入試数学コンテスト第5回第2問解答解説

四角形 $\mathrm{ABCD}$ は円に内接するため，向かい合う角の大きさの和は $180^{\circ}$ である。

$\mathrm{AC} = x$ とおく。

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

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

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

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

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

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

四角形 $\mathrm{ABCD}$ の外接円の半径を $R$ とする。正弦定理より $$2R = \dfrac{\mathrm{AC}}{\sin \angle \mathrm{ABC}} = \sqrt{10}$$ である。正弦定理・余弦定理を用いることで以下を得る。 $$\begin{aligned} \sin \angle \mathrm{CAB} &= \dfrac{3}{\sqrt{10}}\\ \cos \angle \mathrm{CAB} &= \dfrac{1}{\sqrt{10}}\\ \sin \angle \mathrm{ACD} &= \dfrac{1}{\sqrt{10}}\\ \cos \angle \mathrm{ACD} &= \dfrac{3}{\sqrt{10}} \end{aligned}$$ また円周角の定理を用いることで $$\begin{aligned} \angle \mathrm{AHD} &= \angle \mathrm{BDC} + \angle \mathrm{ACD}\\ &= \angle \mathrm{BAC} + \angle \mathrm{ACD} \end{aligned}$$ であることがわかる。 $$\begin{aligned} \sin \angle \mathrm{AHD} &= \sin (\angle \mathrm{BAC} + \angle \mathrm{ACD})\\ &= \sin \angle \mathrm{BAC} \cos \angle \mathrm{ACD} + \cos \angle \mathrm{BAC} \sin \angle \mathrm{ACD}\\ &= \dfrac{3}{\sqrt{10}} \dfrac{3}{\sqrt{10}} + \dfrac{1}{\sqrt{10}} \dfrac{1}{\sqrt{10}} = 1 \end{aligned}$$ であるため，$\angle \mathrm{AHD} = 90^{\circ}$ が従う。こうして求めるものは $90^{\circ}$ とわかる。

$$\dfrac{\mathrm{AB}+ \mathrm{BC}+\mathrm{CD}+\mathrm{DA}}{2} = \dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}$$

ブラーマグプタの公式より四角形 $\mathrm{ABCD}$ の面積 $S$ は $$\begin{aligned} S &= \sqrt{\left(\dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}-2\sqrt{2}\right)\left(\dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}-3\right)\left(\dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}-\sqrt{2}\right)\left(\dfrac{3\sqrt{2}+4}{2}-1\right)}\\ &= \sqrt{\dfrac{-\sqrt{2}+4}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt{2}-2}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}+4}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt{2}+2}{2}}\\ &= \sqrt{\dfrac{18-4}{4} \cdot \dfrac{16-2}{4}}\\ &= \dfrac{14}{4} = \dfrac{7}{2} \end{aligned}$$ となる。

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

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

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