図の固定

まず、$\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|^{2}$を$\vec{p}$，$\vec{q}$で表す。

$\overrightarrow{\mathrm{BD}}=\overrightarrow{\mathrm{AD}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
$\overrightarrow{\mathrm{BD}}$$=\vec{q}-\vec{p}$
なので、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|^{2}=\left(\vec{q}-\vec{p}\right)\cdot\left(\vec{q}-\vec{p}\right)$
より
$\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|^{2}=\left|\vec{q}\right|^{2}-2\vec{p}\cdot\vec{q}+\left|\vec{p}\right|^{2}$
とかける。

これに
$\left|\vec{p}\right|=\left|\vec{q}\right|=1$ $\vec{p}\cdot\vec{q}=x$ を代入して、
$$ \begin{align} \left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|^{2}&=1^{2}-2x+1^{2}\\ &=2-2x \end{align} $$ である。

解答ア：２, イ：２

問題文に$\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|=1$を使うように指示があるので、まず$\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|^{2}$を$\vec{p}$，$\vec{q}$で表そう。

$\overrightarrow{\mathrm{DE}}=\overrightarrow{\mathrm{AE}}-\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
だから、式Ｂより
$\overrightarrow{\mathrm{DE}}=\vec{p}+s\vec{q}-\vec{q}$
      $=\vec{p}+(s-1)\vec{q}$
とかける。

よって、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|^{2}=\left\{\vec{p}+(s-1)\vec{q}\right\}\cdot\left\{\vec{p}+(s-1)\vec{q}\right\}$
なので
$\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|^{2}=\left|\vec{p}\right|^{2}+2(s-1)\vec{p}\cdot\vec{q}+(s-1)^{2}\left|\vec{q}\right|^{2}$
式Ｃ
と表せる。

式Ｃに
$\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|=1$ $\left|\vec{p}\right|=\left|\vec{q}\right|=1$ $\vec{p}\cdot\vec{q}=x$ を代入すると、
$1^{2}+2(s-1)x+(s-1)^{2}\cdot 1=1$
より
$2(s-1)x+(s-1)^{2}=0$
$(s-1)\{2x+(s-1)\}=0$
となる。

この式が成り立つのは
$s-1=0$
または
$2x+(s-1)=0$式Ｄ
のとき。

このうち、
$s-1=0$
のときは
$s=1$
となるので、式Ａより
$\overrightarrow{\mathrm{BE}}=\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
となって、点$\mathrm{C}$と点$\mathrm{E}$が一致してしまうので不適。

式Ｄのとき、
$2x+s-1=0$
より、$s$は
$s=-2x+1$式Ｅ
となって、これが答えだ。

解答ウ：－, エ：２, オ：１

図の固定

アイで$\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|^{2}$は求めているから、$\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|^{2}$を求めて
$\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|^{2}=\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|^{2}$
の方程式を作ろう。

式Ａより
$\overrightarrow{\mathrm{BE}}=s\vec{q}$
なので、式Ｅより
$\overrightarrow{\mathrm{BE}}=(-2x+1)\vec{q}$
とかけるから、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|^{2}=(-2x+1)^{2}\left|\vec{q}\right|^{2}$
$\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|^{2}$$=(-2x+1)^{2}$
である。

これが(1)で求めた$\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|^{2}$と等しいので、
$(-2x+1)^{2}=2-2x$
とかける。

これを解くと、
$4x^{2}-4x+1=2-2x$
$4x^{2}-2x-1=0$
より
$x=\displaystyle \frac{2\pm\sqrt{2^{2}-4\cdot 4(-1)}}{2\cdot 4}$
$x$$\displaystyle =\frac{2\pm 2\sqrt{1+4}}{2\cdot 4}$
$x$$\displaystyle =\frac{1\pm\sqrt{5}}{4}$式Ｆ
となる。

ここで、
$\angle \mathrm{BAD} \gt 90^{\circ}$
なので、
$\cos\angle \mathrm{BAD} \lt 0$
だ。

このとき、
$\vec{p}\cdot\vec{q}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
$\vec{p}\cdot\vec{q}$$=\left|\overrightarrow{\mathrm{AB}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{AD}}\right|\cos\angle \mathrm{BAD} \lt 0$
なので、
$x \lt 0$
である。

よって、式Ｆの２つの解のうち、
$x=\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{4}$
が求める解だ。

解答カ：１, キ：５, ク：４

これを式Ｅに代入して、
$s=-2\displaystyle \cdot\frac{1-\sqrt{5}}{4}+1$
より
$s=\displaystyle \frac{-1+\sqrt{5}}{2}+\frac{2}{2}$
$s$$\displaystyle =\frac{1+\sqrt{5}}{2}$式Ｇ
である。

これを式Ｂに代入すると
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AE}}=\vec{p}+\frac{1+\sqrt{5}}{2}\vec{q}$①
となる。

