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東京大学 1962年理系第2問解説

方針・初手

与えられた図形は直角二等辺三角形をベースにしており、垂直や平行などの扱いやすい条件が揃っている。各点の位置関係と角度を一つずつ紐解いていくことが最初の目標となる。特に $PQ \parallel BC$ や $BX \perp BC$ といった条件から、$\triangle PBQ$ の形状が確定する。そこから正弦定理や余弦定理（あるいはベクトルの内積）を連鎖的に用いて、点 $R, S, T$ の位置を $x$ と $y$ で表し、関係式を導く方針をとる。計算の工夫として、図形的に角度を追う初等幾何的な解法（解法1）と、座標平面を設定して代数的に処理する解法（解法2）の2通りを示す。

解法1

(1) $\triangle PBQ$ と点 $R$ の位置

$\triangle ABC$ は $\angle A = 90^\circ, AB = AC = 2$ の直角二等辺三角形であるため、$BC = 2\sqrt{2}$ であり、$\angle B = \angle C = 45^\circ$ である。半直線 $BX$ は $BC$ に垂直であるから、$\angle XBC = 90^\circ$ となり、$\angle XBA = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$ である。

点 $Q$ は辺 $AB$ 上、点 $P$ は半直線 $BX$ 上にあり、$PQ \parallel BC$ である。 $BC \perp BX$ より $PQ \perp BX$ となるため、$\angle BPQ = 90^\circ$ である。したがって、$\triangle PBQ$ は $\angle BPQ = 90^\circ, \angle PBQ = 45^\circ$ の直角二等辺三角形となる。 $BP = x$ より、$PQ = x, BQ = \sqrt{2}x$ であり、$\angle BQP = 45^\circ$ である。

次に、条件 $\frac{\cos \angle BQP}{\cos \angle AQR} = \sqrt{2}$ を用いる。 $\cos \angle BQP = \cos 45^\circ = \frac{1}{\sqrt{2}}$ であるから、代入すると

$$ \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\cos \angle AQR} = \sqrt{2} $$

となり、$\cos \angle AQR = \frac{1}{2}$、すなわち $\angle AQR = 60^\circ$ を得る。点 $A, Q, B$ はこの順に一直線上にあるため、$\angle BQR = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$ である。

$\triangle BQR$ において、内角の和を考えると、

$$ \angle BRQ = 180^\circ - (\angle BQR + \angle RBQ) = 180^\circ - (120^\circ + 45^\circ) = 15^\circ $$

正弦定理より $\frac{BR}{\sin 120^\circ} = \frac{BQ}{\sin 15^\circ}$ が成り立つので、$BR$ の長さを求める。 $\sin 15^\circ = \sin(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ より、

$$ \begin{aligned} BR &= BQ \cdot \frac{\sin 120^\circ}{\sin 15^\circ} \\ &= \sqrt{2}x \cdot \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}} \\ &= \frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}} x \\ &= \frac{2\sqrt{6}(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{6-2} x \\ &= \frac{12+4\sqrt{3}}{4} x \\ &= (3+\sqrt{3})x \end{aligned} $$

(2) $\triangle CRS$ と点 $S$ の位置

条件 $\angle BRQ = \angle CRS$ より、$\angle CRS = 15^\circ$ である。 $\triangle CRS$ において、$\angle C = 45^\circ$ であるから、

$$ \angle CSR = 180^\circ - (15^\circ + 45^\circ) = 120^\circ $$

点 $S$ は辺 $CA$ 上にあるため、点 $A, S, C$ は一直線上にある。したがって、

$$ \angle ASR = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ $$

(3) $\triangle CST$ と $x, y$ の関係

条件 $\frac{\cos \angle CST}{\cos \angle ASR} = \sqrt{2}$ に $\cos \angle ASR = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$ を代入すると、

$$ \frac{\cos \angle CST}{\frac{1}{2}} = \sqrt{2} $$

となり、$\cos \angle CST = \frac{1}{\sqrt{2}}$、すなわち $\angle CST = 45^\circ$ を得る。また、半直線 $CY$ は $BC$ に垂直であるため $\angle YCB = 90^\circ$ であり、直線 $CA$ とのなす角は $\angle YCA = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$ である。点 $T$ は $CY$ 上、点 $S$ は $CA$ 上にあるため、$\triangle CST$ において $\angle SCT = 45^\circ$ となる。ゆえに $\triangle CST$ は $\angle CST = \angle SCT = 45^\circ$ の三角形であり、$\angle CTS = 90^\circ$ の直角二等辺三角形であることがわかる。 $CT = y$ より、$CS = \sqrt{2}y$ である。

ここで、$\triangle CRS$ に正弦定理を適用し、$\frac{CS}{\sin 15^\circ} = \frac{CR}{\sin 120^\circ}$ から $CS$ を求める。

$$ \begin{aligned} CS &= CR \cdot \frac{\sin 15^\circ}{\sin 120^\circ} \\ &= CR \cdot \frac{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \\ &= \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} CR \\ &= \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6} CR \end{aligned} $$

$R$ は辺 $BC$ 上にあるため、$CR = BC - BR = 2\sqrt{2} - (3+\sqrt{3})x$ である。これと $CS = \sqrt{2}y$ を等置する。

$$ \sqrt{2}y = \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{6} \{ 2\sqrt{2} - (3+\sqrt{3})x \} $$

