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競技数学解説

匿式図形問題エスパー杯 The 2nd (T-GUESS Cup 2)　問題Ｄの解説

自作問題,初等幾何,TGUESSCup2
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問題

　五角形ABCDEはAB=CD=DEをみたす。辺BC上に2点F,Gをとると、4点B,F,G,Cはこの順に並び、BF=CGが成立した。∠CAE=∠ACD=41∘, ∠CDF=∠EDF=82∘, ∠BAC=57∘のとき、直線AGと直線DFのなす角(のうち90∘以上180∘未満であるもの)を求めよ。

見るからに難しそうな問題 見るからに難しそうな問題


　求角問題を1度でも解いたことがある人であれば、「え、多分無理数になるよね、その角度」と思われるだろう。しかし、何故か有理数になる。我ながら少々不思議に感じていたりいなかったり。
　さあ、証明しよう……と行きたいところだが、正直なところ解説を読むためにある程度体力が必要だと思われるので、もしも体力に自信のない読者がいらっしゃれば校庭10周とスクワット500回をしてから読み進めることを推奨する。


用意していた解説

点Rが遠すぎる 点Rが遠すぎる


　辺AE上にAH=CDをみたす点Hを、半直線CD上にAE=CIをみたす点Iをとると、四角形ACDEと四角形AHICは合同である(線分ACの垂直二等分線について四角形ACDEを対称移動させるイメージ)。またBG=CFより、△CFD≡△BGJとなるような点Jをとることができる。
　△ABJと△AHIについて、AB=CD=AH, BJ=CD=DE=HI, ∠ABJ=∠ABG+∠JBG=∠ABG+∠DCF=164∘ (∵五角形の内角の和は540∘), ∠AHI=∠CDE=164∘より、2辺とその間の角がそれぞれ等しいので△ABJ≡△AHIが成り立っている。ゆえに△AIJは二等辺三角形であり、∠IAJ=∠BAH−∠BAJ−∠HAI=82∘とわかる。ACとIJの交点をKとすると、∠JAK=∠BAK−∠BAJ=49∘, ∠AJK=180∘−∠IAJ2=49∘なので、△JAKもAK=JKの二等辺三角形になっている。


　AI=AJより、△ACI≡△ALJとなるような点Lをとることができる。∠AJL=∠AIC=∠HIC−∠HIA=106∘, ∠AJG=∠BJG−∠BJA=74∘であるから∠AJL+∠AJG=180∘となり、3点L,J,Gはこの順で同一直線上にあると判明する。なお、AC=AL, ∠CAL=∠CAJ+∠JAL=∠IAC+∠CAJ=∠IAJであるため、△ACL∼△AIJとなることに注意する。ここで半直線ABとGL,CLの交点をそれぞれM,Nとすると、∠JAN=∠JAB=8∘, ∠JLN=∠ALC−∠ALJ =∠AJI−∠ACI=8∘より、円周角の定理の逆を用いると4点A,J,N,Lが同一円周上に存在するといえる。加えて、∠AJN=180∘−∠ALN=180∘−∠AJIから∠AJI+∠AJN=180∘となり、3点N,J,Iはこの順で同一直線上にある。


　四角形AJNLの外接円の中心をOとすると、∠AOJ=2∠ALJ=82∘, AO=JOより、∠OAJ=∠OJA=49∘となる。△AJKと△AJOについて、AJ=AJ, ∠AJK=∠JAK=∠AJO=∠JAO=49∘であり、1辺とその両端の角がそれぞれ等しいので△AJK≡△AJOが成り立つ。すなわち四角形AKJOはひし形であり、AB=JBから点Bは対角線KO上に存在する。
　いま、Aから引いたCLの平行線とJOとの交点をPとすると、AO∥NK, OP∥KC, PA∥CNから、2つの角がそれぞれ等しいので△AOP∼△NKCとなる。それから、AO∥NKは△AOB∼△NKBであることも表している。これら2つの相似からAB:NB=AO:NK=AP:NCが判り、∠BAP=∠BNC(∵平行線の錯角)と併せて、2辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので△ABP∼△NBCが成立する。ゆえに∠ABP=∠NBCであり、対頂角が等しいので3点P,B,Cはこの順で同一直線上に存在する。