解答ケ：１, コ：５, サ：２

図の固定

直線$\mathrm{AC}$に対して、
点$\mathrm{E}$と点$\mathrm{F}$は対称 点$\mathrm{B}$と点$\mathrm{D}$は対称なので、$\vec{p}$と$\vec{q}$は対称 なので、①式の$\vec{p}$と$\vec{q}$を入れ替えると、$\overrightarrow{\mathrm{AF}}$の式ができる。

よって、
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AF}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\vec{p}+\vec{q}$式Ｈ
とかける。

解答シ：１, ス：５, セ：２

$\overrightarrow{\mathrm{EF}}=\overrightarrow{\mathrm{AF}}-\overrightarrow{\mathrm{AE}}$
に式Ｈと①式を代入すると
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{EF}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\vec{p}+\vec{q}-\left(\vec{p}+\frac{1+\sqrt{5}}{2}\vec{q}\right)$
より
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{EF}}=\left(-1+\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\left(\vec{p}-\vec{q}\right)$
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{EF}}$$\displaystyle =\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\left(\vec{p}-\vec{q}\right)$
となるけど、
$\vec{p}-\vec{q}=\overrightarrow{\mathrm{DB}}$
なので、この式は
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{EF}}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{\mathrm{DB}}$式Ｉ
とかける。

解答ソ：－, タ：１, チ：５, ツ：２

また、式Ａに式Ｇを代入すると、
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{BE}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{BE}}$$\displaystyle =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\vec{q}$式Ｊ
となる。

いま、
$\left|\vec{q}\right|=1$ $\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|$ なので、式Ｊより
$\displaystyle \left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
となる。

解答テ：１, ト：５, ナ：２

よって、式Ｉより、
$\displaystyle \left|\overrightarrow{\mathrm{EF}}\right|=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\cdot\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
$\displaystyle \left|\overrightarrow{\mathrm{EF}}\right|$$\displaystyle =\frac{-1+5}{2^{2}}$
      $=1$
である。

解答ニ：１

以上より、$\mathrm{ABFED}$は一辺が$1$の正五角形であることが分かる。

図の固定

さらに、△$\mathrm{ABD}$の外接円を円$\mathrm{R}$，その中心を点$\mathrm{R}$とする。
このとき、
$\mathrm{ABFED}$は正五角形なので、円$\mathrm{R}$に内接する。 △$\mathrm{AFE}$を点$\mathrm{R}$を中心として反時計回りに$144^{\circ}$回転させると、△$\mathrm{FDA}$と重なる。

よって、点$\mathrm{R}$は
直線$\mathrm{AC}$上にある 直線$\mathrm{FM}$上にある ことが分かる。

あとは、$\overrightarrow{\mathrm{AR}}$の式を２通り作って連立方程式に持ち込む、いつものパターンだ。

点$\mathrm{R}$は直線$\mathrm{FM}$上にあるので、$t$を有理数として
$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=t\overrightarrow{\mathrm{AF}}+(1-t)\overrightarrow{\mathrm{AM}}$式Ｋ
とかける。

ここで、
式Ｈより、
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AF}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\vec{p}+\vec{q}$ $\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AM}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
      $=\displaystyle \frac{1}{2}\vec{q}$ なので、式Ｋは
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}=t\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\vec{p}+\vec{q}\right)+\frac{1}{2}(1-t)\vec{q}$
より
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}t\vec{p}+t\vec{q}+\frac{1}{2}(1-t)\vec{q}$
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}$$\displaystyle =\frac{1+\sqrt{5}}{2}t\vec{p}+\frac{1}{2}(1+t)\vec{q}$式Ｋ'
と変形できる。

また、点$\mathrm{R}$は直線$\mathrm{AC}$上にあるので、$u$を有理数として
$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=u\overrightarrow{\mathrm{A}}$式Ｌ
とかける。

ここで、
$\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec{p}+\vec{q}$ なので、式Ｌは
$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=u\left(\vec{p}+\vec{q}\right)$
$\overrightarrow{\mathrm{AR}}$$=u\vec{p}+u\vec{q}$式Ｌ'
と変形できる。

式Ｋ'$=$式Ｌ'なので、ふたつの式の$\vec{p}$，$\vec{q}$の係数同士は等しいから、連立方程式

ができる。

これを解くと、
$\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}t=\frac{1}{2}(1+t)$式Ｍ
より
$t+\sqrt{5}t=1+t$
$\sqrt{5}t=1$
$t=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}$
であることが分かる。

これを式Ｋ'に代入して、$\overrightarrow{\mathrm{AR}}$は、
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}\vec{p}+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\vec{q}$
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}$$\displaystyle =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{5}\vec{p}+\frac{1}{2}\cdot\frac{5+\sqrt{5}}{5}\vec{q}$
$\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}$$\displaystyle =\frac{5+\sqrt{5}}{10}\left(\vec{p}+\vec{q}\right)$
である。

解答ヌ：５, ネ：５, ノ：１, ハ：０