陥没地帯 (203) - ノリの悪い日記

平成 $31$ 年度神奈川県公立高校入試問題. 何ということはない問題である. しかし, 別解を思いつかなかった. 一つだけ見つけて, 結構役に立ちそうなこともわかったので, メモしておく.

円に内接する $4$ 角形の対角線が直交するならば, $1$ 組の対辺の長さの平方和は, 外接円の直径の平方に等しい.

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【問】図のように, 点 $P$ を線分 $AC$ と線分 $BP$ が垂直になるようにとる. $AB = 7\rm{cm}$ , $AC = 8\rm{cm}$ , $BC=5\rm{cm}$ のとき, 線分 $BP$ の長さを求めなさい.

【別解】
$\displaystyle {\stackrel {\huge \frown} {AB}+\stackrel{\huge\frown}{PC}}$ および $\displaystyle {\stackrel {\huge \frown} {AP}+\stackrel{\huge\frown}{BC}}$ は, それぞれ半円の弧の長さに等しいことから, 下図において, $CP=BX$ , $AP = CY$ である.

$\triangle ABC = \sqrt{10\cdot2\cdot 3\cdot5} = 10\sqrt{3}$

から, 外接円の直径 $d$ は,

$\displaystyle{d = 2r = 2\cdot\frac{5\cdot7\cdot8}{4\cdot 10\sqrt{3}}=\frac{14}{\sqrt{3}}}$

である. したがって, ピタゴラスの定理から,

$\begin{align} BX &= \sqrt{\left(\frac{14}{\sqrt{3}}\right)^2 - 7^2}= \frac{7}{\sqrt{3}}\\ CY &= \sqrt{\left(\frac{14}{\sqrt{3}}\right)^2 - 5^2}= \frac{11}{\sqrt{3}} \end{align}$

なので,

$\displaystyle{CP= \frac{7}{\sqrt{3}}}$ , $\displaystyle{AP= \frac{11}{\sqrt{3}}}$

である. トレミーの定理から,

$\displaystyle{8 \cdot BP = 7\cdot\frac{7}{\sqrt{3}}+5\cdot\frac{11}{\sqrt{3}}}$

となり,

$\displaystyle{BP = \frac{13}{\sqrt{3}} = \frac{13\sqrt{3}}{3}\ [\rm{cm}]}$

である.//

※ なお, $PY \parallel AC$ , $CX \parallel BP$ がいえるので, このことからも最初の命題は容易に証明できる.

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※ ところで $OQ$ の距離はいくつなのであろう？

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$OQ^2 = OM^2+ MQ^2 =OM^2+ OL^2$

だから,

$\begin{align} OM^2 &= OA^2 -AM^2 =r^2 -AM^2 \\ OL^2 &= OB^2 -BL^2 = r^2 - BL^2 \end{align}$

より,

$\begin{eqnarray} OQ^2 &=& 2r^2 - AM^2 - BL^2 \\ &=& 2 \left(\frac{7}{\sqrt{3}}\right)^2 -4^2-\left(\frac{13}{2\sqrt{3}} \right)^2\\ &=& \frac{31}{12} \end{eqnarray}$

したがって,

$\displaystyle{OQ = \frac{\sqrt{93}}{6}}$

である. なお, この計算をやらなくても, 後で見るように方べきが $-55/4$ と簡単にわかるので, 外接円の半径を使って,

$\displaystyle{OQ^2 = \left(\frac{7}{\sqrt{3}}\right)^2-\frac{55}{4}=\frac{31}{12}}$

として求める方が簡便である.
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※ 上の検討をして, もう一つ別解を思いついた.

【別解 $2$ 】

$\displaystyle{ \frac{1}{2}\cdot 8 \cdot BQ = \sqrt{10\cdot2\cdot 3\cdot5} = 10\sqrt{3}}$

から,

$\displaystyle{BQ = \frac{5\sqrt{3}}{2}}$ .

