第６回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 6)　解説記事（Ａ１～Ｃ２）

　2026 年 5 月 4 日 ～ 5 月 12 日にかけて『 第６回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 6: Tock's Geometry "Using Extra-Sensory Solutions" Cup The 6th)』を開催しました。ご参加くださった皆様、ありがとうございました。
　180 時間という長い戦い。IMO は計 9 時間で 6 問を解きますから、単純な計算から 120 問を出題しても許されるといえる中、たった 8 問、しかし選りすぐりの図形問題 8 問へと、立ち向かっていただきました。
　本記事では、当該コンテストで出題した問題Ａ１～問題Ｃ２の紹介および解説を行います。昨年度同様、最終問題である問題Ｄ２は別記事にて解説することといたします（鋭意執筆中）。

T-GUESS Cup 2の解説記事： 問題Ａ～Ｃ ・ 問題Ｄ
T-GUESS Cup 3の解説動画： 問題Ａ～Ｈ
T-GUESS Cup 4の解説記事： 問題Ａ～Ｅ ・ 問題Ｆ
T-GUESS Cup 5の解説記事： 問題Ａ～Ｅ ・ 問題Ｆ

※ PDF で解説を読みたい方は、 こちら からダウンロード可能です。

問題紹介と解説（Ａ１～Ｄ１）

　まずは、コンテスト開催前の問題公募で集まった皆様の作品を紹介します。いずれも基本的な知識のみで解答することができます。あと全体的に主催者の作問力を凌駕気味です。

問題Ａ１

解説

　扇形 $O\overset{\Huge \frown}{PQ}$ と円 $ABC$ （この解説では、点 $A, B, C$ をすべて通る円を以下このように表します）は直線 $AO$ について対称であるため、$AP = AB = AC = AQ$ です。いま、$\angle OPA = \theta$ とすると $\angle PBA = \theta$ となり、また円 $ABC$ における接弦定理より $\angle BCA = \angle PBA = \theta$ となります。ゆえに、3 つの二等辺三角形 $APB, ABC, ACQ$ はすべて合同です。再び扇形 $O\overset{\Huge \frown}{PQ}$ に注目すると、$OP = OA = OQ$ より $\angle OAP = \angle OAQ = \theta$ が成立するため、五角形 $APBCQ$ の内角の総和は $8 \theta$ であるといえます。これは $\theta = {67.5}^{\circ}$ を意味し、求める角度は $\mathbf{{67.5}^{\circ}}$ です。

問題Ｂ１

解説

　8 つの接点が通る平面を $\beta$ とすれば、球 $S_0, S_1, S_2, S_3$ の中心はいずれも $\beta$ に含まれるため、これらをそれぞれ $O_0, O_1, O_2, O_3$ と名づけます。凧形 $O_0 O_2 O_1 O_3$ の対角線の交点を $M$ とし、$S_0$ の半径を $r$ とすれば、$O_1 O_0 = r - 16,$ $O_0 O_2 = O_0 O_3 = r - 9$ が成立し、
$$O_2 M = \sqrt{{O_1 O_2}^2 - {O_1 M}^2} = \sqrt{(16 + 9)^2 - (16 - 9)^2} = 24$$
と導かれます。$M O_0 = r - 23$ に注意し、直角三角形 $M O_0 O_2$ に三平方の定理を用いれば、
$$(r - 23)^2 + 24^2 = (r - 9)^2 \Longleftrightarrow r = \dfrac{256}{7}$$
と求められます。ゆえに、$\alpha$ が切り分けた $S_0$ の断面積は $\pi \left( r^2 - (r - 32)^2 \right) = \dfrac{9216}{7}\pi$ と計算され、求める値は $\mathbf{\dfrac{9216}{7}\pi}$ です。

問題Ｃ１

解説

　四角形 $ABA'C$ が平行四辺形となるような点 $A'$ をとると、重心の性質から $AA' = 15$ です。また、$AB = PA,$ $BA' = AC = AU,$ $\angle ABA' = {180}^{\circ} - \angle BAC = \angle PAU$ より、2 つの三角形 $ABA', PAU$ は合同であるといえます。特に、三角形 $ABA'$ は、点 $A$ を中心とし ${90}^{\circ}$ 反時計回りに回転させ、点 $A$ が点 $P$ と重なるように平行移動することで、三角形 $PAU$ にぴったり重なります。ここから $PU = 15$ および $AD \perp PU$ となり、かつ三角形 $ABA', PAU$ の面積がいずれも三角形 $ABC$ の面積 $s$ に等しいと判明します。これは $AD = \dfrac{2}{15} s$ を意味し、同様の議論から $BE = \dfrac{1}{9} s,$ $CF = \dfrac{2}{21} s$ を得るため、求める比は $\mathbf{42 : 35 : 30}$ です。

