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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2024P3

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． $・ ∠BPC =∠BAC, ∠PBC ≦90^\circ, ∠PCB ≦90^\circ．・ ∠CQA=∠CBA, ∠QCA≦90^\circ, ∠QAC ≦90^\circ．・ ∠ARB =∠ACB, ∠RAB≦90^\circ, ∠RBA≦90^\circ$. $P, Q, R$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

鋭角三角形 $\triangle ABC$ の垂心を $H$ とする。
また，$P,Q,R$ に対する三角形 $\triangle PBC,\triangle QCA,\triangle RAB$ の垂心をそれぞれ $H_P,H_Q,H_R$ とする。

$P$ は $\angle BPC=\angle BAC$ を満たすので，

$$\angle BH_PC=180^\circ-\angle BPC =180^\circ-\angle BAC.$$
一方、$H$ は三角形 $\triangle ABC$ の垂心より

$$\angle BHC=180^\circ-\angle BAC.$$
したがって
$$\angle BH_PC=\angle BHC$$
より，$B,C,H,H_P$は同一円周上にある。よって $H_P$ は円 $BCH$ 上を動く。
同様に，
$H_Q \text{ は円 } CHA,\qquad H_R \text{ は円 } AHB$
上を動く。

三角形 $\triangle ABC$ の外接円半径を $R$ とすると，円 $BCH$ の半径も $R$ であるから，
$H_P$ の軌跡の長さは円 $BCH$ の弧 $BHC$ の長さに等しく，
$$2AR=3\pi,\qquad 2BR=4\pi,\qquad 2CR=5\pi$$
を得る。
これらを加えると
$$2R(A+B+C)=12\pi.$$
$$A+B+C=\pi$$ より
$$2R\pi=12\pi \quad\Rightarrow\quad R=6.$$
よって
$$A=\frac{3\pi}{12}=\frac{\pi}{4},\qquad B=\frac{4\pi}{12}=\frac{\pi}{3},\qquad C=\frac{5\pi}{12}.$$

半径 $r$，中心角 $\theta$ の弓形の面積は
$\dfrac{1}{2}\cdot r^2(\theta-\sin\theta)$
である。
(i) $CP$ と $CQ$ に囲まれる領域
弦 $CH$ に対応する中心角は
$$180^\circ-2C=180^\circ-150^\circ=30^\circ=\frac{\pi}{6}.$$
したがって、弓形が２つ分あるため
$$S_1=2\cdot \frac12 \cdot 6^2\left(\frac{\pi}{6}-\sin\frac{\pi}{6}\right) =36\left(\frac{\pi}{6}-\frac12\right) =6\pi-18.$$

(ii) $CQ$ と $CR$ に囲まれる領域
弦 $AH$ に対応する中心角は
$$180^\circ-2A=180^\circ-90^\circ=90^\circ=\frac{\pi}{2}. $$
よって、弓形が２つ分あるため
$$S_2 =2\cdot \frac12 \cdot 6^2\left(\frac{\pi}{2}-\sin\frac{\pi}{2}\right) =36\left(\frac{\pi}{2}-1\right) =18\pi-36.$$

(iii) $CR$ と $CP$ に囲まれる領域
弦 $BH$ に対応する中心角は
$$180^\circ-2B=180^\circ-120^\circ=60^\circ=\frac{\pi}{3}.$$
よって、弓形が２つ分あるため
$$S_3 =2\cdot \frac12 \cdot 6^2\left(\frac{\pi}{3}-\sin\frac{\pi}{3}\right) =36\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt3}{2}\right) =12\pi-18\sqrt3.$$

つまり、(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)をすべて足すと
$$ S=S_1+S_2+S_3 =(6\pi-18)+(18\pi-36)+(12\pi-18\sqrt3).$$
したがって

$$S=36\pi-54-18\sqrt3.$$
よって、$ \boxed{36\pi-54-18\sqrt3}$

PILAME杯2024P15

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.$$したがって $QA$ は $\triangle PQC$ における頂点 $Q$ の外角の二等分線である。ゆえに外角の二等分線定理より$$\dfrac{AC}{AP}=\dfrac{CQ}{QP}=\dfrac7{PQ},$$すなわち$$AC=\dfrac{7\,AP}{PQ}.$$これを$AP\cdot AC=64$に代入すると$$AP\cdot\dfrac{7\,AP}{PQ}=64,$$ よって$$AP^2=\dfrac{64}{7}PQ.$$ さらに$\triangle APQ\sim\triangle ADC$より$$\dfrac{AQ}{AC}=\frac{PQ}{CD}=\frac{PQ}{6}.$$したがって$$AQ=AC\cdot\dfrac{PQ}{6}=\dfrac{7\,AP}{PQ}\cdot\dfrac{PQ}{6}=\dfrac76\,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。

余弦定理より示せる。詳細な証明は読者に委ねる。

いま、$$AQ=\dfrac76\,AP,\qquad AP\cdot AC=64,\qquad QC=7$$を代入すると$$\left(\dfrac76 AP\right)^2=64-7PQ.$$すなわち$$\dfrac{49}{36}AP^2=64-7PQ.$$ここに$$AP^2=\dfrac{64}{7}PQ$$を代入すると$$\dfrac{49}{36}\cdot\dfrac{64}{7}PQ=64-7PQ.$$整理して$$\dfrac{112}{9}PQ=64-7PQ.$$両辺を $9$ 倍すると$112PQ=576-63PQ,$よって$175PQ=576.$したがって$\boxed{PQ=\dfrac{576}{175}}.$

