【第6回垂れ流し数学模試】文型・理型第3問　解答例

皆さんこんにちは。

今回は第6回垂れ流し数学模試の文型・理型の第3問の解答例です。

平面幾何の問題です。
三角比・三角関数を使うか、平面幾何の定理を使うか、
ベクトルや座標平面を使うか、
そういった点も見極めながら解いていきたいところです。

問題

$${\rm BC=4\sqrt{3}}$$である$${\rm \triangle ABC}$$で,
辺BC上にB, Cのいずれとも異なる2点P, Qを
$${\angle{\rm BAP}=\angle{\rm PAQ}=\angle{\rm QAC}}$$となるようにとったところ,
$${{\rm BP}:{\rm PQ}:{\rm QC}=9:3:4}$$となった.

このとき, 2辺AB, ACの長さをそれぞれ求めよ.

考え方

$${\angle{\rm BAP}=\angle{\rm PAQ}=\angle{\rm QAC}=\theta}$$
とおいて,
$${\rm \triangle ABP}$$, $${\rm \triangle APQ}$$, $${\rm \triangle AQC}$$のそれぞれで余弦定理を使うことを目標とします.

まず, $${\rm BC=4\sqrt{3}}$$と$${{\rm BP}:{\rm PQ}:{\rm QC}=9:3:4}$$から,
$${{\rm BP}=\dfrac{9\sqrt{3}}{4}}$$, $${{\rm PQ}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}}$$, $${{\rm QR}=\sqrt{3}}$$
とわかります.

次に, $${{\rm AB}=x}$$, $${{\rm AC}=y}$$とおき,
$${\rm \triangle ABQ}$$で内角の2等分線の性質を使うと
$${\rm AB:AQ=BP:PQ=9:3=3:1}$$すなわち$${{\rm AQ}=\dfrac{1}{3}x}$$がわかります.
$${\rm \triangle PAC}$$でも同様にすると, $${{\rm AP}=\dfrac{3}{4}y}$$となります.

$${\rm \triangle ABP}$$で余弦定理を使うと,

$$
\begin{aligned}
\cos\theta&=\dfrac{{\rm AB}^2+{\rm AP}^2-{\rm BP}^2}{2\cdot {\rm AB}\cdot {\rm AP}}=\dfrac{x^2+\left(\frac{3}{4}y\right)^2-\left(\frac{9\sqrt{3}}{4}\right)^2}{2\cdot x\cdot \frac{3}{4}y}\\
&=\dfrac{16x^2+9y^2-243}{24xy}
\end{aligned}
$$

となります.

同様に, $${\rm \triangle APQ}$$や$${\rm \triangle AQC}$$でも余弦定理を使って,
上記を含め$${\cos\theta}$$を$${x}$$, $${y}$$を使って3通りに表すことができます.
これらが等しいはずなので, そのうち2つずつを等号でつないでできる連立方程式を解いていきます。
数が比較的大きいですが, 計算ミスに注意して解いていきましょう.

解答例

$${\rm BC=4\sqrt{3}}$$と$${{\rm BP}:{\rm PQ}:{\rm QC}=9:3:4}$$から,
$${{\rm BP}=\dfrac{9\sqrt{3}}{4}}$$, $${{\rm PQ}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}}$$, $${{\rm QR}=\sqrt{3}}$$
また, $${{\rm AB}=x}$$, $${{\rm AC}=y}$$とおく.

$${\rm \triangle ABQ}$$で, APは$${\angle {\rm BAQ}}$$の2等分線だから, 
$${\rm AB:AQ=BP:PQ=9:3=3:1}$$ よって$${{\rm AQ}=\dfrac{1}{3}x}$$
同様に$${\rm \triangle PAC}$$で, AQは$${\angle {\rm PAC}}$$の2等分線だから,
$${\rm AP:AC=PQ:QC=3:4}$$ よって$${{\rm AP}=\dfrac{3}{4}y}$$

$${\angle{\rm BAP}=\angle{\rm PAQ}=\angle{\rm QAC}=\theta}$$とおく.