問題Ｄ１

解説

　$\angle MCP = \angle MBE$ より、2 つの直角三角形 $PAC, QDA$ は相似であり、これらはいずれも点 $M$ を外心とします。ここから三角形 $MAD, MPQ, MCB$ は点 $M$ を中心とした回転合同をなすと判り、$AD = PQ = CB = 36$ です。また、$AB$ と $ME$ の交点を $F$ とすると、四角形 $AEPF$ は線分 $AE$ を直径とする円に内接するため、
$$\angle YAB = \angle FAP = \angle FEP = \angle MEC = \angle MBC = \angle BDA$$
という角度追跡が行えます。$AD \parallel YB$ から得られる $\angle YBA = \angle BAD$ も用い、三角形 $YAB, BDA$ の相似が従います。すなわち $\dfrac{YB}{BA} = \dfrac{BA}{AD}$ となり、$BA = \sqrt{16 \times 36} = 24$ が得られます。
いま、$\angle MAP = \angle MDQ$ でもあるため、四角形 $MAXD$ は円に内接します。ゆえに $\angle AXM = \angle ADM = \angle YAB$ となり、$BA \parallel MX$ が判明します。これは $MX$ が線分 $AD$ の中点 $N$ を通ることを意味しており、円 $MAXD$ における方べきの定理から、$NX = \dfrac{AN^2}{MN} = 27$ が従います。加えて $ME \perp CD \parallel MX$ より、直角三角形 $MEX$ に三平方の定理を用いることができます。$ME = \sqrt{45^2 - (12 + 27)^2} = 6 \sqrt{14}$ と計算され、求める値は $\mathbf{6 \sqrt{14}}$ です。

問題紹介と解説（Ａ２～Ｃ２）

　続いて、主催者が手癖でしたためた作品を紹介します。初手の発想さえ浮かぶならば、という問題が多いですね。

問題Ａ２

解説

　長さ $8, 9, 11$ の半円弧の直径がそれぞれ $AB, BC, CA$ となるように、3 点 $A, B, C$ を定めます。ピンク色の半円弧の両端のうち、長さ $9$ の弧と接するほうを $P_A$, 長さ $11$ の弧と接するほうを $P_B$ とおき、線分 $BC, CA, AB$ の中点をそれぞれ $M_A, M_B, M_C$ とします。ピンク色の弧の中心を $O_P$ とすると、直径および接点に注目し、5 点 $P_A, M_A, O_P, M_B, P_B$ はすべて同一直線上に並びます。よって、
$$P_A P_B = P_A M_A + M_A M_B + M_B P_B = \frac{1}{2}(AB + BC + CA) = \frac{1}{2}\left( \frac{16}{\pi} + \frac{18}{\pi} + \frac{22}{\pi} \right) = \frac{28}{\pi}$$
と計算でき、求める弧の長さは $\mathbf{14}$ です。

問題Ｂ２

解説

　図のように正六角形を分割すると、左右の赤い凧形は相似になり、その相似比は $\sqrt{3} : 2$ です。図中のレムニスケートの面積比は、それが内接する凧形の面積比に一致するため、紫色のレムニスケート 1 つ分と緑色のレムニスケート 1 つ分の面積比は $3 : 4$ となります。ゆえに、求める面積比は $\mathbf{9 : 8}$ です。

