点$\mathrm{L}$，点$\mathrm{M}$ はそれぞれ内接円と三角形の接点なので、
$\left\{\begin{array}{l} \mathrm{O}\mathrm{A}\perp \mathrm{I}\mathrm{M}\\ \mathrm{A}\mathrm{B}\perp \mathrm{I}\mathrm{L} \end{array}\right.$
だ。

よって、四角形$\mathrm{ALIM}$は、向かいあう角の和が$180^{\circ}$になる。

したがって、四角形$\mathrm{ALIM}$は円に内接するので、
４点$\mathrm{A}$，$\mathrm{I}$，$\mathrm{L}$，$\mathrm{M}$ は同一円周上にある ことが分かる。

解答ア：１

図Ａに点$\mathrm{X}$ を書き込むと、図Ｂができる。

(1)で考えたように
$\angle \mathrm{OMI}=90^{\circ}$
だ。

解答イ：９, ウ：０

また、$\triangle \mathrm{OBX}$（図Ｂの黄色い三角形）を考えると、
$\angle \mathrm{XOB}+\angle \mathrm{OXB}+\angle \mathrm{OBX}=180^{\circ}$
とかける。

これに
$\angle \mathrm{XOB}=2\theta$ $\mathrm{BI}$は$\angle \mathrm{OBA}$の二等分線なので、
$\angle \mathrm{OBX}=\dfrac{1}{2}\angle \mathrm{OBA}=\beta$ を代入すると、
$2\theta+\angle \mathrm{OXB}+\beta=180^{\circ}$
より
$\angle \mathrm{OXB}=180^{\circ}-2\theta-\beta$
なので
$\angle \mathrm{OXI}=180^{\circ}-2\theta-\beta$式Ａ
だ。

これで $\angle \mathrm{OXI}$ が求められたけど、問題文には$\beta$を使うなという指示ががある。
しかたがないから、この式の$\beta$を消そう。

$\triangle \mathrm{OAB}$を考えると
$2\theta+2\alpha+2\beta=180^{\circ}$
なので、
$\theta+\alpha+\beta=90^{\circ}$式Ｂ
$\beta=90^{\circ}-\theta-\alpha$
と表せる。

これを式Ａに代入すると、
$$ \begin{align} \angle \mathrm{OXI}&=180^{\circ}-2\theta-(90^{\circ}-\theta-\alpha)\\ &=90^{\circ}+\alpha-\theta\class{tex_formula}{式Ｃ} \end{align} $$ となる。

解答エ：１, オ：０

したがって、イウと式Ｃより

ことが分かる。

$\alpha \lt \theta$ のとき

このとき、カより 点$\mathrm{X}$は線分$\mathrm{AM}$上にあるので、図形は例えば図Ｃのようになる。

点$\mathrm{M}$，点$\mathrm{N}$ は三角形と内接円の接点だから、
$\mathrm{OM}=\mathrm{ON}$
だ。

なので、$\triangle \mathrm{OMN}$（図Ｃの緑の三角形）は二等辺三角形になり、
$\angle \mathrm{OMN}=\angle \mathrm{ONM}$
である。

よって、$\triangle \mathrm{OMN}$ の内角の和が$180^{\circ}$であることから、
$2\angle \mathrm{ONM}+2\theta=180^{\circ}$
より
$\angle \mathrm{ONP}=90^{\circ}-\theta$
となる。

解答ク：3

また、(2)で考えたように
$\angle \mathrm{OBX}=\beta$
なので
$\angle \mathrm{OBP}=\beta$
だ。

解答ケ：2

ここで、$\triangle \mathrm{BNP}$（図Ｃの黄色い三角形）について、
三角形の2角の和は、他の角の外角と等しいので、
$\angle \mathrm{NPB}+\angle \mathrm{NBP}=\angle \mathrm{ONP}$
とかける。

これにそれぞれの値を代入すると
$\angle \mathrm{NPB}+\beta=90^{\circ}-\theta$
$\angle \mathrm{NPB}=90^{\circ}-(\theta+\beta)$
と表せる。

これに式Ｂを変形した
$\theta+\beta=90^{\circ}-\alpha$
を代入すると
$$ \begin{align} \angle \mathrm{NPB}&=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)\\ &=\alpha \class{tex_formula}{式Ｄ} \end{align} $$ となるから、
$\angle \mathrm{MPI}=\alpha$
である。

解答コ：1

この$\alpha$って何だったかな、と図を見ると、
$\mathrm{AI}$は$\angle \mathrm{OAB}$の二等分線なので、
$\qquad \angle \mathrm{OAI}=\angle \mathrm{BAI}=\alpha$ だ。