PILAME杯2024P21

PILAME杯2024予選P21

鋭角三角形$ABC$の垂心を$H$とし，直線$BH$と辺$AC$，直線$CH$と辺$AB$の交点をそれぞれ$E,F$，線分$AH$と線分$EF$ の交点を$G$とすると，$AE=3, EC=5, ∠BGH =∠HBC$ が成立した．このとき，辺$BC$の長さを求めよ

解説

$A$ から辺 $BC$ に下ろした垂線の足を $D$ とする。垂心 $H$ は直線 $AD$ 上にあり、また $G$ も $AD$ 上にある。
まず
$AE=3,\qquad EC=5$ より $AC=8.$
$\angle HDC=\angle HEC=90^\circ$ であるから，
4点 $D,E,H,C$ は同一円周上にある。
したがって，点 $A$ の方べきより
$$AH\cdot AD=AE\cdot AC=3\cdot8=24.$$
よって
$$AH\cdot AD=24.\tag{1}$$
条件より
$$\angle BGH=\angle HBC.$$
また
$$\angle BDG=\angle HDB=90^\circ$$
であるから
$$\triangle BGD\sim\triangle HBD.$$
したがって、$$\frac{BD}{GD}=\frac{HD}{BD},$$
すなわち
$$BD^2=GD\cdot HD. \tag{2}$$
さらに
$$\angle ADB=\angle HDC=90^\circ,$$
および
$$\angle BAD=90^\circ-\angle B=\angle HCD$$
より
$$\triangle ABD\sim\triangle HCD.$$
したがって
$$\frac{AD}{CD}=\frac{BD}{HD},$$
すなわち
$$AD\cdot HD=BD\cdot CD. \tag{3}$$
式 (2) を式 (3) で割ると
$$\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{GD}{AD},$$
すなわち
$ \dfrac{AD}{GD}=\dfrac{CD}{BD}.\tag{4}$

チェバの定理とメネラウスの定理を組み合わせると

$$\frac{AG}{GD}=\frac12\cdot\frac{AH}{HD} \tag{5}$$
が成り立つ。
ここで
$$AG=AD-GD,\qquad AH=AD-HD$$
を代入すると
$$\dfrac{AD-GD}{GD}=\dfrac12\cdot \dfrac{AD-HD}{HD},$$
すなわち
$$\frac{2AD}{GD}=\frac{AD}{HD}+1.\tag{6}$$
式 (4) を代入すると$$\dfrac{AD}{HD}=2\dfrac{CD}{BD}-1.\tag{7}$$
一方，メネラウスの定理から
$$\dfrac{AH}{HD}=\dfrac{AE}{EC}\cdot\dfrac{BC}{BD}$$
が成り立つので，
$$AE=3,\quad EC=5,\quad BC=BD+CD$$
を代入すると
$$\frac{AD-HD}{HD}=\dfrac35\left(1+\dfrac{CD}{BD}\right),$$
すなわち
$$\dfrac{AD}{HD}=\dfrac35\frac{CD}{BD}+\frac85.\tag{8}$$
式 (7)，(8) より
$$2\frac{CD}{BD}-1=\dfrac35\frac{CD}{BD}+\dfrac85.$$
したがって
$$\dfrac{7}{5}\frac{CD}{BD}=\dfrac{13}{5},$$
よって
$$\dfrac{CD}{BD}=\dfrac{13}{7}. \tag{9}$$
(9) より
$$CD=13k,\qquad BD=7k$$
とおく。
このとき
$$BC=20k.$$
直角三角形 $ACD$ より
$$AD^2=64-169k^2.$$
また式 (3) より
$$AD\cdot HD=91k^2,$$
したがって
$$HD=\frac{91k^2}{AD}.$$
よって
$$AH=AD-HD=\dfrac{AD^2-91k^2}{AD}=\dfrac{64-260k^2}{AD}.$$
ゆえに$$AH\cdot AD=64-260k^2.$$
これを式 (1)
$$AH\cdot AD=24$$
と合わせると
$$64-260k^2=24,$$
したがって
$$260k^2=40,$$
すなわち
$$k^2=\frac{2}{13}.$$
よって
$$BC^2=(20k)^2=400\cdot\frac{2}{13}=\dfrac{800}{13}.$$
したがって$\boxed{BC=\frac{20\sqrt{26}}{13}}.$

PILAME杯2024P23

PILAME杯2024予選P23

三角形$ABC$ の外接円の$A$を含まない方の弧$BC$ 上に点$D$をとり，線分$AD$と辺$BC$ の交点を$E$ とする．辺$AB$ 上に点$ P,S$，線分$AD$ 上に点$Q$，辺$BC$ 上に点$R$をとり，線分$RS$ 上に点$T$ をとると，3点$P,Q,C$ は同一直線上にあり，次が成り立った：$ PR \parallel AD, AP =PD, DR=RS, PQ=QR, AD=10, TE =7, AB:BE=7:6, \angle RTE=\angle RQE$．このとき，線分$PR$の長さを求めよ．

解説

工事中

PILAME杯2024P28

PILAME杯2024予選P28

$AB< AC$なる鋭角三角形$ABC$ の外接円を$\Gamma$，辺$BC$ の中点を$M$ とする．点$B$における$\Gamma$の接線と点$C$ における$\Gamma$の接線の交点を$T$，直線$AT$ と$\Gamma$の交点のうち$A$でない方を$P$，三角形$MPT$ の外接円と直線$CT$ の交点のうち$T$ でない方を$X$ とするとき， $2\angle ABC +\angle XMC =180^\circ$ が成り立つことを示せ.