図Ａのように、
点$\mathrm{G}$は△$\mathrm{ABC}$の重心なので、
$\mathrm{AG}:\mathrm{GE}=2:1$ 点$\mathrm{D}$は線分$\mathrm{AG}$の中点なので、
$\mathrm{AD}=\mathrm{DG}$ である。

よって、
$\mathrm{AD}=\mathrm{DG}=\mathrm{GE}$
となるから、
$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}=\dfrac{1}{2}$
である。

解答ア：1, イ：2

次の $\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}$ は、三角形のひとつの辺$\mathrm{AB}$について、
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}=\dfrac{\text{一方の頂点から分点}}{\text{他方の頂点から分点}}$
である。
なので、考えるのはチェバの定理かメネラウスの定理だ。
ここでは、メネラウスの定理を使う。

図Ｂの△$\mathrm{ABE}$（緑の三角形）と直線$\mathrm{PF}$（赤い直線）にメネラウスの定理を使うと、
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}\cdot\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}\cdot\dfrac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BF}}=1$
とかける。

これにアイを代入して、
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BF}}=1$
より
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}=2\times\dfrac{\mathrm{BF}}{\mathrm{EF}}$
である。

解答ウ：2, エ：1, オ：3

$\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}$についても同様に考える。

図Ｃの△$\mathrm{ACE}$（緑の三角形）と直線$\mathrm{PF}$（赤い直線）にメネラウスの定理を使うと、
$\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}\cdot\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}\cdot\dfrac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CF}}=1$
とかける。

これにアイを代入して、
$\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CF}}=1$
より
$\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=2\times\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$式Ａ
である。

解答カ：2, キ：2, ク：3

以上より
$$ \begin{align} \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}&=2\times\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{EF}}+2\times\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}\\ &=2\times\dfrac{\mathrm{BF}+\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}} \class{tex_formula}{式Ｂ} \end{align} $$ と表せる。

ここで、点$\mathrm{G}$は△$\mathrm{ABC}$の重心だから、$\mathrm{AE}$は中線である。
つまり、点$\mathrm{E}$は辺$\mathrm{BC}$の中点だ。
よって、
$\mathrm{BE}=\mathrm{CE}$
なので、 $\mathrm{BF}=\mathrm{BE}+\mathrm{EF}$ $$ \begin{align} \mathrm{CF}&=\mathrm{EF}-\mathrm{CE}\\ &=\mathrm{EF}-\mathrm{BE} \end{align} $$ とかける。

これを式Ｂに代入すると、
$$ \begin{align} \dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}&=2\times\dfrac{\cancel{\mathrm{BE}}+\mathrm{EF}+\mathrm{EF}-\cancel{\mathrm{BE}}}{\mathrm{EF}}\\ &=2\times\dfrac{2\cancel{\mathrm{EF}}}{\cancel{\mathrm{EF}}}\\ &=4 \class{tex_formula}{式Ｃ} \end{align} $$ であることが分かる。

解答ケ：4

アドバイス

上の解説では、点$\mathrm{F}$を点$\mathrm{C}$の右にとった。
点$\mathrm{F}$を点$\mathrm{B}$の左にとった場合は次のような図になるけど、解法は全く変わらない。

さらに、図Ｄのような場合を考える。

方べきの定理から
$\mathrm{AQ}\cdot \mathrm{AC}=\mathrm{AP}\cdot \mathrm{AB}$
なので、
$6\mathrm{AQ}=9\mathrm{AP}$
$$ \begin{align} \mathrm{AQ}&=\dfrac{9}{6}\mathrm{AP}\\ &=\dfrac{3}{2}\mathrm{AP} \class{tex_formula}{式Ｄ} \end{align} $$ となる。

解答コ：3, サ：2

これから$\mathrm{AP}$と$\mathrm{AQ}$を求めるんだけど、式Ｄだけじゃ無理。
で、これまでの作業を振り返ってみると、式Ｃの
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=4$式Ｃ
が使えそうだ。

具体的には、$\mathrm{BP}$，$\mathrm{CQ}$を$\mathrm{AP}$で表して、式Ｃに代入だ。

図Ｄより、
$\mathrm{BP}=9-\mathrm{AP}$ $$ \begin{align} \mathrm{CQ}&=6-\mathrm{AQ}\\ &=6-\dfrac{3}{2}\mathrm{AP} \end{align} $$ この２式と式Ｄを式Ｃに代入すると、
$\dfrac{9-\mathrm{AP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{6-\cfrac{3}{2}\mathrm{AP}}{\cfrac{3}{2}\mathrm{AP}}=4$
という式ができる。

途中式

面倒な式に見えるけど、意外にそうでもなかったりする。

嬉しくないのは、繁分数の部分。
なので、ここから解決する。
繁分数の分母分子に$\cfrac{2}{3}$をかけて、
$\dfrac{9-\mathrm{AP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\cfrac{2}{3}\left(6-\cfrac{3}{2}\mathrm{AP}\right)}{\cfrac{2}{3}\cdot\cfrac{3}{2}\mathrm{AP}}=4$
$\dfrac{9-\mathrm{AP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{4-\mathrm{AP}}{\mathrm{AP}}=4$