問題Ｃ２

解説

　円 $\Gamma, \Omega$ の中心をそれぞれ $O_{\Gamma}, O_{\Omega}$ とし、$\sigma_i$ と $\sigma_j$ の接点を $T_{ij} \; ((i,j) = (1,2), (2,3), (3,1))$ とおきます。円 $T_{12}T_{23}T_{31}$ は三角形 $O_1 O_2 O_3$ の内接円であるため、その中心 $I$ は三角形 $O_1 O_2 O_3$ の内心です。ここで、半円 $\sigma_i$ の半径を $R_i \; (i = 1, 2, 3)$ とおくと、三平方の定理より、
$${O_1 O_{\gamma}}^2 + {R_1}^2 = {O_2 O_{\gamma}}^2 + {R_2}^2 = {O_3 O_{\gamma}}^2 + {R_3}^2$$
が成立します。$O_{\Gamma}$ から辺 $O_1 O_2$ へ下ろした垂線の足を $H_3$ とすれば、同じく三平方の定理から、
$${O_1 H_3}^2 - {O_2 H_3}^2 = {O_1 O_{\gamma}}^2 - {O_2 O_{\gamma}}^2 = {R_2}^2 - {R_1}^2 = {O_2 T_{12}}^2 - {O_1 T_{12}}^2$$
と計算でき、$H_3, T_{12}$ がともに線分 $O_1 O_2$ 上の点であることより、線分 $O_1 O_2, H_3 T_{12}$ の中点は一致するのです。この中点を $M_{12}$ とすることで、「$O_{\Gamma}$ を $M_{12}$ で対称移動した点は直線 $IT_{12}$ 上に乗る」とも表現できます。同様の考察を三角形 $O_1 O_2 O_3$ の他の辺にも行い、$O_{\Gamma}$ と $I$ は $O_{\Omega}$ について対称な点であると判明します（つまり、$O_{\Gamma}$ は三角形 $O_1 O_2 O_3$ の Bevan 点である、ということです）。
三角形 $O_1 P O_2, T_{12} I O_{\Gamma}$ に注目すると、線分 $M_{12} O_{\Omega}$ はいずれも辺の中点を結ぶ線分ですから、$T_{12} I =O_1 P = 36$ 、ひいては $I O_3 = \sqrt{45^2 + 36^2} = 9 \sqrt{41}$ です。$\Omega$ の半径を $R$ とし、$O_3 I$ が $\Omega$ と再び交わる点を $V$ としましょう。Trillium の定理から、$V$ は三角形 $O_1 I O_2$ の外心であるため、
$$IV = I O_1 = \sqrt{(R - M_{12} O_{\Omega})^2 + \left(R^2 - {M_{12} O_{\Omega}}^2\right)} = \sqrt{2 R (R - M_{12} O_{\Omega})} = \sqrt{2 R (R - 18)}$$
と計算されます。内接円と外接円に関する Euler の公式より、 $O_{\Omega} I = \sqrt{R (R - 72)}$ なので、$\Omega$ における $I$ の方べきは $R^2 - {O_{\Omega} I}^2 = 72 R$ です。ゆえに、
$$I O_3 \times IV = 72 R \Longleftrightarrow 9 \sqrt{41} \times \sqrt{2 R (R - 18)} = 72 R \Longleftrightarrow R = 82 \; (\because R > 0)$$
が確定し、求める半径は $\mathbf{82}$ です。

解答一覧

問題Ａ１　$\mathbf{{67.5}^{\circ}}$
問題Ｂ１　$\mathbf{\dfrac{9216}{7}\pi}$
問題Ｃ１　$\mathbf{42 : 35 : 30}$
問題Ｄ１　$\mathbf{6 \sqrt{14}}$
問題Ａ２　$\mathbf{14}$
問題Ｂ２　$\mathbf{9 : 8}$
問題Ｃ２　$\mathbf{82}$

　問題Ａ１、問題Ｂ２のクリアな解き方が印象的ですね。問題Ｃ２、実は 以前の記事 の気休めパートで伏線を張っていました。気づきましたか？

次回予告

　ここまでは「超難問」というほどの出題がありませんね。今回の T-GUESS は優しさに満ち溢れているのかもしれません。さあ、この調子であと 1 問を解き、全完を達成しましょう。

問題Ｄ２

「どこ……優しさどこ……？？？」

　いつも通りですね。最後の最後に謎の危険物を投下する幾何コンテスト、それが匿式図形問題エスパー杯です。「そもそも三角形の中心とは？」と感じられた方は、 Encyclopedia of Triangle Centers - ETC にアクセスし、静かな絶望を味わってください。高校の教科書には五心しか載っていませんが、実は万単位の中心が存在するのです。この中のただひとつ、数万分の 1 を特定する、文字通りの「超難問」です。
　どうやって解くのか、また、数値だけでも当てられた参加者は存在するのでしょうか。期待と疑念を抱きつつ、次回の記事もしくはコンテスト結果発表をお待ちくださいませ。

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