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第9章　準2級 図形の性質

—— 図形の性質 第1〜7章の「比・五心・チェバとメネラウス・円・方べき・空間図形」を、数検準2級の出題形式で ——

数検準2級の「図形の性質」の類題です。角の二等分線と比、内心・外心の角、チェバの定理・メネラウスの定理、円周角と接弦定理、方べきの定理、2 円の共通接線、正多面体と空間の垂直までを20問にまとめました。問題には図がないので、点の位置は問題文の言葉どおりに自分で図をかいてから解きます。2次（数理技能）では「どの三角形とどの直線にメネラウスの定理を使うか」「どの 2 つの三角形が相似か」を最初に書くことを練習します。j20 だけは、$30^\circ$，$60^\circ$，$90^\circ$ の直角三角形の辺の比（中学の範囲）を使います。

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出題のポイント

この章で使う道具（図形の性質 第1〜7章）
  • 角の二等分線：△ABC\triangle ABC の ∠A\angle A の二等分線と BCBC の交点 DD は BD:DCBD : DC=AB:AC{}= AB : AC。外角の二等分線と直線 BCBC の交点 EE も BE:ECBE : EC=AB:AC{}= AB : AC（EE は短いほうの辺の側の外側）。
  • 内心・外心の角：内心 II なら ∠BIC\angle BIC=90∘+12∠A{}= 90^\circ + \dfrac{1}{2}\angle A、外心 OO なら（∠A\angle A が鋭角のとき）∠BOC\angle BOC=2∠A{}= 2\angle A。
  • チェバの定理・メネラウスの定理：どちらも AFFB⋅BDDC⋅CEEA\dfrac{AF}{FB} \cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac{CE}{EA}=1{}= 1 の形。「頂点 → 分点 → 頂点」と一周する順に書きます。
  • 円周角・接弦定理：同じ弧に対する円周角は等しく、中心角の半分。接線と弦のつくる角は、その角の内部にある弧に対する円周角に等しい。
  • 方べきの定理：点 PP を通る 2 直線が円と AA，BB および CC，DD で交わるとき PA⋅PBPA \cdot PB=PC⋅PD{}= PC \cdot PD。一方が接線（接点 TT）なら PA⋅PBPA \cdot PB=PT2{}= PT^2。
  • 2 円の共通接線：半径 rr，r′r'、中心間の距離 dd のとき、接点間の長さは 共通外接線 d2−(r−r′)2\sqrt{d^2 - (r - r')^2}、共通内接線 d2−(r+r′)2\sqrt{d^2 - (r + r')^2}。
  • 空間図形：オイラーの多面体定理 vv−e{}- e+f{}+ f=2{}= 2。三垂線の定理（平面外の点からの垂線と、平面上の直線への垂線の関係）。

図形の性質の問題は、まず図をかいて「比の定理（二等分線・チェバ・メネラウス）」「円の定理（円周角・接弦・方べき）」のどちらの出番かを見きわめると、立てる式が 1 本に決まります。

類題（全20問）

難易度マークは ★＝基礎、★★＝標準、★★★＝難問です。★から順に取り組みましょう。

問1　★

ABAB=9{}= 9，BCBC=10{}= 10，CACA=6{}= 6 の △ABC\triangle ABC がある。∠A\angle A の二等分線と辺 BCBC の交点を DD、∠A\angle A の外角の二等分線と辺 BCBC の延長との交点を EE とする。線分 BDBD と DEDE の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

BDBD=6{}= 6，DEDE=24{}= 24

解説

角の二等分線の性質から BD:DCBD : DC=AB:AC{}= AB : AC=9:6{}= 9 : 6=3:2{}= 3 : 2 なので

BD\displaystyle BD=10×35\displaystyle {}= 10 \times \frac{3}{5}=6‾,\displaystyle {}= \underline{6},DC\displaystyle DC=4\displaystyle {}= 4

外角の二等分線でも BE:ECBE : EC=AB:AC{}= AB : AC=3:2{}= 3 : 2 です。ABAB>AC{}> AC なので、EE は短いほうの辺の側、つまり CC の外側にあります。BEBE=3k{}= 3k，ECEC=2k{}= 2k とおくと、外分なので差が全体で 3k3k−2k{}- 2k=10{}= 10、kk=10{}= 10。ECEC=20{}= 20 です。

DE\displaystyle DE=DC\displaystyle {}= DC+CE\displaystyle {}+ CE=4\displaystyle {}= 4+20\displaystyle {}+ 20=24‾\displaystyle {}= \underline{24}
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問2　★

鋭角三角形 ABCABC の内心を II、外心を OO とする。∠BAC\angle BAC=64∘{}= 64^\circ のとき、∠BIC\angle BIC，∠BOC\angle BOC，∠OBC\angle OBC の大きさを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

∠BIC\angle BIC=122∘{}= 122^\circ，∠BOC\angle BOC=128∘{}= 128^\circ，∠OBC\angle OBC=26∘{}= 26^\circ

解説

IBIB，ICIC は ∠B\angle B，∠C\angle C の二等分線なので

∠BIC\displaystyle \angle BIC=180∘−∠B+∠C2\displaystyle {}= 180^\circ - \frac{\angle B + \angle C}{2}=180∘−180∘−64∘2\displaystyle {}= 180^\circ - \frac{180^\circ - 64^\circ}{2}=122∘‾\displaystyle {}= \underline{122^\circ}