両辺に$\mathrm{AP}$をかけて、
$9-\mathrm{AP}+4-\mathrm{AP}=4\mathrm{AP}$
より
$6\mathrm{AP}=13$
となる。

よって、
$\mathrm{AP}=\dfrac{13}{6}$
である。

解答シ：1, ス：3, セ：6

これを式Ｄに代入して、$\mathrm{AQ}$は、
$$ \begin{align} \mathrm{AQ}&=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{13}{6}\\ &=\dfrac{13}{4} \end{align} $$ となる。

解答ソ：1, タ；3, チ：4

次は$\mathrm{CF}$。
今までの作業から$\mathrm{CF}$が含まれている式を探すと、
$\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=2\times\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$式Ａ
があった。

ここで、
$\mathrm{CQ}=6-\mathrm{AQ}$ $$ \begin{align} \mathrm{EF}&=\mathrm{CF}+\dfrac{1}{2}\mathrm{BC}\\ &=\mathrm{CF}+4 \end{align} $$ なので、式Ａは
$\dfrac{6-\mathrm{AQ}}{\mathrm{AQ}}=2\times\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{CF}+4}$
と表せる。

これにソタチを代入して、
$\dfrac{6-\cfrac{13}{4}}{\cfrac{13}{4}}=2\times\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{CF}+4}$
より

途中式

$\dfrac{\cfrac{24-13}{\cancel{4}}}{\cfrac{13}{\cancel{4}}}=\dfrac{2\mathrm{CF}}{\mathrm{CF}+4}$
$\dfrac{11}{13}=\dfrac{2\mathrm{CF}}{\mathrm{CF}+4}$
$13\times 2\mathrm{CF}=11\times(\mathrm{CF}+4)$
$26\mathrm{CF}=11\mathrm{CF}+44$
$15\mathrm{CF}=44$

$\mathrm{CF}=\dfrac{44}{15}$
となる。

解答ツ：4, テ：4, ト：1, ナ：5

ここまで、点$\mathrm{D}$は$\mathrm{AG}$の中点であるという条件のもとに解いてきた。
ここからはこの条件をなくして、
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=10$
となる場合を考える。

つまり、(1)のケが$10$になるような
$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DG}}$
の値を求めよ、ということだ。

というわけで、(1)でケを求めた作業を、
$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}=\dfrac{1}{2}$
としないで、$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}$のままでやり直してみる。

(1)では、図Ｂ，図Ｃの緑の三角形と赤い直線にメネラウスの定理を使って、
図Ｂより、
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}\cdot\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}\cdot\dfrac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BF}}=1$式Ｅ 図Ｃより、
$\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}\cdot\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}\cdot\dfrac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CF}}=1$式Ｆ という2つの式をつくった。

これをそれぞれ変形して
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}=\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{\mathrm{BF}}{\mathrm{EF}}$ $\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$ とし、辺々たすと

途中式

$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{\mathrm{BF}}{\mathrm{EF}}+\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$
より
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\left(\dfrac{\mathrm{BF}}{\mathrm{EF}}+\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}\right)$

$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{\mathrm{BF}+\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$式Ｇ
と表せる。

ここで、(1)で考えたように
$\left\{\begin{array}{l} \mathrm{BF}=\mathrm{BE}+\mathrm{EF}\\ \mathrm{CF}=\mathrm{EF}-\mathrm{BE} \end{array}\right.$
なので、式Ｇは
$$ \begin{align} \dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}&=\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{\cancel{\mathrm{BE}}+\mathrm{EF}+\mathrm{EF}-\cancel{\mathrm{BE}}}{\mathrm{EF}}\\ &=\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\dfrac{2\cancel{\mathrm{EF}}}{\cancel{\mathrm{EF}}}\\ &=2\cdot\dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}} \end{align} $$ と変形できる。

なので、
$\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=10$
であるためには、
$2 \cdot \dfrac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}=10$
より
$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}=\dfrac{1}{5}$式Ｈ
であればよい。

この式Ｈと、点$\mathrm{G}$が△$\mathrm{ABC}$の重心であることによる
$\mathrm{AG}:\mathrm{GE}=2:1$
を使って、問われている
$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DG}}$
を求める。

頭の中だけで考えると混乱するので、分かっていることを図にしよう。

式Ｈより
$\mathrm{AD}:\mathrm{DE}=1:5$
なので、
点$\mathrm{D}$は$\mathrm{AE}$を$6$等分した内分点のうち、点$\mathrm{A}$の隣の点 $$ \begin{align} \mathrm{AG}:\mathrm{GE}&=2:1\\ &=4:2 \end{align} $$ なので、
点$\mathrm{G}$は$\mathrm{AE}$を$6$等分した内分点のうち、点$\mathrm{E}$から２つめの点 である。

これを図にすると、図Ｅができる。

図Ｅより、
$\mathrm{AD}:\mathrm{DG}=1:3$
なので、
$\dfrac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DG}}=\dfrac{1}{3}$
となる。

解答ニ：１, ヌ：３