$${\rm \triangle ABP}$$で余弦定理より,

$$
\begin{aligned}
\cos\theta&=\dfrac{{\rm AB}^2+{\rm AP}^2-{\rm BP}^2}{2\cdot {\rm AB}\cdot {\rm AP}}=\dfrac{x^2+\left(\frac{3}{4}y\right)^2-\left(\frac{9\sqrt{3}}{4}\right)^2}{2\cdot x\cdot \frac{3}{4}y}\\
&=\dfrac{16x^2+9y^2-243}{24xy}
\end{aligned}
$$

$${\rm \triangle APQ}$$で余弦定理より,

$$
\begin{aligned}
\cos\theta&=\dfrac{{\rm AP}^2+{\rm AQ}^2-{\rm PQ}^2}{2\cdot {\rm AP}\cdot {\rm AQ}}=\dfrac{\left(\frac{3}{4}y\right)^2+\left(\frac{1}{3}x\right)^2-\left(\frac{3\sqrt{3}}{4}\right)^2}{2\cdot \frac{3}{4}y\cdot \frac{1}{3}x}\\
&=\dfrac{81x^2+16y^2-243}{72xy}
\end{aligned}
$$

$${\rm \triangle AQC}$$で余弦定理より,

$$
\begin{aligned}
\cos\theta&=\dfrac{{\rm AQ}^2+{\rm AC}^2-{\rm QC}^2}{2\cdot {\rm AQ}\cdot {\rm AC}}=\dfrac{\left(\frac{1}{3}x\right)^2+y^2-\left(\sqrt{3}\right)^2}{2\cdot \frac{1}{3}x\cdot y}\\
&=\dfrac{x^2+9y^2-27}{6xy}
\end{aligned}
$$

したがって, 

$$
\dfrac{16x^2+9y^2-243}{24xy}=\dfrac{81x^2+16y^2-243}{72xy}=\dfrac{x^2+9y^2-27}{6xy}
$$

$${x\gt 0}$$, $${y\gt 0}$$に注意してこれを解いて,
$${x=\boldsymbol{{\bf AB}=3\sqrt{3}}}$$, $${y=\boldsymbol{{\bf AC}=\sqrt{7}}}$$

ここで, 
$${\rm BC-AB=4\sqrt{3}-3\sqrt{3}=\sqrt{3}\lt \sqrt{7}=AC}$$,
$${\rm BC+AB=4\sqrt{3}+3\sqrt{3}=7\sqrt{3}\gt \sqrt{7}=AC}$$
であるから,
上記のAB, ACおよび問題の条件である$${\rm BC=4\sqrt{3}}$$をみたす$${\rm \triangle ABC}$$は確かに存在する.

考え方2

角の2等分線が出てきた場合に有効な方法として, 面積比を考える方法があります.
これと三角関数の2倍角や3倍角の公式をうまく利用することで,
$${\sin\theta}$$や$${\cos\theta}$$を求めることができます.
今回の解答提出者さんの中でも面積比を使っている方がいらっしゃったので,
それに類似した方法で考えてみます.

$${{\rm BP}=\dfrac{9\sqrt{3}}{4}}$$, $${{\rm PQ}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}}$$, $${{\rm QR}=\sqrt{3}}$$
と, $${{\rm AB}=x}$$, $${{\rm AC}=y}$$とおいたときの
$${{\rm AQ}=\dfrac{1}{3}x}$$, $${{\rm AP}=\dfrac{3}{4}y}$$
そして
$${\angle{\rm BAP}=\angle{\rm PAQ}=\angle{\rm QAC}=\theta}$$
とおくところまでは解答例1と同じです.

