センター試験2016 数学Ⅰ・A 全問解説｜平成28年度 本試験 【数強塾】

第5問（選択・配点20）　図形の性質（円に内接する四角形・メネラウスの定理・方べきの定理）

前半(a)　円周角の等しさを見つける

【配置を文章で確認】　A、B、C、Dはこの順に同一円周上にあり、対角線ACとBDが円の内部のEで交わります。FはAD上で (mathrm{AF}:mathrm{FD}=2:3)。直線FEをEの先へ延長すると、直線DCをDの側からCの先へ延長した直線とGで交わります。この位置関係だけで、以下の円周角・相似・メネラウスの議論を追えます。

【型】同じ弧に対する円周角は等しい／二等辺三角形の底角は等しい

【なぜこうするか】　まず与えられた2つの等号がなぜ成り立つかを確認します。

\(\angle\mathrm{DCA}=\angle\mathrm{DAC}\)：\(\mathrm{DA}=\mathrm{DC}\) なので \(\triangle\mathrm{DAC}\) は二等辺三角形。底角が等しいからです。

\(\angle\mathrm{DBC}=\angle\mathrm{DAC}\)：どちらも弧 DC に対する円周角だからです。

では3つ目は。\(\mathrm{DA}=\mathrm{DC}\) ということは弧 DA と弧 DC の長さが等しい。等しい弧に対する円周角も等しいので、弧 DA を見込む角が \(\angle\mathrm{DAC}\)（弧 DC を見込む角）と等しくなります。

弧 DA を見込む円周角は \(\angle\mathrm{ABD}\)（点 B から弧 DA を見た角）。したがってアは⓪です。

選択肢②の \(\angle\mathrm{ADB}\) は弧 AB を見込む角なので別物。①の \(\angle\mathrm{ACB}\) も弧 AB。③④は円周角ですらありません。

【検算】　\(\angle\mathrm{DAC}\) は弧DC、\(\angle\mathrm{ABD}\) は弧ADを見込む円周角です。等しい弦 \(\mathrm{DC}=\mathrm{DA}\) に対する弧は等しいため、この2角も等しくなります。ほかの選択肢が見込む弧と照合しても⓪だけが条件を満たします。

【定石】　「等しい弦 \(\Longrightarrow\) 等しい弧 \(\Longrightarrow\) 等しい円周角」。\(\mathrm{DA}=\mathrm{DC}\) という条件は、二等辺三角形の底角だけでなく、弧に対する円周角の比較にも利用できます。

前半(b)　相似から比を、メネラウスから次の比を

【型】対角線の交点まわりの2組の相似 → メネラウス

【なぜこうするか】　E は対角線の交点。ここには相似な三角形が2組できます。

1組目：\(\triangle\mathrm{ABE}\) と \(\triangle\mathrm{DCE}\)。\(\angle\mathrm{BAE}=\angle\mathrm{CDE}\)（弧 BC の円周角）、\(\angle\mathrm{AEB}=\angle\mathrm{DEC}\)（対頂角）で相似。対応は A↔D、B↔C なので

\[\dfrac{\mathrm{EC}}{\mathrm{BE}}=\dfrac{\mathrm{DC}}{\mathrm{AB}},\qquad \dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\dfrac{\mathrm{DC}}{\mathrm{AB}}\]

2組目：\(\triangle\mathrm{ADE}\) と \(\triangle\mathrm{BCE}\)。\(\angle\mathrm{DAE}=\angle\mathrm{CBE}\)（弧 DC の円周角）、対頂角で相似。対応は A↔B、D↔C なので

\[\dfrac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AE}}=\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AD}},\qquad \dfrac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EB}}=\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BC}}\]

1組目の第1式と2組目の第1式を掛け合わせると \(\mathrm{BE}\) が消えます。

\[\dfrac{\mathrm{EC}}{\mathrm{AE}}=\dfrac{\mathrm{EC}}{\mathrm{BE}}\times\dfrac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AE}}=\dfrac{\mathrm{DC}}{\mathrm{AB}}\times\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AD}}\]

ここで\(\mathrm{DA}=\mathrm{DC}\) を使います。\(\mathrm{DC}\) と \(\mathrm{AD}\) が約分されて

\[\dfrac{\mathrm{EC}}{\mathrm{AE}}=\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\]

イは1、ウは2です。外接円の大きさが変わっても、この比は変わりません——冒頭の「\(\angle\mathrm{ABC}\) が変化しても」という注意書きは、このことを示唆していたわけです。

次はメネラウス。\(\triangle\mathrm{ACD}\) を直線 FEG が横切っています（F は辺 AD 上、E は辺 AC 上、G は直線 DC 上）。

\[\dfrac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FD}}\cdot\dfrac{\mathrm{DG}}{\mathrm{GC}}\cdot\dfrac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=1\]