OO は外接円の中心で、∠BOC\angle BOC は弧 BCBC に対する中心角です（三角形が鋭角なので AA と OO は BCBC の同じ側）。

∠BOC\displaystyle \angle BOC=2∠BAC\displaystyle {}= 2\angle BAC=128∘‾\displaystyle {}= \underline{128^\circ}

OBOB=OC{}= OC より △OBC\triangle OBC は二等辺三角形なので、∠OBC\angle OBC=180∘−128∘2{}= \dfrac{180^\circ - 128^\circ}{2}=26∘‾{}= \underline{26^\circ} です。

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問3　★

BCBC=10{}= 10 の △ABC\triangle ABC において、辺 ABAB を 3:23 : 2 に内分する点を PP、辺 ACAC を 4:14 : 1 に内分する点を QQ とし、直線 PQPQ と辺 BCBC の延長との交点を RR とする。線分 CRCR の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

CRCR=6{}= 6

解説

△ABC\triangle ABC と直線 PRPR にメネラウスの定理を使います。

APPB⋅BRRC⋅CQQA\displaystyle \frac{AP}{PB} \cdot \frac{BR}{RC} \cdot \frac{CQ}{QA}=1\displaystyle {}= 1より\displaystyle \text{より}32⋅BRRC⋅14\displaystyle \frac{3}{2} \cdot \frac{BR}{RC} \cdot \frac{1}{4}=1,\displaystyle {}= 1,BRRC\displaystyle \frac{BR}{RC}=83\displaystyle {}= \frac{8}{3}

BRBR>RC{}> RC なので、RR は CC の外側にあります。BRBR=8k{}= 8k，RCRC=3k{}= 3k とおくと BCBC=8k{}= 8k−3k{}- 3k=5k{}= 5k=10{}= 10、kk=2{}= 2。

CR\displaystyle CR=3×2\displaystyle {}= 3 \times 2=6‾\displaystyle {}= \underline{6}
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問4　★

△ABC\triangle ABC の内部に点 PP があり、直線 APAP，BPBP，CPCP と辺 BCBC，CACA，ABAB の交点をそれぞれ DD，EE，FF とする。AF:FBAF : FB=1:2{}= 1 : 2，AE:ECAE : EC=3:4{}= 3 : 4 のとき、BD:DCBD : DC と AP:PDAP : PD を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

BD:DCBD : DC=3:2{}= 3 : 2，AP:PDAP : PD=5:4{}= 5 : 4

解説

チェバの定理より

AFFB⋅BDDC⋅CEEA\displaystyle \frac{AF}{FB} \cdot \frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA}=1\displaystyle {}= 1より\displaystyle \text{より}12⋅BDDC⋅43\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{BD}{DC} \cdot \frac{4}{3}=1,\displaystyle {}= 1,BDDC\displaystyle \frac{BD}{DC}=32\displaystyle {}= \frac{3}{2}

よって BD:DC=3:2‾\underline{BD : DC = 3 : 2} です。次に、△ABD\triangle ABD と直線 CFCF にメネラウスの定理を使います。BC:CDBC : CD=5:2{}= 5 : 2 です。

AFFB⋅BCCD⋅DPPA\displaystyle \frac{AF}{FB} \cdot \frac{BC}{CD} \cdot \frac{DP}{PA}=1\displaystyle {}= 1より\displaystyle \text{より}12⋅52⋅DPPA\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{2} \cdot \frac{DP}{PA}=1,\displaystyle {}= 1,DPPA\displaystyle \frac{DP}{PA}=45\displaystyle {}= \frac{4}{5}

よって AP:PD=5:4‾\underline{AP : PD = 5 : 4} です。

自己採点：
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問5　★

中心 OO の円の周上に 3 点 AA，BB，CC があり、弧 ABAB（CC を含まない）、弧 BCBC（AA を含まない）、弧 CACA（BB を含まない）の長さの比は 2:3:42 : 3 : 4 である。△ABC\triangle ABC の 3 つの角の大きさと、∠OAB\angle OAB の大きさを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

∠A\angle A=60∘{}= 60^\circ，∠B\angle B=80∘{}= 80^\circ，∠C\angle C=40∘{}= 40^\circ，∠OAB\angle OAB=50∘{}= 50^\circ

解説

弧の長さは中心角に比例するので、3 つの弧に対する中心角は 360∘360^\circ を 2:3:42 : 3 : 4 に分けた 80∘80^\circ，120∘120^\circ，160∘160^\circ です。円周角は中心角の半分なので

  • ∠C\angle C（弧 ABAB に対する円周角）=40∘= 40^\circ
  • ∠A\angle A（弧 BCBC に対する円周角）=60∘= 60^\circ
  • ∠B\angle B（弧 CACA に対する円周角）=80∘= 80^\circ

よって ∠A=60∘,‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8867em}\angle A = 60^\circ,} ∠B=80∘,‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8867em}\ \angle B = 80^\circ,} ∠C=40∘‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8867em}\ \angle C = 40^\circ} です。△OAB\triangle OAB は OAOA=OB{}= OB の二等辺三角形で、∠AOB\angle AOB=80∘{}= 80^\circ なので ∠OAB\angle OAB=180∘−80∘2{}= \dfrac{180^\circ - 80^\circ}{2}=50∘‾{}= \underline{50^\circ} です。

