathrm{AD}^2 + \mathrm{DC}^2 - 2\mathrm{AD} \cdot \mathrm{DC} \cos \angle \mathrm{ADC} = \mathrm{AC}^2\\ 1+2-2\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ADC} = x^2 \end{aligned} である。こうして x2=322cosADCx^2 = 3 - 2\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ADC} が得られる。

(1) より ADC=180ABC\angle \mathrm{ADC} = 180^{\circ} - \angle \mathrm{ABC} となり,x2=322cosADC=3+22cosABCx^2 = 3 - 2\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ADC} = 3 + 2\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ABC} が得られる。こうして 17122cosABC=3+22cosABC 17 - 12 \sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ABC} = 3 + 2\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ABC} が得られる。これを解いて cosABC=12\cos \angle \mathrm{ABC} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} となる。0<ABC<1800^{\circ} < \angle \mathrm{ABC} <180^{\circ} であるから ABC=45\angle \mathrm{ABC} = 45^{\circ} となる。

とてもすっきりした値になりました。(3) も同じ手法で解くことができます。

第2問 (3)

余弦定理より BC2+CD22BCCDcosBCD=BD21162cosBCD=BD2AB2+AD22ABADcosBAD=BD2942cosBAD=BD2\begin{aligned} \mathrm{BC}^2 + \mathrm{CD}^2 - 2 \mathrm{BC} \cdot \mathrm{CD} \cos \angle \mathrm{BCD} = \mathrm{BD}^2\\ 11 - 6\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{BCD} = \mathrm{BD}^2\\ \mathrm{AB}^2 + \mathrm{AD}^2 - 2 \mathrm{AB} \cdot \mathrm{AD} \cos \angle \mathrm{BAD} = \mathrm{BD}^2\\ 9 - 4\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{BAD} = \mathrm{BD}^2\\ \end{aligned} である。BAD+BCD=180\angle \mathrm{BAD} + \angle \mathrm{BCD} = 180^{\circ} に注意すると, 11BD262=9BD242 \dfrac{11 - \mathrm{BD}^2}{6\sqrt{2}} = -\dfrac{9 - \mathrm{BD}^2}{4\sqrt{2}} が得られ,これを解くと 5BD2=495\mathrm{BD}^2 = 49BD=755\mathrm{BD} = \dfrac{7\sqrt{5}}{5} となる。

最後の問題は2辺の成す角の大きさを求める問題です。2辺の交点を H\mathrm{H} とおきましょう。この H\mathrm{H} の角について三角比を計算し,角度を求めてみましょう。正弦定理と余弦定理を駆使して計算します。

第2問 (4)

AC\mathrm{AC} と 辺 BD\mathrm{BD} の交点を H\mathrm{H} とおく。

(2) の式を用いることで AC=3+22cosABC=3+2212=5\begin{aligned} \mathrm{AC} &= \sqrt{3 + 2\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ABC}}\\ &= \sqrt{3 + 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}}=\sqrt{5} \end{aligned} である。また cosABC=12\cos \angle \mathrm{ABC} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} である。

四角形 ABCD\mathrm{ABCD} の外接円の半径を RR とする。正弦定理より R=ACsinABC=10 R = \dfrac{\mathrm{AC}}{\sin \angle \mathrm{ABC}} = \sqrt{10} である。正弦定理・余弦定理を用いることで以下を得る。 sinCAB=310cosCAB=110sinACD=110cosACD=310\begin{aligned} \sin \angle \mathrm{CAB} &= \dfrac{3}{\sqrt{10}}\\ \cos \angle \mathrm{CAB} &= \dfrac{1}{\sqrt{10}}\\ \sin \angle \mathrm{ACD} &= \dfrac{1}{\sqrt{10}}\\ \cos \angle \mathrm{ACD} &= \dfrac{3}{\sqrt{10}} \end{aligned} また円周角の定理を用いることで AHD=BDC+ACD=BAC+ACD\begin{aligned} \angle \mathrm{AHD} &= \angle \mathrm{BDC} + \angle \mathrm{ACD}\\ &= \angle \mathrm{BAC} + \angle \mathrm{ACD} \end{aligned} であることがわかる。 sinAHD=sin(BAC+ACD)=sinBACcosACD+cosBACsinACD=310310+110110=1\begin{aligned} \sin \angle \mathrm{AHD} &= \sin (\angle \mathrm{BAC} + \angle \mathrm{ACD})\\ &= \sin \angle \mathrm{BAC} \cos \angle \mathrm{ACD} + \cos \angle \mathrm{BAC} \sin \angle \mathrm{ACD}\\ &= \dfrac{3}{\sqrt{10}} \dfrac{3}{\sqrt{10}} + \dfrac{1}{\sqrt{10}} \dfrac{1}{\sqrt{10}} = 1 \end{aligned} であるため,AHD=90\angle \mathrm{AHD} = 90^{\circ} が従う。こうして求めるものは 9090^{\circ} とわかる。