\(\mathrm{AF}:\mathrm{FD}=2:3\)、\(\dfrac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=\dfrac{1}{2}\) を代入すると

\[\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{\mathrm{DG}}{\mathrm{GC}}\cdot\dfrac{1}{2}=1\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{\mathrm{DG}}{\mathrm{GC}}=3\]

求めるのは逆数なので

\[\dfrac{\mathrm{GC}}{\mathrm{DG}}=\dfrac{1}{3}\]

エは1、オは3です。

【検算】　相似から得た式へ \(\mathrm{DC}=\mathrm{AD}\)、\(\mathrm{BC}/\mathrm{AB}=2/4\) を直接代入すると \(\mathrm{EC}/\mathrm{AE}=1/2\) です。続いてメネラウスの積は \(\dfrac{2}{3}\cdot3\cdot\dfrac{1}{2}=1\) となるので、\(\mathrm{DG}/\mathrm{GC}=3\)、すなわち \(\mathrm{GC}/\mathrm{DG}=1/3\) と確認できます。

【定石】　円に内接する四角形の対角線の交点まわりには、相似な三角形が2組。2つの比を掛けて共通部分を消すのが常套手段。「三角形と、それを横切る直線」ときたらメネラウス。

(1)　直線 AB が G を通る場合

【型】メネラウスで長さ、方べきの定理で残りの長さ

【なぜこうするか】　まず準備として、E が対角線 BD をどう分けるかを出しておきます。前半で見た2組の相似から

\[\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\dfrac{\mathrm{DC}}{\mathrm{AB}},\qquad \dfrac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EB}}=\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BC}}\]

掛け合わせて \(\mathrm{AE}\) を消すと

\[\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{EB}}=\dfrac{\mathrm{DC}}{\mathrm{AB}}\cdot\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BC}}=\dfrac{\mathrm{DC}\cdot\mathrm{AD}}{4\times 2}=\dfrac{\mathrm{DC}^{2}}{8}\]

最後の変形で \(\mathrm{AD}=\mathrm{DC}\) を使いました。

さて、直線 AB が G を通るということは、G は直線 FE 上にも直線 AB 上にもある。つまり \(\triangle\mathrm{ABD}\) を直線 FE が横切るときの、辺 AB 側の交点がちょうど G です。メネラウスの定理より

\[\dfrac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FD}}\cdot\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{EB}}\cdot\dfrac{\mathrm{BG}}{\mathrm{GA}}=1\]

\(\mathrm{GC}=t\) とおくと、前半の \(\dfrac{\mathrm{GC}}{\mathrm{DG}}=\dfrac{1}{3}\) から \(\mathrm{GD}=3t\)、\(\mathrm{DC}=\mathrm{GD}-\mathrm{GC}=2t\)。したがって \(\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{EB}}=\dfrac{\left(2t\right)^{2}}{8}=\dfrac{t^{2}}{2}\)。

B は G と A の間にあるので \(\mathrm{GA}=\mathrm{GB}+\mathrm{BA}=\mathrm{GB}+4\)。\(\mathrm{GB}=m\) とおいて代入します。

\[\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{t^{2}}{2}\cdot\dfrac{m}{m+4}=1\quad\Longrightarrow\quad t^{2}m=3\left(m+4\right)\qquad\cdots\cdots\ (\text{i})\]

もう1本、方べきの定理で式を作ります。点 G から出る2本の割線が円と交わるので

\[\mathrm{GB}\cdot\mathrm{GA}=\mathrm{GC}\cdot\mathrm{GD}\quad\Longrightarrow\quad m\left(m+4\right)=t\times 3t=3t^{2}\qquad\cdots\cdots\ (\text{ii})\]

(ii)より \(t^{2}=\dfrac{m\left(m+4\right)}{3}\)。これを(i)に代入すると

\[\dfrac{m\left(m+4\right)}{3}\cdot m=3\left(m+4\right)\]

\(m+4\neq 0\) なので両辺を \(m+4\) で割って

\[\dfrac{m^{2}}{3}=3\quad\Longrightarrow\quad m^{2}=9\quad\Longrightarrow\quad m=3\]

\(\mathrm{BG}=3\)。カは3です。

あとは(ii)に \(m=3\) を戻すだけです。\(\mathrm{GA}=3+4=7\) なので

\[3\times 7=3t^{2}\quad\Longrightarrow\quad t^{2}=7\quad\Longrightarrow\quad t=\sqrt{7}\]

したがって

\[\mathrm{DC}=2t=2\sqrt{7}\]

キは2、クは7です。

問題文の「直線 AB と直線 DC が点 G で交わり、4点 A、B、C、D は同一円周上にある」という記述が、方べきの定理を選ぶ手掛かりです。

【検算】　\(m=3\)、\(t=\sqrt7\) を2本の式へ戻すと、(i)は \(t^{2}m=7\cdot3=21=3(m+4)\)、(ii)は \(m(m+4)=3\cdot7=21=3t^{2}\) です。したがって \(\mathrm{BG}=m=3\)、\(\mathrm{DC}=2t=2\sqrt7\) はメネラウスと方べきの両条件を同時に満たします。