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問6　★

円に内接する △ABC\triangle ABC がある。点 CC における円の接線と、辺 ABAB の BB の側の延長との交点を PP とする。∠BAC\angle BAC=38∘{}= 38^\circ，∠APC\angle APC=30∘{}= 30^\circ のとき、∠BCP\angle BCP と ∠ACB\angle ACB の大きさを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

∠BCP\angle BCP=38∘{}= 38^\circ，∠ACB\angle ACB=74∘{}= 74^\circ

解説

接弦定理より、接線 CPCP と弦 CBCB のつくる角は、その内部にある弧 CBCB に対する円周角 ∠BAC\angle BAC に等しくなります。

∠BCP\displaystyle \angle BCP=∠BAC\displaystyle {}= \angle BAC=38∘‾\displaystyle {}= \underline{38^\circ}

∠ABC\angle ABC は △PBC\triangle PBC の頂点 BB における外角なので

∠ABC\displaystyle \angle ABC=∠BCP\displaystyle {}= \angle BCP+∠BPC\displaystyle {}+ \angle BPC=38∘+30∘\displaystyle {}= 38^\circ + 30^\circ=68∘\displaystyle {}= 68^\circ

よって ∠ACB\angle ACB=180∘−38∘−68∘{}= 180^\circ - 38^\circ - 68^\circ=74∘‾{}= \underline{74^\circ} です。

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問7　★

線分 ABAB 上に ACAC=9{}= 9，CBCB=4{}= 4 となる点 CC をとる。ABAB を直径とする半円をかき、CC を通り ABAB に垂直な直線と半円との交点を DD とする。線分 CDCD，ADAD，BDBD の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

CDCD=6{}= 6，ADAD=313{}= 3\sqrt{13}，BDBD=213{}= 2\sqrt{13}

解説

ABAB は直径なので ∠ADB\angle ADB=90∘{}= 90^\circ です。∠DAC\angle DAC=90∘−∠ADC{}= 90^\circ - \angle ADC=∠BDC{}= \angle BDC より △ACD∽△DCB\triangle ACD \backsim \triangle DCB となり、AC:CDAC : CD=DC:CB{}= DC : CB です。

CD2\displaystyle CD^2=AC⋅CB\displaystyle {}= AC \cdot CB=9×4\displaystyle {}= 9 \times 4=36\displaystyle {}= 36より\displaystyle \text{より}CD\displaystyle CD=6‾\displaystyle {}= \underline{6}

三平方の定理から

AD\displaystyle AD=92+62\displaystyle {}= \sqrt{9^2 + 6^2}=117\displaystyle {}= \sqrt{117}=313‾,\displaystyle {}= \underline{3\sqrt{13}},BD\displaystyle BD=42+62\displaystyle {}= \sqrt{4^2 + 6^2}=52\displaystyle {}= \sqrt{52}=213‾\displaystyle {}= \underline{2\sqrt{13}}

これは長さ ab\sqrt{ab} の線分を作図する方法（aa=9{}= 9，bb=4{}= 4）そのものです。

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問8　★

正二十面体は、20 個の合同な正三角形でできていて、どの頂点にも 5 個の面が集まっている。正二十面体の辺の数 ee と頂点の数 vv を求め、vv−e{}- e+f{}+ f（ff は面の数）の値を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

ee=30{}= 30，vv=12{}= 12，vv−e{}- e+f{}+ f=2{}= 2

解説

20 個の正三角形の辺を合計すると 20×320 \times 3=60{}= 60 本ですが、多面体の 1 本の辺は 2 つの面に共有されているので

e\displaystyle e=602\displaystyle {}= \frac{60}{2}=30‾\displaystyle {}= \underline{30}

20 個の正三角形の頂点を合計すると 6060 個で、1 つの頂点には 5 個の面が集まっているので

v\displaystyle v=605\displaystyle {}= \frac{60}{5}=12‾\displaystyle {}= \underline{12}

vv−e{}- e+f{}+ f=12{}= 12−30{}- 30+20{}+ 20=2‾{}= \underline{2} となり、オイラーの多面体定理と一致します。

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問9　★★

ABAB=10{}= 10，BCBC=9{}= 9，CACA=8{}= 8 の △ABC\triangle ABC の内心を II とし、直線 AIAI と辺 BCBC の交点を DD とする。線分 BDBD の長さ、AI:IDAI : ID、および △IBD\triangle IBD の面積は △ABC\triangle ABC の面積の何倍かを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

BDBD=5{}= 5，AI:IDAI : ID=2:1{}= 2 : 1，527\dfrac{5}{27} 倍

解説

ADAD は ∠A\angle A の二等分線なので、BD:DCBD : DC=AB:AC{}= AB : AC=10:8{}= 10 : 8=5:4{}= 5 : 4 です。

BD\displaystyle BD=9×59\displaystyle {}= 9 \times \frac{5}{9}=5‾\displaystyle {}= \underline{5}

BIBI は ∠B\angle B の二等分線なので、△ABD\triangle ABD で角の二等分線の性質を使うと

AI:ID\displaystyle AI : ID=BA:BD\displaystyle {}= BA : BD=10:5\displaystyle {}= 10 : 5=2:1‾\displaystyle {}= \underline{2 : 1}

面積は、高さが共通な三角形の底辺の比で順に求めます。

△ABD\displaystyle \triangle ABD=BDBC△ABC\displaystyle {}= \frac{BD}{BC}\triangle ABC=59△ABC,\displaystyle {}= \frac{5}{9}\triangle ABC,△IBD\displaystyle \triangle IBD=IDAD△ABD\displaystyle {}= \frac{ID}{AD}\triangle ABD=13⋅59△ABC\displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{9}\triangle ABC

