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北海道大学 1964年文系第1問解説

方針・初手

(1) は $\triangle ABD$ において余弦定理を用いるのが定石である。
(2) は直角三角形 $\triangle DEH$ に着目し、$DE$ の長さと $\sin \angle DEH$ を用いて長さを求める。$DE$ の長さは方べきの定理を利用して求めることができる。
(3) は $\triangle DGH$ がどのような三角形になるかを調べるとよい。四角形 $DGEH$ が円に内接することを利用する。

解法1

(1)

$\triangle ABD$ において、余弦定理より

$$ \begin{aligned} AD^2 &= AB^2 + BD^2 - 2 \cdot AB \cdot BD \cos \angle B \\ &= 3^2 + 1^2 - 2 \cdot 3 \cdot 1 \cdot \cos 60^\circ \\ &= 9 + 1 - 6 \cdot \frac{1}{2} \\ &= 7 \end{aligned} $$

$AD > 0$ であるから

$$AD = \sqrt{7}$$

(2)

円周角の定理より、弧 $AB$ に対する円周角は等しいため、$\angle AEC = \angle ABC = 60^\circ$ である。

直角三角形 $\triangle DHE$ において

$$DH = DE \sin \angle DEH = DE \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}DE$$

ここで、$DE$ の長さを求めるために方べきの定理を用いる。

円の弦 $BC$ と $AE$ が点 $D$ で交わっているので

$$ \begin{aligned} AD \cdot DE &= BD \cdot DC \\ \sqrt{7} \cdot DE &= 1 \cdot 2 \\ DE &= \frac{2}{\sqrt{7}} \end{aligned} $$

したがって

$$DH = \frac{2}{\sqrt{7}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$$

(3)

(2) と同様に、円周角の定理より、弧 $AC$ に対する円周角は等しいため、$\angle AEB = \angle ACB = 60^\circ$ である。

直角三角形 $\triangle DGE$ において

$$DG = DE \sin \angle DEG = \frac{2}{\sqrt{7}} \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{21}}{7}$$

よって、$DG = DH$ である。

また、四角形 $DGEH$ に着目すると、$\angle DGE = \angle DHE = 90^\circ$ であるため、対角の和が $180^\circ$ となり、四角形 $DGEH$ は $DE$ を直径とする円に内接する。

したがって、内接四角形の性質より

$$ \begin{aligned} \angle GDH &= 180^\circ - \angle GEH \\ &= 180^\circ - (\angle AEB + \angle AEC) \\ &= 180^\circ - (60^\circ + 60^\circ) \\ &= 60^\circ \end{aligned} $$

$DG = DH$ かつ $\angle GDH = 60^\circ$ であるから、$\triangle DGH$ は正三角形である。

$\triangle ABC$ と $\triangle DGH$ はともに正三角形であるから相似であり、その相似比は

$$AB : DG = 3 : \frac{\sqrt{21}}{7} = \sqrt{21} : 1$$

面積の比は相似比の2乗に等しいため

$$\triangle ABC : \triangle DGH = (\sqrt{21})^2 : 1^2 = 21 : 1$$

解法2

(2) の別解

直角三角形 $\triangle DHC$ に着目する。

$$DH = DC \sin \angle DCE = 2 \sin \angle BCE$$

円周角の定理より、弧 $BE$ に対する円周角は等しいため、$\angle BCE = \angle BAE$ である。

$\triangle ABD$ において正弦定理を用いると

$$ \begin{aligned} \frac{BD}{\sin \angle BAE} &= \frac{AD}{\sin \angle B} \\ \frac{1}{\sin \angle BAE} &= \frac{\sqrt{7}}{\sin 60^\circ} \\ \sin \angle BAE &= \frac{\sin 60^\circ}{\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} \end{aligned} $$

したがって

$$DH = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$$

(3) の別解

解法2の (2) と同様に考えると、直角三角形 $\triangle DGB$ において

$$DG = BD \sin \angle DBG = 1 \cdot \sin \angle EBC$$

円周角の定理より $\angle EBC = \angle EAC$ であり、$\triangle ADC$ における正弦定理より

$$ \begin{aligned} \frac{DC}{\sin \angle DAC} &= \frac{AD}{\sin \angle C} \\ \frac{2}{\sin \angle EAC} &= \frac{\sqrt{7}}{\sin 60^\circ} \\ \sin \angle EAC &= \frac{2 \sin 60^\circ}{\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} \end{aligned} $$

したがって

$$DG = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$$

これより $DG=DH$ がわかる。

次に $\angle GDH$ を求める。直角三角形の鋭角について

$$ \begin{aligned} \angle BDG &= 90^\circ - \angle DBG = 90^\circ - \angle EAC \\ \angle CDH &= 90^\circ - \angle DCH = 90^\circ - \angle BAE \end{aligned} $$

よって

$$ \begin{aligned} \angle GDH &= 180^\circ - (\angle BDG + \angle CDH) \\ &= 180^\circ - (180^\circ - \angle EAC - \angle BAE) \\ &= \angle EAC + \angle BAE \\ &= \angle BAC \\ &= 60^\circ \end{aligned} $$

ゆえに $\triangle DGH$ は1辺の長さが $\frac{\sqrt{21}}{7}$ の正三角形である。

$\triangle ABC$ の面積 $S_1$ と $\triangle DGH$ の面積 $S_2$ をそれぞれ直接計算すると

$$ \begin{aligned} S_1 &= \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 \cdot \sin 60^\circ = \frac{9\sqrt{3}}{4} \\ S_2 &= \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{21}}{7} \cdot \frac{\sqrt{21}}{7} \cdot \sin 60^\circ = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{28} \end{aligned} $$

面積の比は

$$S_1 : S_2 = \frac{9\sqrt{3}}{4} : \frac{3\sqrt{3}}{28} = 63 : 3 = 21 : 1$$

解説

円に内接する四角形の性質や円周角の定理を正しく組み合わせて適用できるかが問われている。
(2) および (3) では、解法2のように直角三角形の三角比と正弦定理に着目することで、方べきの定理を用いずに長さを求めることも可能である。
特に (3) において、$\triangle DGH$ が正三角形になること、さらには $\triangle ABC$ と相似になることに気づけると、面積を直接計算せずに相似比から面積比を導くことができ、大幅な時間短縮になる。