両辺を $\sqrt{2}$ で割り、$y$ について整理する。

$$ \begin{aligned} y &= \frac{3-\sqrt{3}}{6} \{ 2\sqrt{2} - (3+\sqrt{3})x \} \\ &= \frac{6\sqrt{2}-2\sqrt{6}}{6} - \frac{(3-\sqrt{3})(3+\sqrt{3})}{6} x \\ &= \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{3} - \frac{9-3}{6} x \\ &= \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{3} - x \end{aligned} $$

移項して、$x + y = \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{3}$ が得られる。

解法2

点 $B$ を原点 $(0,0)$ とし、直線 $BC$ を $x$ 軸とする座標平面を設定する。 $BC = 2\sqrt{2}$ より $C(2\sqrt{2}, 0)$ であり、$A(\sqrt{2}, \sqrt{2})$ となる。点 $Q$ は直線 $AB$ （方程式 $y=x$）上にあり、$\triangle PBQ$ は直角二等辺三角形であるから、$P(0, x), Q(x, x)$ とおける。点 $R$ は辺 $BC$ 上にあるので、$R(r, 0)$ とおく（$0 < r < 2\sqrt{2}$）。

条件 $\cos \angle AQR = \frac{1}{2}$ についてベクトルで考える。直線 $AB$ と同じ向きの単位ベクトルを $\vec{u} = \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \right)$ とし、$\vec{QR} = (r-x, -x)$ との内積をとる。

$$ \cos \angle AQR = \frac{\vec{u} \cdot \vec{QR}}{|\vec{u}| |\vec{QR}|} = \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}(r-x) - \frac{1}{\sqrt{2}}x}{1 \cdot \sqrt{(r-x)^2 + x^2}} = \frac{r-2x}{\sqrt{2(r-x)^2 + 2x^2}} $$

これが $\frac{1}{2}$ に等しいことから、

$$ 2(r-2x) = \sqrt{2(r-x)^2 + 2x^2} $$

両辺を2乗して整理する（ただし $r > 2x$ が必要）。

$$ 4(r^2 - 4rx + 4x^2) = 2r^2 - 4rx + 4x^2 $$

$$ 2r^2 - 12rx + 12x^2 = 0 \quad \iff \quad r^2 - 6rx + 6x^2 = 0 $$

これを解くと $r = (3 \pm \sqrt{3})x$ を得るが、$r > 2x$ より $r = (3+\sqrt{3})x$ となる。

次に、点 $S$ は直線 $CA$ （方程式 $y = -x + 2\sqrt{2}$）上にあるため、$S(2\sqrt{2}-s, s)$ とおく。条件 $\angle BRQ = \angle CRS$ より、$x$ 軸と線分 $RQ, RS$ のなす角は等しい。よって傾きの絶対値が等しく符号が逆になる。

$$ \frac{x}{r-x} = - \frac{s}{r - (2\sqrt{2}-s)} $$

左辺は $\frac{x}{(3+\sqrt{3})x - x} = \frac{1}{2+\sqrt{3}} = 2-\sqrt{3}$ となるため、

$$ \frac{s}{2\sqrt{2} - r - s} = 2-\sqrt{3} $$

分母を払い、$s$ について解く。

$$ s = (2-\sqrt{3})(2\sqrt{2}-r) - (2-\sqrt{3})s $$

$$ (3-\sqrt{3})s = (2-\sqrt{3})(2\sqrt{2}-r) $$

$$ s = \frac{2-\sqrt{3}}{3-\sqrt{3}} (2\sqrt{2}-r) = \frac{3-\sqrt{3}}{6} (2\sqrt{2}-r) $$

さらに、点 $T$ は半直線 $CY$ （方程式 $x=2\sqrt{2}, y>0$）上にあるため、$T(2\sqrt{2}, y)$ である。点 $S$ から $C, T$ に向かうベクトルは $\vec{SC} = (s, -s), \vec{ST} = (s, y-s)$ となる。条件より $\cos \angle CST = \frac{1}{\sqrt{2}}$ であるから、内積を用いて

$$ \frac{\vec{SC} \cdot \vec{ST}}{|\vec{SC}| |\vec{ST}|} = \frac{s^2 - s(y-s)}{\sqrt{2}s \sqrt{s^2 + (y-s)^2}} = \frac{2s-y}{\sqrt{2}\sqrt{s^2 + (y-s)^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} $$

$$ 2s-y = \sqrt{s^2 + (y-s)^2} $$

両辺を2乗して整理すると、

$$ 4s^2 - 4sy + y^2 = s^2 + y^2 - 2sy + s^2 \quad \iff \quad 2s(s-y) = 0 $$

$s > 0$ であるから $y = s$ となる。したがって、先に求めた $s$ の式に $y$ と $r = (3+\sqrt{3})x$ を代入する。

$$ \begin{aligned} y &= \frac{3-\sqrt{3}}{6} \{ 2\sqrt{2} - (3+\sqrt{3})x \} \\ &= \frac{6\sqrt{2}-2\sqrt{6}}{6} - \frac{9-3}{6}x \\ &= \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{3} - x \end{aligned} $$

ゆえに、$x + y = \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{3}$ が成り立つ。

解説

複数の角度・長さの条件から、各点の位置を数珠つなぎに決定していく幾何の問題である。特に $\triangle PBQ$ が直角二等辺三角形になることや、$\triangle CST$ が直角二等辺三角形になることを見抜けるかが計算量を大きく左右する。解法1のように図形の性質（正弦定理・余弦定理）を純粋に追う手法が本筋といえるが、図形的ひらめきに依存しない解法2（座標幾何）のアプローチも、計算力があれば完答にたどり着ける有力な手段である。試験場では両方の視点を持っておくと検算にも役立つ。