このうち $\angle \mathrm{OAI}$ すなわち$\angle \mathrm{MAI}$ は、$\angle \mathrm{MPI}$ と同じで、点$\mathrm{I}$，$\mathrm{M}$から生えた角だ。

この二つの角 $\angle \mathrm{MAI}$ と $\angle \mathrm{MPI}$ が等しいので、円周角の定理の逆より、
４点$\mathrm{I}$，$\mathrm{M}$，$\mathrm{P}$，$\mathrm{A}$ は同一円周上にある ことが分かる。

解答サ：０

$\alpha \gt \theta$ のとき

このとき、キより 点$\mathrm{X}$は線分$\mathrm{OM}$上にあるので、図形は例えば図Ｄのようになる。

$\triangle \mathrm{BNP}$（図Ｄの黄色い三角形）で $\alpha \lt \theta$ のときと全く同じ作業をすると、$\alpha \gt \theta$ の場合も
$\angle \mathrm{NPB}=\alpha$式Ｄ
となる。

このことから、$\angle \mathrm{MPI}$ は
$$ \begin{align} \angle \mathrm{MPI}&=180^{\circ}-\angle \mathrm{NPB}\\ &=180^{\circ}-\alpha \end{align} $$ と表せる。

解答シ：７

したがって、
$\angle \mathrm{MPI}+\angle \mathrm{MAI}=180^{\circ}$
となって、四角形$\mathrm{IPMA}$は円に内接する。

つまり、
４点$\mathrm{I}$，$\mathrm{M}$，$\mathrm{P}$，$\mathrm{A}$ は同一円周上にある ことが分かる。

解答ス：０

最後は、４点$\mathrm{M}$，$\mathrm{N}$，$\mathrm{P}$，$\mathrm{Q}$の並び順の問題だ。

点$\mathrm{P}$

まず、点$\mathrm{P}$の位置から考える。
そのために、これまでの作業を振り返ってみよう。

(2)で考えたように、点$\mathrm{X}$は
$\alpha \lt \theta$ のとき 線分$\mathrm{AM}$上 $\alpha \gt \theta$ のとき 線分$\mathrm{OM}$上 にある。

したがって、直線$\mathrm{MN}$ と直線$\mathrm{BI}$ は
$\alpha \lt \theta$ のとき 図Ｃのように$\triangle \mathrm{OAB}$の外部で $\alpha \gt \theta$ のとき 図Ｄのように$\triangle \mathrm{OAB}$の内部で 交わる。

つまり、
点$\mathrm{P}$は$\triangle \mathrm{OAB}$の $\left\{\begin{array}{l} \text{外部}(\alpha \lt \theta)\\ \text{内部}(\alpha \gt \theta) \end{array}\right.$条件Ａ
にある。

いまは $\theta=32^{\circ}$，$\alpha=34^{\circ}$のときを問われている。

$\alpha \gt \theta$
だから、条件Ａより
点$\mathrm{P}$は三角形の内部にある ことが分かる。

点$\mathrm{Q}$

次は、点$\mathrm{Q}$だ。

図Ｃに点$\mathrm{Q}$を書き込むと、図Ｅができる。

図Ｅは適当に描いたものなので、$\theta=32^{\circ}$，$\alpha=34^{\circ}$にはなっていない。

図Ｅを見ると、点の関係は左右対称になっている。
なので、
$\theta$，$\alpha$と点$\mathrm{P}$の間に成り立つのと同じ関係が、
$\theta$，$\beta$と点$\mathrm{Q}$の間に成り立つ と考えられる。

なので、条件Ａの
点$\mathrm{P}$を点$\mathrm{Q}$に $\alpha$を$\beta$に 変えた、
点$\mathrm{Q}$は$\triangle \mathrm{OAB}$の $\left\{\begin{array}{l} \text{外部}(\beta \lt \theta)\\ \text{内部}(\beta \gt \theta) \end{array}\right.$条件Ｂ
にある
が成り立つ。

いま、
$\left\{\begin{array}{l} \theta=32^{\circ}\\ \alpha=34^{\circ}\\ \theta+\alpha+\beta=90^{\circ} \end{array}\right.$
だから、
$$ \begin{align} \beta&=90^{\circ}-32^{\circ}-34^{\circ}\\ &=24^{\circ} \end{align} $$ だ。

$\beta \lt \theta$
なので、条件Ｂより、
点$\mathrm{Q}$は三角形の外部にある ことが分かる。

以上より、このとき、
点$\mathrm{P}$は三角形の内部に 点$\mathrm{Q}$は三角形の外部に あるから、４点$\mathrm{M}$，$\mathrm{N}$，$\mathrm{P}$，$\mathrm{Q}$の並び順は図Ｆのようになっている。

したがって、セの選択肢のうちで正しいものは
⓪
である。

解答セ：０