　△AJPと△AJIについて、∠PAJ=∠PAC−∠JAC=180∘−∠ACL−∠JAK=180∘−2∠AIJ=∠IAJ, ∠AJP=∠AJO=∠AJK=∠AJI, AJ=AJより、1辺とその両端の角がそれぞれ等しいので△AJP≡△AJIが成り立つ。よってAI=AJ=APである。
　Bから引いたCLの平行線とAG, △ABJの外接円(この円をωとする)の交点をそれぞれQ,Rとすると、円周角の定理より∠ARB=∠AJB=8∘, ∠JRB=∠JAB=8∘である。ところで、∠JBG=∠DCFからBJ∥DCであることを利用すると、∠JBR=∠DCL=∠DCA+∠ACL=∠DCA+∠AIJ=90∘が導かれ、円周角の定理の逆により線分JRがωの直径であるといえる。すなわち∠JAR=90∘となり、∠JAE=∠BAE−∠BAJ=90∘と併せて、3点A,E,Rはこの順で同一直線上に存在する。さらに∠AJR=90∘−∠ARJ=74∘であり、∠AJG=74∘と併せて、3点J,G,Rもこの順で同一直線上に存在する。


　Qから引いたAJの平行線とJRの交点をSとする。このときAP∥QBより△GAP∼△GQB、よってAP:QB=GA:GQであり、かつAJ∥QSより△GAJ∼△GQS、よってAJ:QS=GA:GQである。したがってAP:QB=AJ:QSとなり、AJ=APからQB=QS、つまり△QBSが二等辺三角形であると判る(点Gを中心に△AJPを縮小するイメージで示してもよい)。いま、AJ∥QSより∠ABR=∠AJR=∠QSRなので、∠QBS=∠QSBに注意すると∠MBS=∠MSBとなる。つまりQB=QS, MB=MSから、MQは線分BSの垂直二等分線であり、ゆえに∠BMQ=∠SMQである。
　以上の議論より、点Qは∠ARMの二等分線上および∠AMRの二等分線上にあると示せたので、点Qは△AMRの内心であることが明らかとなる。ここから∠MAQ=∠RAQ=∠BAE2=49∘を得るので、∠AGR=180∘−∠GAR−∠ARG=115∘が従う。DF∥JRより求める角度は∠AGRに等しく、結局本問の答えは115∘であると証明された。


あまりにも短い別解(立見鶏( Twitter )氏から紹介されました)

T-GUESS主催者胃痛案件 T-GUESS主催者胃痛案件


　AEとCDの交点をPとし、△CEPの外心をQとする。円周角の定理から∠CQE=360∘−2∠CPE=164∘が成り立ち、QC=QEに注意すると四角形CDEQはひし形であると判る。したがって∠EPQ=82∘となり、∠BAP=98∘,AB=PQと併せて、四角形ABQPは平行四辺形であることが明らかとなる。
　ここで半直線BA上にAP=PRとなる点Rをとり、Rから引いたABの平行線と半直線CDとの交点をSとする。このとき∠APC=180∘−∠CAP−∠ACP=98∘,∠BAP=98∘より、四角形APSRは等脚台形となっている。いま、△PRS≡△QBTとなるように点Tをとると、∠BQC=360∘−∠BQP−∠CQP=360∘−∠BAP−∠CQP=114∘,∠BQT=∠RPS=66∘より∠BQC+∠BQT=180∘が判り、3点C,Q,Tはこの順で同一直線上に存在するといえる。


　Qは線分DF上にあるので∠CQF=98∘であり、∠CTB=∠PSR=98∘と併せてBT∥FQを得る。長さの比を移していくと、
BG:GC=CF:FB=CQ:QT=QP:PS=BA:AR
より、AG∥RCが導かれる。PC=PA=PRより∠PCR=180∘−∠CPR2=33∘が従うので、求める角度は∠CDF+∠PCR=115∘と示された。


主催者コメント

　幾何力の　足らぬ頭で　主催とは　　　＿＿＿＿詠み人：匿


　本問の正解者は4名(うち非エスパー2名)であった。盛大な拍手を送りたい。
投稿日：2022年5月9日
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匿(Tock)
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主に初等幾何・レムニスケート。時々偏差値・多重根号。 「たとえ作曲家が忘れ去られた日であっても、彼の旋律が街並みを縫って美しく流れていますように。」

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