大学入試センター試験 2012年(平成24年) 追試 数学ⅠA 第3問 解説
ア~カ
図Aの2本の赤い線で方べきの定理を使おう。
$\mathrm{AP}\cdot \mathrm{BP}=\mathrm{CP}\cdot \mathrm{DP}$
なので、
$$
\begin{align}
\mathrm{BP}&=\sqrt{10}\cdot\dfrac{\sqrt{10}}{5}\\
&=\dfrac{10}{5}\\
&=2
\end{align}
$$
である。
解答ア:2
また、$\triangle \mathrm{CAP}$(緑の三角形)は、
$\mathrm{AC}^{2}+\mathrm{AP}^{2}=\mathrm{CP}^{2}$
なので、$\angle \mathrm{CAP}=90^{\circ}$の直角三角形である。
解答イ:9, ウ:0
円周角が$90^{\circ}$なので、弦$\mathrm{BC}$は円$\mathrm{O}$の直径である。
アより$\mathrm{BP}=2$なので、$\mathrm{AB}=3$であるから、$\triangle \mathrm{ABC}$は$\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$の直角二等辺三角形。
よって、
$\mathrm{AB}:\mathrm{AC}:\mathrm{BC}=1:1:\sqrt{2}$
である。
よって、
$\mathrm{BC}=3\sqrt{2}$
であり、円$\mathrm{O}$の直径も$3\sqrt{2}$である。
解答エ:3, オ:2
また、緑色の三角形は$\angle \mathrm{A}=90^{\circ}$の直角三角形だった。
よって、
$$
\begin{align}
\tan\angle \mathrm{PCA}&=\dfrac{\mathrm{AP}}{\mathrm{AC}}\\
&=\dfrac{1}{3}
\end{align}
$$
となる。
解答カ:1, キ:3
ク~ス
図Bで、$\mathrm{PH} \perp \mathrm{BC}$なので、$\angle \mathrm{BHP}=90^{\circ}$
円周角が$90^{\circ}$なので、線分$\mathrm{BP}$は$\triangle \mathrm{PHB}$の外接円の直径である。
よって、直径は$2$である。
解答ク:2
また、$\mathrm{BC}$は円$\mathrm{O}$の直径なので、$\angle \mathrm{BDC}=90^{\circ}$
よって、
$\angle \mathrm{PHB}+\angle \mathrm{BDP}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$
となる。
解答ケ:1, コ:8, サ:0
よって、点$\mathrm{D}$は$\triangle \mathrm{PHB}$の外接円上にある。
さらに、$\triangle \mathrm{ABC}$は$\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$の直角二等辺三角形なので、
$\angle \mathrm{ABC}=45^{\circ}$
である。
よって、$\triangle \mathrm{PHB}$も$\mathrm{HB}=\mathrm{HP}$の直角二等辺三角形だから、
$\angle \mathrm{BPH}=45^{\circ}$
となる。
$\angle \mathrm{BDH}$と$\angle \mathrm{BPH}$は同一の弧に対する円周角なので、$\angle \mathrm{BDH}$も$45^{\circ}$である。
解答シ:4, ス:5
セ~チ
図Cにおいて、同一の弧の円周角は等しいので、同じ色の角度は等しい。
よって、$\triangle \mathrm{BAE}$は$\mathrm{BA}=\mathrm{BE}$の直角二等辺三角形になる。
円周角が$90^{\circ}$なので、弦$\mathrm{AE}$は円$\mathrm{O}$の直径であるから、$\mathrm{AE}$と$\mathrm{BC}$は点$\mathrm{O}$で交わる。
また、図Cより、$\triangle \mathrm{OAB}$も$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$の直角二等辺三角形になるから、
$\angle \mathrm{AOB}=90^{\circ}$
なので、
$\angle \mathrm{BOE}=90^{\circ}$
である。
解答セ:9, ソ:0
さらに、AEは円Oの直径なので、
$\mathrm{AE}=3\sqrt{2}$
である。
解答タ:3, チ:2
ツ,テ
次は$\tan\angle \mathrm{PCH}$だ。
$\tan\angle \mathrm{PCH}$と言われると、つい図Dの赤い三角形の$\triangle \mathrm{PCH}$に目が行くけど、緑の三角形の方が2辺の長さが分かっていて使いやすいかも。
なので、ここでは緑の三角形の$\triangle \mathrm{BCD}$を使う。
$\triangle \mathrm{BCD}$は$\angle \mathrm{D}=90^{\circ}$の直角三角形なので、
$\cos\angle \mathrm{BCD}=\dfrac{\sqrt{10}+\cfrac{\sqrt{10}}{5}}{3\sqrt{2}}$
途中式
$$
\begin{align}
\phantom{\cos\angle \mathrm{BCD}}&=\dfrac{\cfrac{6}{5}\sqrt{10}}{3\sqrt{2}}\\
