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、
$\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}=\frac{1}{2}$
である。

解答ア：1, イ：2

次の $\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}$ は、三角形のひとつの辺$\mathrm{AB}$について、
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}=$ 一方の頂点から分点 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、
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}\cdot\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}\cdot\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BF}}=1$
とかける。

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

解答ウ：2, エ：1, オ：3

$\displaystyle \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}$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、
$\displaystyle \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}\cdot\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}\cdot\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CF}}=1$
とかける。

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

解答カ：2, キ：2, ク：3

以上より
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=2\times\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{EF}}+2\times\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$
$\phantom{\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}}=2\displaystyle \times\frac{\mathrm{BF}+\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$式Ｂ
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、 $\mathrm{BF}=\mathrm{BE}+\mathrm{EF}$ $\mathrm{CF}=\mathrm{EF}-\mathrm{CE}$
$\phantom{\mathrm{CF}}=\mathrm{EF}-\mathrm{BE}$ とかける。

これを式Ｂに代入すると、
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=2\times\frac{\cancel{\mathrm{BE}}+\mathrm{EF}+\mathrm{EF}-\cancel{\mathrm{BE}}}{\mathrm{EF}}$
より
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=2\times\frac{2\cancel{\mathrm{EF}}}{\cancel{\mathrm{EF}}}$
$\hspace{94px}=4$式Ｃ
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、
$6\mathrm{AQ}=9\mathrm{AP}$
$\displaystyle \mathrm{AQ}=\frac{9}{6}\mathrm{AP}$
$\phantom{ \displaystyle \mathrm{AQ} } \displaystyle =\frac{3}{2}\mathrm{AP}$式Ｄ
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
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=4$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、
$\mathrm{BP}=9-\mathrm{AP}$ $\mathrm{CQ}=6-\mathrm{AQ}$
$\phantom{ \mathrm{CQ} } \displaystyle =6-\frac{3}{2}\mathrm{AP}$ この２式と式Ｄを式Ｃに代入すると、
$\displaystyle \frac{9-\mathrm{AP}}{\mathrm{AP}}+\frac{6-\frac{3}{2}\mathrm{AP}}{\frac{3}{2}\mathrm{AP}}=4$
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$\displaystyle \frac{2}{3}$をかけて、
$\displaystyle \frac{9-\mathrm{AP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\frac{2}{3}\left(6-\frac{3}{2}\mathrm{AP}\right)}{\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}\mathrm{AP}}=4$
$\displaystyle \frac{9-\mathrm{AP}}{\mathrm{AP}}+\frac{4-\mathrm{AP}}{\mathrm{AP}}=4$

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、
$\displaystyle \mathrm{AP}=\frac{13}{6}$
である。

解答シ：1, ス：3, セ：6

これを式Ｄに代入して、$\mathrm{AQ}$は、
$\displaystyle \mathrm{AQ}=\frac{3}{2}\cdot\frac{13}{6}$
$\phantom{ \mathrm{AQ} } \displaystyle =\frac{13}{4}$
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、
$\displaystyle \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=2\times\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$式Ａ
があった。

ここで、
$\mathrm{CQ}=6-\mathrm{AQ}$ $\displaystyle \mathrm{EF}=\mathrm{CF}+\frac{1}{2}\mathrm{BC}$
$\phantom{ \mathrm{EF} } =\mathrm{CF}+4$ なので、式Ａは
$\displaystyle \frac{6-\mathrm{AQ}}{\mathrm{AQ}}=2\times\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{CF}+4}$
と表せる。

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

途中式

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

$\displaystyle \mathrm{CF}=\frac{44}{15}$
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、
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=10$
となる場合を考える。

つまり、(1)のケが$10$になるような
$\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DG}}$
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、
$\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}=\frac{1}{2}$
としないで、$\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}$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、
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}\cdot\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}\cdot\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BF}}=1$式Ｅ 図Ｃより、
$\displaystyle \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}\cdot\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}\cdot\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CF}}=1$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
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{EF}}$ $\displaystyle \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$ とし、辺々たすと

途中式

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

$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\frac{\mathrm{BF}+\mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}$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
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\frac{\cancel{\mathrm{BE}}+\mathrm{EF}+\mathrm{EF}-\cancel{\mathrm{BE}}}{\mathrm{EF}}$
$\phantom{ \displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}} } \displaystyle =\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}\cdot\frac{2\cancel{\mathrm{EF}}}{\cancel{\mathrm{EF}}}$
$\phantom{ \displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}} } \displaystyle =2\cdot\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}$
と変形できる。

なので、
$\displaystyle \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}+\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{AQ}}=10$
であるためには、
$\displaystyle 2 \cdot \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AD}}=10$
より
$\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DE}}=\frac{1}{5}$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
$\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DG}}$
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 $\mathrm{AG}:\mathrm{GE}=2:1$
$\phantom{\mathrm{AG}:\mathrm{GE}}=4:2$
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、
$\displaystyle \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DG}}=\frac{1}{3}$
となる。

解答ニ：１, ヌ：３