よって △IBD\triangle IBD は △ABC\triangle ABC の 527‾\underline{\dfrac{5}{27}} 倍です。

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問10　★★

面積が 2121 の △ABC\triangle ABC において、辺 BCBC を 2:12 : 1 に内分する点を DD、辺 ACAC を 1:21 : 2 に内分する点を EE とし、線分 ADAD と BEBE の交点を PP とする。AP:PDAP : PD，BP:PEBP : PE と、△PBD\triangle PBD の面積を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

AP:PDAP : PD=3:4{}= 3 : 4，BP:PEBP : PE=6:1{}= 6 : 1，△PBD\triangle PBD=8{}= 8

解説

BD:DCBD : DC=2:1{}= 2 : 1，AE:ECAE : EC=1:2{}= 1 : 2 です。

AP:PDAP : PD △ADC\triangle ADC と直線 BEBE にメネラウスの定理を使います。DB:BCDB : BC=2:3{}= 2 : 3 です。

APPD⋅DBBC⋅CEEA\displaystyle \frac{AP}{PD} \cdot \frac{DB}{BC} \cdot \frac{CE}{EA}=1\displaystyle {}= 1より\displaystyle \text{より}APPD⋅23⋅21\displaystyle \frac{AP}{PD} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{1}=1,\displaystyle {}= 1,APPD\displaystyle \frac{AP}{PD}=34\displaystyle {}= \frac{3}{4}

よって AP:PD=3:4‾\underline{AP : PD = 3 : 4}。

BP:PEBP : PE △BCE\triangle BCE と直線 ADAD にメネラウスの定理を使います。CA:AECA : AE=3:1{}= 3 : 1 です。

BDDC⋅CAAE⋅EPPB\displaystyle \frac{BD}{DC} \cdot \frac{CA}{AE} \cdot \frac{EP}{PB}=1\displaystyle {}= 1より\displaystyle \text{より}2⋅3⋅EPPB\displaystyle 2 \cdot 3 \cdot \frac{EP}{PB}=1,\displaystyle {}= 1,EPPB\displaystyle \frac{EP}{PB}=16\displaystyle {}= \frac{1}{6}

よって BP:PE=6:1‾\underline{BP : PE = 6 : 1}。

面積 △ABD\triangle ABD=23×21{}= \dfrac{2}{3} \times 21=14{}= 14 で、△PBD\triangle PBD は △ABD\triangle ABD と底辺を ADAD 上にとると高さが共通なので

△PBD\displaystyle \triangle PBD=PDAD×14\displaystyle {}= \frac{PD}{AD} \times 14=47×14\displaystyle {}= \frac{4}{7} \times 14=8‾\displaystyle {}= \underline{8}
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問11　★★

円周上に 4 点 AA，BB，CC，DD がこの順にあり、弦 ACAC と BDBD が点 PP で交わっている。ABAB=8{}= 8，CDCD=6{}= 6，PAPA=4{}= 4，PBPB=6{}= 6 のとき、△PAB∽△PDC\triangle PAB \backsim \triangle PDC であることを示し、線分 PDPD と PCPC の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

PDPD=3{}= 3，PCPC=92{}= \dfrac{9}{2}

解説

△PAB\triangle PAB と △PDC\triangle PDC において

  • 弧 BCBC に対する円周角なので ∠PAB\angle PAB=∠CAB{}= \angle CAB=∠CDB{}= \angle CDB=∠PDC{}= \angle PDC ……(1)
  • 対頂角なので ∠APB\angle APB=∠DPC{}= \angle DPC ……(2)

(1)(2) より、2 組の角がそれぞれ等しいので △PAB∽△PDC\triangle PAB \backsim \triangle PDC です。（証明終）

対応する辺の比は AB:DCAB : DC=8:6{}= 8 : 6=4:3{}= 4 : 3 です。PAPA と PDPD、PBPB と PCPC が対応するので

PD\displaystyle PD=PA×34\displaystyle {}= PA \times \frac{3}{4}=3‾,\displaystyle {}= \underline{3},PC\displaystyle PC=PB×34\displaystyle {}= PB \times \frac{3}{4}=92‾\displaystyle {}= \underline{\frac{9}{2}}

確かめ：PA⋅PCPA \cdot PC=4×92{}= 4 \times \dfrac{9}{2}=18{}= 18，PB⋅PDPB \cdot PD=6×3{}= 6 \times 3=18{}= 18 で、方べきの定理と一致します。

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問12　★★

∠C\angle C=90∘{}= 90^\circ の直角三角形 ABCABC において、斜辺 ABAB=10{}= 10、内接円の半径が 22 である。BCBC+CA{}+ CA の値と △ABC\triangle ABC の面積を求め、BCBC>CA{}> CA のとき BCBC と CACA の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

BCBC+CA{}+ CA=14{}= 14，面積 2424，BCBC=8{}= 8，CACA=6{}= 6

解説

内心を II、内接円と辺 BCBC，CACA，ABAB の接点を PP，QQ，RR とし、aa=BC{}= BC，bb=CA{}= CA とおきます。

∠C\angle C=90∘{}= 90^\circ，∠IPC\angle IPC=∠IQC{}= \angle IQC=90∘{}= 90^\circ，IPIP=IQ{}= IQ=2{}= 2 なので、四角形 IPCQIPCQ は正方形で CPCP=CQ{}= CQ=2{}= 2 です。円の外の点から引いた 2 本の接線の長さは等しいので