&=\dfrac{6\sqrt{10}}{5\cdot 3\sqrt{2}}
\end{align}
$$
$1+\tan^{2}\theta=\dfrac{1}{\cos^{2}\theta}$より、
$1+\tan^{2}\angle \mathrm{BCD}=\dfrac{1}{\left(\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\right)^{2}}$
$\tan^{2}\angle \mathrm{BCD}=\left(\dfrac{5}{2\sqrt{5}}\right)^{2}-1$
途中式
$$
\begin{align}
\phantom{\tan^{2}\angle \mathrm{BCD}}&=\dfrac{5^{2}}{2^{2}\cdot 5}-1\\
&=\dfrac{5}{2^{2}}-1\\
&=\dfrac{5}{2^{2}}-\dfrac{2^{2}}{2^{2}}
\end{align}
$$
$0 \lt \tan\angle \mathrm{BCD}$なので、
$\tan\angle \mathrm{BCD}=\dfrac{1}{2}$
である。
$\tan\angle \mathrm{PCH}$も同じ値で、
$\tan\angle \mathrm{PCH}=\dfrac{1}{2}$
となる。
解答ツ:1, テ:2
別解1
$1+\tan^{2}\theta=\dfrac{1}{\cos^{2}\theta}$の公式を使わずに、三平方の定理でBDを求めて、$\dfrac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}$から$\tan\angle \mathrm{BCD}$を求めることもできる。
三平方の定理より、
$$
\begin{align}
\mathrm{BD}^{2}&=\mathrm{BC}^{2}-\mathrm{CD}^{2}\\
&=\left(3\sqrt{2}\right)^{2}-\left(\sqrt{10}+\dfrac{\sqrt{10}}{5}\right)^{2}
\end{align}
$$
途中式
$$
\begin{align}
\phantom{\mathrm{BD}^{2}}&=\left(3\sqrt{2}\times\dfrac{5}{5}\right)^{2}-\left(\dfrac{6}{5}\sqrt{10}\right)^{2}\\
&=\left(\dfrac{3\cdot 5}{5}\sqrt{2}\right)^{2}-\left(\dfrac{6}{5}\sqrt{10}\right)^{2}\\
&=\dfrac{3^{2}}{5^{2}}\{(5\sqrt{2})^{2}-(2\sqrt{10})^{2}\}\\
&=\dfrac{3^{2}}{5^{2}}(5^{2}\cdot 2-2^{2}\cdot 10)
\end{align}
$$
$0 \lt \mathrm{BD}$なので、
$\mathrm{BD}=\dfrac{3}{5}\sqrt{10}$
$$ \begin{align} \tan\angle \mathrm{BCD}&=\dfrac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}\\ &=\dfrac{\cfrac{3}{5}\sqrt{10}}{\cfrac{6}{5}\sqrt{10}}\\ &=\dfrac{3}{6}\\ &=\dfrac{1}{2} \end{align} $$ である。
$\tan\angle \mathrm{PCH}$も同じ値で、
$\tan\angle \mathrm{PCH}=\dfrac{1}{2}$
となる。
解答ツ:1, テ:2
別解2
$\triangle \mathrm{PCH}$を使っても解ける。
ちょっと思いつきにくいかもしれないけれど、実は一番おすすめ。
円Oの半径は$\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$だけど、面倒なので$r$として計算する。
緑の三角形と斜線の三角形は相似で、相似比は$3:2$。
よって、
$\mathrm{PH}=\dfrac{2}{3}r$
である。
また、
$\mathrm{BH}=\dfrac{2}{3}r$
なので、
$\mathrm{OH}=\dfrac{1}{3}r$
より、
$\mathrm{CH}=\dfrac{4}{3}r$
となる。
$\tan\angle \mathrm{PCH}=\dfrac{\mathrm{PH}}{\mathrm{CH}}$
なので、
$$
\begin{align}
\tan\angle \mathrm{PCH}&=\dfrac{\dfrac{2}{3}r}{\dfrac{4}{3}r}\\
&=\dfrac{2}{4}\\
&=\dfrac{1}{2}
\end{align}
$$
である。
解答ツ:1, テ:2
ト,ナ
最後は△AEDと相似な図形を探す問題。
これまで分かったことで必要な情報を図Fにまとめた。
図Fで、赤い三角形と相似な図形を探す。
カキより、青い角度は$\tan$が$\dfrac{1}{3}$
ツテより、オレンジの角度は$\tan$が$\dfrac{1}{2}$
なので、青い角度とオレンジの角度は等しくない。
さて、問題の赤い三角形だけど、ひとつの角度($\angle \mathrm{D}$)が直角で、ひとつの角度が青。
そういう三角形を探す。
図Fより、$\triangle \mathrm{AED}$と相似であるのは、選択肢のうち
$\triangle \mathrm{PCA}$
$\triangle \mathrm{HEO}$
である。
解答ト:1, ナ:3 (順不同)