(4) にはブラーマグプタの公式を用いるおもしろい別解があります。

ブラーマグプタの公式とは,円に内接する四角形の四辺の長さが a,b,c,da,b,c,d のとき,その面積が (sa)(sb)(sc)(sd)  (ただしs=a+b+c+d2) \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} \; \left(\text{ただし} s = \dfrac{a+b+c+d}{2}\right) と表されることを主張しています。

詳しくは ブラーマグプタの公式とその2通りの証明 を参照してください。

第2問 (4)

AB+BC+CD+DA2=32+42 \dfrac{\mathrm{AB}+ \mathrm{BC}+\mathrm{CD}+\mathrm{DA}}{2} = \dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}

ブラーマグプタの公式より四角形 ABCD\mathrm{ABCD} の面積 SSS=(32+4222)(32+423)(32+422)(32+421)=2+4232222+4232+22=18441624=144=72\begin{aligned} S &= \sqrt{\left(\dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}-2\sqrt{2}\right)\left(\dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}-3\right)\left(\dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}-\sqrt{2}\right)\left(\dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}-1\right)}\\ &= \sqrt{\dfrac{-\sqrt{2}+4}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt{2}-2}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}+4}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt{2}+2}{2}}\\ &= \sqrt{\dfrac{18-4}{4} \cdot \dfrac{16-2}{4}}\\ &= \dfrac{14}{4} = \dfrac{7}{2} \end{aligned} となる。

A,C\mathrm{A},\mathrm{C} から BD\mathrm{BD} におろした垂線の足をそれぞれ HA,HC\mathrm{H_A}, \mathrm{H_C} とすると, S=ABD+CBD=12BD(AHA+CHC)\begin{aligned} S &=\triangle \mathrm{ABD} + \triangle \mathrm{CBD}\\ &=\dfrac{1}{2} \mathrm{BD} (\mathrm{AH_A}+ \mathrm{CH_C})\\ \end{aligned} である。S=72,BD=755S = \dfrac{7}{2},\mathrm{BD} = \dfrac{7\sqrt{5}}{5} より AHA+CHC=5\mathrm{AH_A}+ \mathrm{CH_C} = \sqrt{5} である。

さて (2) より AC=3+22cosABC=3+2212=5\begin{aligned} \mathrm{AC} &= \sqrt{3 + 2\sqrt{2} \cos \angle \mathrm{ABC}}\\ &= \sqrt{3 + 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}}=\sqrt{5} \end{aligned} が得られる。

AHAHA,CHCHC\mathrm{AH} \geqq \mathrm{AH_A},\mathrm{CH} \geqq \mathrm{CH_C}(等号成立はそれぞれ A\mathrm{A}HA\mathrm{H_A}C\mathrm{C}HC\mathrm{H_C} が一致) であることから AC=AH+HCAHA+CHC=5\begin{aligned} \mathrm{AC} &= \mathrm{AH} + \mathrm{HC}\\ &\geqq \mathrm{AH_A} + \mathrm{CH_C}\\ &=\sqrt{5} \end{aligned} である。AC=5\mathrm{AC} = \sqrt{5} より AH=AHA,CH=CHC\mathrm{AH}=\mathrm{AH_A},\mathrm{CH}=\mathrm{CH_C} すなわち A\mathrm{A}HA\mathrm{H_A}C\mathrm{C}HC\mathrm{H_C} が一致することがわかる。こうして AC\mathrm{AC}BD\mathrm{BD} は直交することがわかる。ゆえに AHD=90\angle \mathrm{AHD} = 90^{\circ} である。