【定石】　「2直線が円の外の点で交わる」ときは方べきの定理。比が分かっている辺は \(t\) と \(3t\) のように1文字で置くと、方べきの式が \(t\) の2次方程式になって解ける。

(2)　外接円の直径が最小になる場合

【型】直径 \(\geqq\) 任意の弦。等号は「その弦が直径」のとき

【なぜこうするか】　円の中で最も長い弦は直径です。四角形の辺 AB は弦なので

（直径）\(\geqq\mathrm{AB}=4\)

直径が最小になるのは等号成立、すなわちAB がちょうど直径のとき。

（直径）\(=4\)

ケは4です。

AB が直径なら、円周角の定理から \(\angle\mathrm{ACB}=90^{\circ}\)。\(\triangle\mathrm{ABC}\) は直角三角形で、斜辺 \(\mathrm{AB}=4\)、\(\mathrm{BC}=2\) なので

\[\sin\angle\mathrm{BAC}=\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\]

\[\angle\mathrm{BAC}=30^{\circ}\]

コサは30です（辺の比が \(1:2:\sqrt{3}\) の直角三角形）。

最後に AH。H は直線 FE と直線 AB の交点なので、今度は\(\triangle\mathrm{ABD}\) と直線 FEHにメネラウスを使います（F は辺 AD 上、E は辺 BD 上、H は直線 AB 上）。

\[\dfrac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FD}}\cdot\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{EB}}\cdot\dfrac{\mathrm{BH}}{\mathrm{HA}}=1\]

\(\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{EB}}\) は、(1)で作った公式 \(\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{EB}}=\dfrac{\mathrm{DC}^{2}}{8}\) から出ます。そこで \(\mathrm{DC}\) を求めます。\(\triangle\mathrm{ABC}\) は \(\angle\mathrm{ACB}=90^{\circ}\)、\(\mathrm{AB}=4\)、\(\mathrm{BC}=2\) の直角三角形なので \(\angle\mathrm{ABC}=60^{\circ}\)、\(\mathrm{AC}=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}\)。

円に内接する四角形の対角の和は \(180^{\circ}\) だから \(\angle\mathrm{ADC}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}\)。\(\triangle\mathrm{ADC}\) は \(\mathrm{DA}=\mathrm{DC}=d\) の二等辺三角形なので、余弦定理より

\[\mathrm{AC}^{2}=d^{2}+d^{2}-2d^{2}\cos 120^{\circ}=3d^{2}\]

\[12=3d^{2}\quad\Longrightarrow\quad d=2\]

したがって \(\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{EB}}=\dfrac{\mathrm{DC}^{2}}{8}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\) で

\[\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\mathrm{BH}}{\mathrm{HA}}=1\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{\mathrm{BH}}{\mathrm{HA}}=3\]

ここでH の位置を確かめます。メネラウスの定理では、三角形の3辺のうち直線が内部で交わるのは0本または2本。いま F は辺 AD の内部、E は辺 BD の内部にあるので、残る辺 AB とは外部で交わります。したがって H は AB を A の側に延長した先にあります。

したがって \(\mathrm{BH}=\mathrm{AB}+\mathrm{AH}=4+\mathrm{AH}\)。これを比の式に入れると

\[\dfrac{4+\mathrm{AH}}{\mathrm{AH}}=3\quad\Longrightarrow\quad 4+\mathrm{AH}=3\,\mathrm{AH}\quad\Longrightarrow\quad \mathrm{AH}=2\]

シは2です。

【検算】　半径2の円に \(A=(-2,0)\)、\(B=(2,0)\)、\(C=(1,\sqrt3)\)、\(D=(-1,\sqrt3)\) と置くと、\(\mathrm{AB}=4\)、\(\mathrm{BC}=\mathrm{CD}=\mathrm{DA}=2\) を満たします。交点は \(E=(0,2\sqrt3/3)\)、\(F=(-8/5,2\sqrt3/5)\)、\(G=(2,\sqrt3)\)、\(H=(-4,0)\) です。よって \(\mathrm{GC}/\mathrm{DG}=1/3\)、\(\mathrm{AH}=2\)。Hは線分ABの中点ではなく、Aの外側にあることも確認できます。

【ミスの罠】　メネラウスの定理で比の向きを取り違えること。\(\dfrac{\mathrm{BH}}{\mathrm{HA}}=3\) から \(\mathrm{AH}\) を出すとき、H が線分 AB の内部にあるのか外部にあるのかで式が変わります。2点の内部交点からHが外部にあると判断してから、長さの式を立てること。

【定石】　「直径が最小」は「最長の弦が直径になるとき」。AB が直径になれば \(\angle\mathrm{ACB}=\angle\mathrm{ADB}=90^{\circ}\) と直ちに分かり、三角比を使って残りの長さを求められます。