$${\rm \triangle ABP}$$と$${\rm \triangle ABC}$$の面積について,

$$
\begin{aligned}
{\rm \triangle ABP}&=\dfrac{1}{2}\cdot {\rm AB}\cdot {\rm AP}\cdot \sin\theta=\dfrac{1}{2}\cdot x\cdot \dfrac{3}{4}y\cdot \sin\theta\\[2mm]
&=\dfrac{3}{8}xy\sin\theta\quad(\cdots ①)\\[4mm]
{\rm \triangle ABC}&=\dfrac{1}{2}\cdot {\rm AB}\cdot {\rm AC}\cdot \sin 3\theta=\dfrac{1}{2}\cdot x\cdot y\cdot (3\sin\theta-4\sin^3\theta)\\[2mm]
&=\dfrac{1}{2}xy\sin\theta(3-4\sin^2\theta)\quad (\cdots ②)\\
\end{aligned}
$$

一方で, $${\rm \triangle ABP}$$と$${\rm \triangle ABC}$$は辺BP, BCをそれぞれ底辺とみれば同じ高さ(Aから直線BCに下した垂線)なので,
$${\rm \triangle ABP:\rm \triangle ABC=BP:BC=9:16\quad (\cdots ③)}$$
が成り立ちます.

これら①, ②, ③を組み合わせると, $${x}$$, $${y}$$(あと$${\sin\theta}$$)が消えて
$${\sin\theta}$$の2次方程式が現れます.

このあと余弦定理を使うのですが, 
$${\cos\theta}$$を求めて, $${\rm \triangle ABP}$$, $${\rm \triangle ACQ}$$で余弦定理を使って, …と行ってもできますが,
これだと$${x^2}$$, $${y^2}$$, $${xy}$$が登場するので, それなりに面倒です.

そこで, $${\rm \triangle ABQ}$$に着目しますと, $${\cos 2\theta=1-2\sin^2\theta}$$が利用でき,
しかもAB, AQの長さは$${x}$$を用いて表せるので,
余弦定理を使って$${x}$$の方程式を解けばよくなります.
同様に$${\rm \triangle ACP}$$で余弦定理を使って$${y}$$を求めましょう.

解答例2

(・$${{\rm BP}=\dfrac{9\sqrt{3}}{4}}$$, $${{\rm PQ}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}}$$, $${{\rm QR}=\sqrt{3}}$$
・$${{\rm AB}=x}$$, $${{\rm AC}=y}$$とおいたときの
　$${{\rm AQ}=\dfrac{1}{3}x}$$, $${{\rm AP}=\dfrac{3}{4}y}$$
・$${\angle{\rm BAP}=\angle{\rm PAQ}=\angle{\rm QAC}=\theta}$$とおく
までは解答例1と同じ)

$${\rm \triangle ABP}$$と$${\rm \triangle ABC}$$の面積について,

$$
\begin{aligned}
{\rm \triangle ABP}&=\dfrac{1}{2}\cdot {\rm AB}\cdot {\rm AP}\cdot \sin\theta=\dfrac{1}{2}\cdot x\cdot \dfrac{3}{4}y\cdot \sin\theta\\[2mm]
&=\dfrac{3}{8}xy\sin\theta\quad(\cdots ①)\\[4mm]
{\rm \triangle ABC}&=\dfrac{1}{2}\cdot {\rm AB}\cdot {\rm AC}\cdot \sin 3\theta=\dfrac{1}{2}\cdot x\cdot y\cdot (3\sin\theta-4\sin^3\theta)\\[2mm]
&=\dfrac{1}{2}xy\sin\theta(3-4\sin^2\theta)\quad (\cdots ②)\\
\end{aligned}
$$

一方で, $${\rm \triangle ABP}$$と$${\rm \triangle ABC}$$は
辺BP, BCをそれぞれ底辺とみれば同じ高さ(Aから直線BCに下した垂線)なので,
$${\rm \triangle ABP:\rm \triangle ABC=BP:BC=9:16\quad (\cdots ③)}$$

①, ②, ③より,
$${\dfrac{3}{8}xy\sin\theta:\dfrac{1}{2}xy\sin\theta(3-4\sin^2\theta)=9:16}$$
$${x, y\gt 0}$$, また$${0\lt\theta\lt\pi}$$より$${\sin\theta\gt 0}$$だから,
$${6=\dfrac{9}{2}(3-4\sin^2\theta)}$$ よって$${\sin^2\theta=\dfrac{5}{12}}$$