AB\displaystyle AB=AR\displaystyle {}= AR+RB\displaystyle {}+ RB=AQ\displaystyle {}= AQ+BP\displaystyle {}+ BP=(b−2)\displaystyle {}= (b - 2)+(a−2)\displaystyle {}+ (a - 2)

よって aa+b{}+ b−4{}- 4=10{}= 10 より BC‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}BC}+CA=14‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}{}+ CA = 14}。

三平方の定理より a2a^2+b2{}+ b^2=100{}= 100 なので

ab\displaystyle ab=(a+b)2−(a2+b2)2\displaystyle {}= \frac{(a + b)^2 - (a^2 + b^2)}{2}=196−1002\displaystyle {}= \frac{196 - 100}{2}=48,\displaystyle {}= 48,△ABC\displaystyle \triangle ABC=12ab\displaystyle {}= \frac{1}{2}ab=24‾\displaystyle {}= \underline{24}

aa，bb は和 1414、積 4848 の 2 数なので t2t^2−14t{}- 14t+48{}+ 48=(t−6)(t−8){}= (t - 6)(t - 8)=0{}= 0 の解です。aa>b{}> b より BC=8,‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8778em}BC = 8,} CA=6‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8778em}\ CA = 6}。

確かめ：面積は 12×2×(10+8+6)\dfrac{1}{2} \times 2 \times (10 + 8 + 6)=24{}= 24 とも計算でき、一致します。

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問13　★★

中心 OO、半径 55 の円と、中心 O′O'、半径 22 の円があり、OO′OO'=9{}= 9 である。2 つの円の位置関係と共通接線の本数を答え、共通外接線の 2 つの接点の間の長さと、共通内接線の 2 つの接点の間の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

互いに外部にある（離れている）、共通接線は 4 本、共通外接線 626\sqrt{2}，共通内接線 424\sqrt{2}

解説

OO′OO'=9{}= 9>5{}> 5+2{}+ 2=7{}= 7 なので、2 つの円は互いに外部にあり、共通接線は外接線 2 本・内接線 2 本の 4 本です。

共通外接線 接点を SS（円 OO 上）、TT（円 O′O' 上）とします。O′O' を通り STST に平行な直線と OSOS の交点を HH とすると、四角形 HSTO′HSTO' は長方形で、OHOH=5{}= 5−2{}- 2=3{}= 3、∠OHO′\angle OHO'=90∘{}= 90^\circ です。

ST\displaystyle ST=O′H\displaystyle {}= O'H=92−32\displaystyle {}= \sqrt{9^2 - 3^2}=72\displaystyle {}= \sqrt{72}=62‾\displaystyle {}= \underline{6\sqrt{2}}

共通内接線 接点を UU（円 OO 上）、VV（円 O′O' 上）とします。O′O' を通り UVUV に平行な直線と直線 OUOU の交点を KK とすると、KK は UU の先（OO と反対側）にあり、OKOK=5{}= 5+2{}+ 2=7{}= 7、∠OKO′\angle OKO'=90∘{}= 90^\circ です。

UV\displaystyle UV=O′K\displaystyle {}= O'K=92−72\displaystyle {}= \sqrt{9^2 - 7^2}=32\displaystyle {}= \sqrt{32}=42‾\displaystyle {}= \underline{4\sqrt{2}}
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問14　★★

中心 OO の円の外部の点 PP から円に接線を引き、接点を TT とする。直線 POPO と円の 2 つの交点のうち、PP に近いほうを AA、遠いほうを BB とする。PTPT=12{}= 12，PAPA=6{}= 6 のとき、円の半径 rr を求め、TT から直線 POPO に下ろした垂線の長さ THTH を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

rr=9{}= 9，THTH=365{}= \dfrac{36}{5}

解説

方べきの定理より PT2PT^2=PA⋅PB{}= PA \cdot PB です。

122\displaystyle 12^2=6⋅PB\displaystyle {}= 6 \cdot PBより\displaystyle \text{より}PB\displaystyle PB=24\displaystyle {}= 24

ABAB=PB{}= PB−PA{}- PA=18{}= 18 は直径なので r=9‾\underline{r = 9}。すると OPOP=PA{}= PA+r{}+ r=15{}= 15 です。

接線は接点を通る半径に垂直なので ∠OTP\angle OTP=90∘{}= 90^\circ（OTOT=9{}= 9，PTPT=12{}= 12，OPOP=15{}= 15）。△OTP\triangle OTP の面積を 2 通りに表すと

12⋅OT⋅PT\displaystyle \frac{1}{2} \cdot OT \cdot PT=12⋅OP⋅TH\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot OP \cdot THより\displaystyle \text{より}TH\displaystyle TH=9×1215\displaystyle {}= \frac{9 \times 12}{15}=365‾\displaystyle {}= \underline{\frac{36}{5}}
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問15　★★

四面体 OABCOABC において、OAOA，OBOB，OCOC はどの 2 本も垂直で、OAOA=2{}= 2，OBOB=OC{}= OC=4{}= 4 である。辺 BCBC の中点を MM とする。四面体 OABCOABC の体積を求め、AMAM⊥BC{}\perp BC であることを示して △ABC\triangle ABC の面積を求め、さらに点 OO から平面 ABCABC までの距離 hh を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