外接円の半径は,

$\displaystyle{\frac{5\cdot7\cdot8}{4\cdot 10\sqrt{3}}=\frac{7}{\sqrt{3}}}$ .

すぐ上の図で,

$\displaystyle{\begin{align} QL^2 &= MO^2 \\&= \left(\frac{7}{\sqrt{3}}\right)^2 -4^2 \\&=\frac{1}{3} \end{align}}$ .

しかるに,

$\displaystyle{ \frac{1}{2}BP + QL = BQ}$

だから,

$\displaystyle{\begin{align} BP &= 2\cdot(BQ-QL)\\ &= 2 \cdot \left( \frac{5\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{3}\right)\\&=\frac{13\sqrt{3}}{3} \end{align}}$
//

※ 最初に解いたのは, 以下のような普通の方法である.

$\displaystyle{ \frac{1}{2}\cdot 8 \cdot BQ = \sqrt{10\cdot2 \cdot 3\cdot5} = 10\sqrt{3}}$

から,

$\displaystyle{BQ = \frac{5\sqrt{3}}{2}}$ .

ピタゴラスの定理から,

$\displaystyle{CQ = \sqrt{ 5^2-\left(\frac{5\sqrt{3}}{2} \right)^2}=\frac{5}{2}}$ .

したがって,

$\displaystyle{QA = \frac{11}{2}}$ .

方べきの定理 (相似図形を使うのと同じことである) から,

$\displaystyle{\frac{5\sqrt{3}}{2}}\cdot QP= \frac{55}{4}$

なので,

$\displaystyle{QP = \frac{11\sqrt{3}}{6}}$ .

したがって,

$\displaystyle{BP = \frac{11\sqrt{3}}{6}+ \frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{13\sqrt{3}}{3} }$

である.

補足として, $CQ = x$ とおいて

$\begin{eqnarray} 5^2 - x^2 &=& 7^2 - (8-x)^2\\ x^2-(8-x)^2 &=& 5^2-7^2 \\ 8(2x-8)&=& -2\cdot 12 \\ 2x-8 &=& -3 \end{eqnarray}$

から,

$\displaystyle{x = \frac{5}{2}}$

を求め,

$\displaystyle{CQ = \frac{5}{2}}$ , $\displaystyle{QA = 8- \frac{5}{2}= \frac{11}{2}}$

とし,

$\displaystyle{\begin{align}BQ &= \sqrt{ 5^2-\left(\frac{5}{2} \right)^2}\\ &=5\sqrt{ 1-\left(\frac{1}{2} \right)^2}\\ &=\frac{5\sqrt{3}}{2}\end{align}}$

を求め, 以下同じ計算をするやり方は簡便であり, おそらく (方べきの定理を相似に言い換えれば) 想定されているだろう解き方である.
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※ 最初の命題は以下のようにしても証明できる.

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上図で, $BC$ の中点を $H$ , $DE$ の中点を $I$ とし, それらの点からそれぞれ垂線を引くと, 円の中心で交わる.

$\begin{align} BH &= \frac{AB + AC}{2}\\ OH & = AE- \frac{AD + AE}{2}= \frac{AE - AD}{2} \end{align}$

だから,

$\begin{eqnarray} OB^2 &=& BH^2 + OH^2 \\ &=& \left(\frac{AB + AC}{2}\right)^2 + \left(\frac{AE - AD}{2}\right)^2 \\ &=& \frac{1}{4}(AB^2 + AC^2 + AD^2 + AE^2 \\&+& 2AB\cdot AC - 2AD \cdot AE) \end{eqnarray}$

であるが, 方べきの定理により,

$AB\cdot AC - AD \cdot AE =0$

なので, 円の直径を $d = 2 \cdot OB$ とすれば,

$\begin{eqnarray} d^2 &=& AB^2 + AC^2 + AD^2 + AE^2\\ &=& BD^2 + CE^2\\ &=& CD^2 + BE^2 \end{eqnarray}$

である.//