このとき$${\rm \triangle ABQ}$$について,
$${\cos\angle{\rm BAQ}=\cos 2\theta= 1-2\sin^2\theta=1-2\dfrac{5}{12}=\dfrac{1}{6}}$$
$${\rm BQ=BC-QC=4\sqrt{3}-\sqrt{3}=3\sqrt{3}}$$
であり, 余弦定理により,
$${{\rm BQ}^2={\rm AB}^2+{\rm AQ}^2-2\cdot {\rm AB}\cdot {\rm AQ}\cdot \cos 2\theta}$$
よって
$${27=x^2+\dfrac{1}{9}x^2-\dfrac{1}{9}x^2}$$
$${x\gt 0}$$より$${x=3\sqrt{3}}$$

また$${\rm \triangle ACP}$$について,
$${\cos\angle{\rm CAP}=\cos 2\theta=\dfrac{1}{6}}$$
$${\rm CP=BC-BP=4\sqrt{3}-\dfrac{9\sqrt{3}}{4}=\dfrac{7\sqrt{3}}{4}}$$
であり, 余弦定理により,
$${{\rm CP}^2={\rm AC}^2+{\rm AP}^2-2\cdot {\rm AC}\cdot {\rm AP}\cdot \cos 2\theta}$$
よって
$${\dfrac{147}{16}=y^2+\dfrac{9}{16}y^2-\dfrac{1}{4}y^2}$$
$${x\gt 0}$$より$${y=\sqrt{7}}$$

以上より,
$${x=\boldsymbol{{\bf AB}=3\sqrt{3}}}$$, $${y=\boldsymbol{{\bf AC}=\sqrt{7}}}$$

(このあと, AB, ACの長さの吟味については解答例1と同じ)

その他の解法

1. ベクトルを使う.
   $${\vec{b}=\overrightarrow{\rm AB}}$$, $${\vec{c}=\overrightarrow{\rm AC}}$$を使って$${\overrightarrow{\rm AP}}$$, $${\overrightarrow{\rm AQ}}$$を表す.
   
   内角の二等分線と比の関係を使うことで, $${|\overrightarrow{\rm AP}|^2}$$, $${|\overrightarrow{\rm AQ}|^2}$$に関する関係式を立てること,
   さらに$${|\overrightarrow{\rm BC}|^2=|\vec{c}-\vec{b}|^2}$$により,
   $${|\vec{b}|^2}$$, $${|\vec{c}|^2}$$および内積$${\vec{b}\cdot\vec{c}}$$の等式を3つ立てて連立させて解く.
   
   

2. $${x}$$, $${y}$$, $${\theta}$$は2つの解答例と同じ設定で,
   半直線AP, AQ上にR, Sを$${\rm AB=AS}$$, $${\rm AC=AR}$$となるようにとり,
   BSとAP, CRとAQの交点をそれぞれT, Uとする.
   
   メネラウスの定理により$${\rm AP:PT}$$, $${\rm AQ:QU}$$がわかる.
   
   また$${\rm \triangle ABT}$$と$${\rm \triangle ACU}$$は相似であることから$${x}$$と$${y}$$の関係がわかる.
   
   そこからは$${\rm \triangle ABP}$$と$${\rm \triangle ACQ}$$それぞれで余弦定理から$${\cos\theta}$$を消去した$${x}$$の方程式を解くか,
   または, PからABに垂線PHを下ろして$${\rm \triangle ABT}$$と相似な$${\rm \triangle APH}$$を作り,
   相似と三平方の定理を駆使してBPを$${x}$$で表して$${x}$$を求める.

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まとめ

以上, 第6回垂れ流し数学模試の文型・理型第2問の解答をお届けいたしました。

内角の3等分線なので、三角比を使う場合にはうまく2倍角や3倍角の公式を余弦定理と共に用いると効果的です。

幾何の問題はベクトルや座標幾何以外だとどうしても地味になりがちですが、
構図によっては便利なこともあるので、ぜひ押さえておきたいですね。

それではこの記事を終わりたいと思います。
ここまでお読みいただきありがとうございました。