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PILAME杯予選 G分野解説記事

こんにちは！Kikachuです。
今回は$PILAME杯予選$の$G$分野の私的解説をしていこうと思います。今後PILAME杯を受ける中高生の役に立てたら幸いです。もしかしたらもっと早い解き方があるかもしれないので、各自で検証することをおすすめします。
では早速見ていきましょう！

PILAME杯2024予選

PILAME杯2024予選P3

平行四辺形$ABCD$がある．三角形$ABD$の内部に点$P$ をとったところ，三角形$PAD, PAB, PBC$の面積がそれぞれ$11, 23, 58$となった．このとき，三角形$PBD$の面積を求めよ．

解説

平行四辺形の内部に点$P$を打って４つの三角形領域に分けるとき次の等式が成り立つ。

$[APD]+[BPC]=[ABP]+[CDP]$

点$P$から各辺$AB,BC,CD,DA$に下ろした垂線の長さを$h_1,h_2,h_3,h_4$とおく。すると、$(L.H.S)=\frac{1}{2}AD \cdot h_4+\frac{1}{2}BC\cdot h_2=\frac{1}{2}(BC)(h_2+h_4)=\frac{1}{2}[ABCD]$
$(R.H.S)=\frac{1}{2}AB \cdot h_1+\frac{1}{2}CD\cdot h_3=\frac{1}{2}(AB)(h_1+h_3)=\frac{1}{2}[ABCD]$

これを用いて$[CDP]=58+11-23=46$.
また、$[BCP]+[CDP]>[ABP]+[ADP]$より$P$は$BD$に関して$A$側にある。よって、$ [BCP]+[CDP]-[BPD]=[ABP]+[ADP]+[BPD]\iff[BPD]=35$.
よって、求める値は$\boxed{[BPD]=35}$である。

PILAME杯2024P5

$∠ACB =90^\circ$ なる直角三角形$ABC$ の辺$BC$ 上に点$D$をとり，$D$から辺$AB$におろした垂線の足を$E$ としたとき，$AC =CE =4, AD=5$が成立した．このとき，線分$BE$の長さを求めよ．

解説

$\angle ACD=\angle AED=90^\circ$より$AEDC$は共円である。よって、円周角の定理から$\angle AEC=\angle ADC$より$\triangle ACD\sim \triangle DEB$が成り立つ。これより$3:DE=4:BE$から$DE=\frac{3}{4}BE$.また、$\triangle ADC$の三平方の定理より$DC=3$.$\triangle BED$の三平方の定理より$BD=\frac{5}{4}BE$.$\triangle ADC \sim \triangle BAC$より$3:4=4:(3+\frac{5}{4}BE)$したがって、$\boxed{BE=\frac{28}{15}}$

PILAME杯2024P10

鋭角三角形ABC の外接円上の3点P,Q,Rはそれぞれ以下の条件をみたすように動く． $・ ∠BPC =∠BAC, ∠PBC ≦90◦, ∠PCB ≦90◦．・ ∠CQA=∠CBA, ∠QCA≦90◦, ∠QAC ≦90◦．・ ∠ARB =∠ACB, ∠RAB≦90◦, ∠RBA≦90◦．$ $ P, Q, R$がくまなく動いたときの三角形$PBC,QCA,RAB$の垂心の軌跡をそれぞれ$CP, CQ, CR$とすると，軌跡の長さはそれぞれ$3π, 4π, 5π$となった．このとき，$CP,CQ $によって囲まれた領域，$CQ,CR$ によって囲まれた領域，$ CR,CP$ によって囲まれた領域の面積を足し合わせた値を求めよ

解説

工事中

PILAME杯2024予選P15

ある円の周上に5点$A,B,C,D,E$ がこの順にある．線分$AC$ と線分$BE$ の交点を$P$，線分$AD$と線分$BE$ の交点を$Q$とする．$ AB=AE=8, CD=DP =6, CQ=7$のとき，線分$PQ$の長さを求めよ．

解答

まず$\triangle APB \sim \triangle ABC,\qquad \triangle AQE \sim \triangle ADE$より$AP\cdot AC=AB^2=64,\qquad AQ\cdot AD=AE^2=64.$したがって$AP\cdot AC=AQ\cdot AD.$ゆえに方べきの定理の逆より，四点 $P,C,D,Q$ は共円である。また，$A,P,C$ および $A,Q,D$ がそれぞれ一直線上にあることから，$\angle PAQ=\angle CAD,\qquad\angle PQA=\angle CDA$であり，$ \triangle APQ\sim\triangle ADC.$次に，直線 $BE$ 上に $E,Q,P,B$ がこの順に並ぶことに注意する。$\triangle PQC$ の頂点 $Q$ における外角は $\angle EQC$ である。まず，$\triangle AQE\sim\triangle ADE$より$\angle EQA=\angle AED.$さらに四点 $A,C,D,E$ は共円であるから，$\angle AED=180^\circ-\angle ACD.$したがって$\angle EQA=180^\circ-\angle ACD.$一方，四点 $P,C,D,Q$ は共円であり，$CD=DP$なので，同じ円において等しい弦が等しい円周角を張ることから$\angle DQC=\angle DPC.$また，$\triangle CDP$ は二等辺三角形であるから$\angle DPC=\angle DCP.$さらに $A,P,C$ は一直線上にあるので$\angle DCP=\angle ACD.$よって$\angle DQC=\angle ACD.$$A,Q,D$ は一直線上にあるから$\angle AQC=180^\circ-\angle DQC=180^\circ-\angle ACD.$以上より$\angle EQA=\angle AQC.$したがって $QA$ は $\triangle PQC$ における頂点 $Q$ の外角の二等分線である。ゆえに外角の二等分線定理より$\frac{AC}{AP}=\frac{CQ}{QP}=\frac7{PQ},$すなわち$AC=\frac{7\,AP}{PQ}.$これを$AP\cdot AC=64$に代入すると$AP\cdot\frac{7\,AP}{PQ}=64,$よって$AP^2=\frac{64}{7}PQ.$さらに$\triangle APQ\sim\triangle ADC$より$\frac{AQ}{AC}=\frac{PQ}{CD}=\frac{PQ}{6}.$したがって$AQ=AC\cdot\frac{PQ}{6}=\frac{7\,AP}{PQ}\cdot\frac{PQ}{6}=\frac76\,AP.$ここで，$\triangle PQC$ において外角の二等分線の長さの公式$AQ^2=AP\cdot AC-PQ\cdot QC$を用いる。既知の値$AQ=\frac76\,AP,\qquad AP\cdot AC=64,\qquad QC=7$を代入すると$\left(\frac76 AP\right)^2=64-7PQ.$すなわち$\frac{49}{36}AP^2=64-7PQ.$ここに$AP^2=\frac{64}{7}PQ$を代入すると$\frac{49}{36}\cdot\frac{64}{7}PQ=64-7PQ.$整理して$\frac{112}{9}PQ=64-7PQ.$両辺を $9$ 倍すると$112PQ=576-63PQ,$よって$175PQ=576.$したがって$\boxed{PQ=\frac{576}{175}}.$