体積 163\dfrac{16}{3}，△ABC\triangle ABC=46{}= 4\sqrt{6}，hh=263{}= \dfrac{2\sqrt{6}}{3}

解説

体積 OAOA⊥OB{}\perp OB，OAOA⊥OC{}\perp OC なので、OAOA は平面 OBCOBC に垂直です。△OBC\triangle OBC を底面、OAOA を高さとして

V\displaystyle V=13×(12×4×4)×2\displaystyle {}= \frac{1}{3} \times \left(\frac{1}{2} \times 4 \times 4\right) \times 2=163‾\displaystyle {}= \underline{\frac{16}{3}}

AMAM⊥BC{}\perp BC OBOB=OC{}= OC なので、二等辺三角形 OBCOBC の中線 OMOM は BCBC に垂直です。OAOA⊥{}\perp 平面 OBCOBC、OMOM⊥BC{}\perp BC なので、三垂線の定理より AMAM⊥BC{}\perp BC です。（証明終）

面積 BCBC=42{}= 4\sqrt{2}，OMOM=BC2{}= \dfrac{BC}{2}=22{}= 2\sqrt{2}。∠AOM\angle AOM=90∘{}= 90^\circ なので

AM\displaystyle AM=22+(22)2\displaystyle {}= \sqrt{2^2 + (2\sqrt{2})^2}=23,\displaystyle {}= 2\sqrt{3},△ABC\displaystyle \triangle ABC=12×42×23\displaystyle {}= \frac{1}{2} \times 4\sqrt{2} \times 2\sqrt{3}=46‾\displaystyle {}= \underline{4\sqrt{6}}

距離 四面体の体積を、△ABC\triangle ABC を底面とみて表すと VV=13⋅△ABC⋅h{}= \dfrac{1}{3} \cdot \triangle ABC \cdot h です。

13×46×h\displaystyle \frac{1}{3} \times 4\sqrt{6} \times h=163\displaystyle {}= \frac{16}{3}より\displaystyle \text{より}h\displaystyle h=46\displaystyle {}= \frac{4}{\sqrt{6}}=263‾\displaystyle {}= \underline{\frac{2\sqrt{6}}{3}}
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問16　★★

ABAB=6{}= 6，ACAC=8{}= 8，BCBC=9{}= 9 の △ABC\triangle ABC において、辺 ABAB 上に ADAD=4{}= 4 となる点 DD、辺 ACAC 上に AEAE=3{}= 3 となる点 EE をとる。4 点 BB，CC，EE，DD が同一円周上にあることを示し、線分 DEDE の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

DEDE=92{}= \dfrac{9}{2}

解説

△ADE\triangle ADE と △ACB\triangle ACB において

  • AD:ACAD : AC=4:8{}= 4 : 8=1:2{}= 1 : 2，AE:ABAE : AB=3:6{}= 3 : 6=1:2{}= 1 : 2 ……(1)
  • ∠DAE\angle DAE=∠CAB{}= \angle CAB（共通） ……(2)

(1)(2) より、2 組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので △ADE∽△ACB\triangle ADE \backsim \triangle ACB です。よって ∠ADE\angle ADE=∠ACB{}= \angle ACB。

四角形 DBCEDBCE において、頂点 DD における外角 ∠ADE\angle ADE が、向かい合う頂点 CC の内角 ∠ECB\angle ECB に等しいので、四角形 DBCEDBCE は円に内接します。すなわち 4 点 BB，CC，EE，DD は同一円周上にあります。（証明終）

相似比は 1:21 : 2 で、DEDE と CBCB が対応するので

DE\displaystyle DE=12BC\displaystyle {}= \frac{1}{2}BC=92‾\displaystyle {}= \underline{\frac{9}{2}}

別解：AD⋅ABAD \cdot AB=24{}= 24=AE⋅AC{}= AE \cdot AC なので、方べきの定理の逆からも同一円周上にあることがいえます。

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問17　★★★

ABAB=8{}= 8，BCBC=7{}= 7，CACA=6{}= 6 の △ABC\triangle ABC の外接円がある。∠A\angle A の二等分線と辺 BCBC の交点を DD、外接円との AA 以外の交点を EE とする。線分 ADAD，DEDE，BEBE の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

ADAD=6{}= 6，DEDE=2{}= 2，BEBE=4{}= 4

解説

角の二等分線の性質より BD:DCBD : DC=8:6{}= 8 : 6=4:3{}= 4 : 3 なので BDBD=4{}= 4，DCDC=3{}= 3 です。

AD⋅AEAD \cdot AE △ABD\triangle ABD と △AEC\triangle AEC において、∠BAD\angle BAD=∠EAC{}= \angle EAC（AEAE は二等分線）、∠ABD\angle ABD=∠ABC{}= \angle ABC=∠AEC{}= \angle AEC（弧 ACAC に対する円周角）。よって △ABD∽△AEC\triangle ABD \backsim \triangle AEC で

AB:AE\displaystyle AB : AE=AD:AC\displaystyle {}= AD : ACより\displaystyle \text{より}AD⋅AE\displaystyle AD \cdot AE=AB⋅AC\displaystyle {}= AB \cdot AC=48\displaystyle {}= 48……(1)\displaystyle \text{……(1)}

AD⋅DEAD \cdot DE 弦 AEAE と BCBC は DD で交わるので、方べきの定理より

AD⋅DE\displaystyle AD \cdot DE=BD⋅DC\displaystyle {}= BD \cdot DC=12\displaystyle {}= 12……(2)\displaystyle \text{……(2)}

AEAE=AD{}= AD+DE{}+ DE なので、(1) は AD2AD^2+AD⋅DE{}+ AD \cdot DE=48{}= 48。(2) を代入して AD2AD^2=36{}= 36、ADAD>0{}> 0 より AD=6‾\underline{AD = 6}。(2) から DE=2‾\underline{DE = 2}、AEAE=8{}= 8 です。

BEBE △EBD\triangle EBD と △EAB\triangle EAB において、∠E\angle E は共通、∠EBD\angle EBD=∠EBC{}= \angle EBC=∠EAC{}= \angle EAC（弧 ECEC に対する円周角）=∠BAE= \angle BAE。よって △EBD∽△EAB\triangle EBD \backsim \triangle EAB で

EB:ED\displaystyle EB : ED=EA:EB\displaystyle {}= EA : EBより\displaystyle \text{より}EB2\displaystyle EB^2=ED⋅EA\displaystyle {}= ED \cdot EA=2×8\displaystyle {}= 2 \times 8=16\displaystyle {}= 16

EBEB>0{}> 0 より BE=4‾\underline{BE = 4} です（EE は弧 BCBC の中点なので CECE=4{}= 4 でもあります）。

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問18　★★★

面積が 4848 の平行四辺形 ABCDABCD において、辺 BCBC を 1:21 : 2 に内分する点を EE、辺 CDCD の中点を FF とする。対角線 BDBD と線分 AEAE，AFAF の交点をそれぞれ PP，QQ とする。BP:PQ:QDBP : PQ : QD を求め、△APQ\triangle APQ の面積を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

BP:PQ:QDBP : PQ : QD=3:5:4{}= 3 : 5 : 4，△APQ\triangle APQ=10{}= 10

解説

BEBE=13BC{}= \dfrac{1}{3}BC=13AD{}= \dfrac{1}{3}AD，DFDF=12CD{}= \dfrac{1}{2}CD=12AB{}= \dfrac{1}{2}AB です。

PP の位置 ADAD∥BE{}\parallel BE なので △PBE∽△PDA\triangle PBE \backsim \triangle PDA（錯角が 2 組等しい）。

BP:PD\displaystyle BP : PD=BE:DA\displaystyle {}= BE : DA=1:3\displaystyle {}= 1 : 3より\displaystyle \text{より}BP\displaystyle BP=14BD\displaystyle {}= \frac{1}{4}BD

QQ の位置 ABAB∥DF{}\parallel DF なので △QAB∽△QFD\triangle QAB \backsim \triangle QFD。

BQ:QD\displaystyle BQ : QD=AB:FD\displaystyle {}= AB : FD=2:1\displaystyle {}= 2 : 1より\displaystyle \text{より}QD\displaystyle QD=13BD\displaystyle {}= \frac{1}{3}BD

PQPQ=BD{}= BD−14BD{}- \dfrac{1}{4}BD−13BD{}- \dfrac{1}{3}BD=512BD{}= \dfrac{5}{12}BD なので、BDBD を 1212 とみて

BP:PQ:QD\displaystyle BP : PQ : QD=3:5:4\displaystyle {}= 3 : 5 : 4

面積 △ABD\triangle ABD=12×48{}= \dfrac{1}{2} \times 48=24{}= 24。△APQ\triangle APQ と △ABD\triangle ABD は、底辺を BDBD 上にとると高さが共通なので

△APQ\displaystyle \triangle APQ=PQBD×24\displaystyle {}= \frac{PQ}{BD} \times 24=512×24\displaystyle {}= \frac{5}{12} \times 24=10‾\displaystyle {}= \underline{10}
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問19　★★★

1 辺の長さが 66 の立方体 ABCD-EFGHABCD\text{-}EFGH において、辺 ABAB の中点を MM、辺 ADAD の中点を NN とする。3 点 MM，NN，GG を通る平面でこの立方体を切る。平面と辺 BFBF，DHDH の交点をそれぞれ PP，QQ とするとき、線分 BPBP の長さと切り口の図形の形を答え、2 つに分かれた立体のうち頂点 CC を含むほうの体積を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

BPBP=2{}= 2，切り口は五角形 MPGQNMPGQN，体積 7575

解説

延長して交点をつくる 平面 ABCDABCD 上で、直線 MNMN と直線 CBCB，CDCD の交点をそれぞれ RR，SS とします。AMAM=AN{}= AN より ∠AMN\angle AMN=45∘{}= 45^\circ なので、∠BMR\angle BMR=45∘{}= 45^\circ で、△RBM\triangle RBM は直角二等辺三角形です。よって BRBR=BM{}= BM=3{}= 3、同様に DSDS=3{}= 3 で、CRCR=CS{}= CS=9{}= 9 です。

BPBP RR と GG はどちらも切る平面上にあり、平面 BCGFBCGF 上にもあるので、直線 RGRG と辺 BFBF の交点が PP です。BPBP∥CG{}\parallel CG より △RBP∽△RCG\triangle RBP \backsim \triangle RCG で

BP\displaystyle BP=CG×RBRC\displaystyle {}= CG \times \frac{RB}{RC}=6×39\displaystyle {}= 6 \times \frac{3}{9}=2‾\displaystyle {}= \underline{2}

同様に DQDQ=2{}= 2 です。

切り口 同じ面の上にある 2 点を結ぶと、MM→P{}\to P（面 ABFEABFE）、PP→G{}\to G（面 BCGFBCGF）、GG→Q{}\to Q（面 CDHGCDHG）、QQ→N{}\to N（面 ADHEADHE）、NN→M{}\to M（面 ABCDABCD）となり、切り口は 五角形 MPGQN‾\underline{\text{五角形 } MPGQN} です。

体積 CC を含むほうの立体は、三角錐 G-CRSG\text{-}CRS から、はみ出した 2 つの三角錐 P-BRMP\text{-}BRM と Q-DNSQ\text{-}DNS を除いたものです。

G-CRS\displaystyle G\text{-}CRS=13×(12×9×9)×6\displaystyle {}= \frac{1}{3} \times \left(\frac{1}{2} \times 9 \times 9\right) \times 6=81,\displaystyle {}= 81,P-BRM\displaystyle P\text{-}BRM=13×(12×3×3)×2\displaystyle {}= \frac{1}{3} \times \left(\frac{1}{2} \times 3 \times 3\right) \times 2=3\displaystyle {}= 3

Q-DNSQ\text{-}DNS も同じく 33 なので、求める体積は 8181−3{}- 3−3{}- 3=75‾{}= \underline{75} です。

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問20　★★★

△ABC\triangle ABC の内接円が辺 BCBC，CACA，ABAB に接する点を PP，QQ，RR とし、aa=BC{}= BC，bb=CA{}= CA，cc=AB{}= AB とする。BPBP=a+c−b2{}= \dfrac{a + c - b}{2} であることを示しなさい。また、∠A\angle A=60∘{}= 60^\circ、内接円の半径が 3\sqrt{3}、BCBC=7{}= 7 のとき、ABAB+AC{}+ AC と △ABC\triangle ABC の面積を求め、ABAB>AC{}> AC として ABAB，ACAC の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

ABAB+AC{}+ AC=13{}= 13，面積 10310\sqrt{3}，ABAB=8{}= 8，ACAC=5{}= 5

解説

証明 円の外の点から引いた 2 本の接線の長さは等しいので、BPBP=BR{}= BR=x{}= x，CPCP=CQ{}= CQ=y{}= y，AQAQ=AR{}= AR=z{}= z とおけます。

x\displaystyle x+y\displaystyle {}+ y=a,\displaystyle {}= a,y\displaystyle y+z\displaystyle {}+ z=b,\displaystyle {}= b,z\displaystyle z+x\displaystyle {}+ x=c\displaystyle {}= c

1 式目と 3 式目を足して 2 式目を引くと 2x2x=a{}= a+c{}+ c−b{}- b、よって BPBP=a+c−b2{}= \dfrac{a + c - b}{2} です。（証明終）

同じように ARAR=z{}= z=b+c−a2{}= \dfrac{b + c - a}{2} です。

ABAB+AC{}+ AC 内心を II とします。AIAI は ∠A\angle A の二等分線なので ∠IAR\angle IAR=30∘{}= 30^\circ、また IRIR⊥AB{}\perp AB です。△AIR\triangle AIR は 30∘30^\circ，60∘60^\circ，90∘90^\circ の直角三角形なので ARAR=3⋅IR{}= \sqrt{3} \cdot IR=3×3{}= \sqrt{3} \times \sqrt{3}=3{}= 3。

b+c−72\displaystyle \frac{b + c - 7}{2}=3\displaystyle {}= 3より\displaystyle \text{より}AB\displaystyle AB+AC\displaystyle {}+ AC=b\displaystyle {}= b+c\displaystyle {}+ c=13‾\displaystyle {}= \underline{13}

面積 △ABC\triangle ABC=△IBC{}= \triangle IBC+△ICA{}+ \triangle ICA+△IAB{}+ \triangle IAB=12⋅3⋅(a+b+c){}= \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot (a + b + c) なので

△ABC\displaystyle \triangle ABC=32×(7+13)\displaystyle {}= \frac{\sqrt{3}}{2} \times (7 + 13)=103‾\displaystyle {}= \underline{10\sqrt{3}}

ABAB，ACAC CC から直線 ABAB に垂線 CHCH を下ろすと、∠A\angle A=60∘{}= 60^\circ なので CHCH=32b{}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}b。面積は 12⋅c⋅32b\dfrac{1}{2} \cdot c \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}b=34bc{}= \dfrac{\sqrt{3}}{4}bc と表せるので

34bc\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}bc=103\displaystyle {}= 10\sqrt{3}より\displaystyle \text{より}bc\displaystyle bc=40\displaystyle {}= 40

bb，cc は和 1313、積 4040 の 2 数なので、t2t^2−13t{}- 13t+40{}+ 40=(t−5)(t−8){}= (t - 5)(t - 8)=0{}= 0 の解です。cc>b{}> b より AB=8,‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8778em}AB = 8,} AC=5‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8778em}\ AC = 5}。

確かめ：AHAH=52{}= \dfrac{5}{2}，BHBH=8{}= 8−52{}- \dfrac{5}{2}=112{}= \dfrac{11}{2}，CHCH=532{}= \dfrac{5\sqrt{3}}{2} より BC2BC^2=1214{}= \dfrac{121}{4}+754{}+ \dfrac{75}{4}=49{}= 49 で、BCBC=7{}= 7 と一致します。

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