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第4回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 4) 問題A~Eの解説

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 2024年5月3日~5月8日にかけて『 第4回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 4: Tock's Geometry "Using Extra-Sensory Solutions" Cup The 4th)』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。
 本記事では、当該コンテストで出題した問題A問題B問題C問題D問題Eの紹介および解説を行います。最終問題である問題Fは話せば長くなるので別記事に……。


問題紹介

問題A、writer: 天真 様)

 ABCにおいて、辺BCの中点をMとし、辺AB上にBD=BMとなる点Dをとると、AD=MD=10,ACAMが成立していた。このとき、線分BMの長さを求めなさい。

問題B、writer: 翔子さん 様)

 ABCの外側に2つの正方形ABDE,ACFGを描き、線分BC,EGの中点をそれぞれM,Nとしたところ、MN=6となった。このとき、四角形MDNFの面積を求めなさい。

問題C

 3点(O,P,R),(O,Q,S)はこの順に同一直線上にあり、OP=OQ,OR=OSをみたしている。2点P,Qでこれらの直線に接する円をΓ1、2点R,Sでこれらの直線に接する円をΓ2とし、Γ1Γ2の共通内接線(のひとつ)はΓ1,Γ2とそれぞれX,Yで接しているとする。半直線OXΓ2の交点のうち、点Oから遠いほうをKと名づけ、線分XK上にOX=LKとなる点Lをとる。
 線分XYの中点MOMX=LMXをみたし、かつOP=2であるとき、線分PRの長さを求めなさい。

問題D

 扇形O1ABの弧AB上に点O2をとり、扇形O2CDを描くと、AB,CDはそれぞれC,O1を通っており、扇形O2CDの中心角は90であった。線分ABCD,DO2の交点をそれぞれE,Fとすると、Eはただ1点に定まり、図形EDF,CEFO2の面積はそれぞれ7,9であった。
 ACEの外接円が線分CO1,AO2の交点Gを通るとき、図形FBO2の面積はいくらか。

問題E

 円Γ上に4点A,B,C,F1が存在し、ABCは1辺の長さが1の正三角形である。F1Cに関して対称移動させた点F1について、2点F1,F1を焦点にもつレムニスケートλ1ΓCでない2点X,Yで交わっており、BF1=2である。
 このとき、Bを中心とし2点X,Yを通るレムニスケートλ2と、Aを中心とし2点X,Yを通るレムニスケートλ3の面積比はいくらか。


解答発表

問題A 30
問題B 36
問題C 252
問題D 53
問題E 157:219


軽い解説

問題A

 線分CMの中点をNとすると、円周角の定理の逆からNAMCの外心になっています。つまりAN=MNですから、直線DNは線分AMの垂直二等分線ということになりますね。ACAMよりAC//DNが得られ、したがってBDDA=BNNC=3です。ここにAD=10を代入すればBM=30が確定します。


問題B

 点M、点Nに関してAを対称移動させた点をそれぞれAM,ANとしましょう。対角線が各々の中点で交わるため、四角形ABAMC,AEANGはともに平行四辺形です。
 DBAMAMCFにおいて、DB=AB=CAM,BAM=AC=CFであり、
DBAM=360DBAABAM=360ACFAMCA=AMCF
も確かめられます。ゆえにDBAMAMCFは合同です。同様にしてDBAMAMCFDEANANGFが判り、結局四角形AMDANFは正方形と示せます。
 中点連結定理からDF=AMAN=2MN,DFAMAN//MNなので、求める面積はMN×DF2=MN2=36です。なお、 フィンスラー・ハドヴィッガーの定理 を知っていれば10秒もかからずに解答できます。


問題C

 Oに関する相似拡大を考えれば、KにおけるΓ2の接線はXYと平行であるといえます。つまり線分YKΓ2の直径となり、XYK=90です。また、線分XKの中点をNとすれば、MXMNが簡単に分かります。これは直線MNOMLの外角の二等分線になることを示しているので、
OX:XL=ON:NL=(OX+XL+LK2):(XL+LK2XL)=(3OX+XL):(OXXL)
という関係が成り立ちます。整理すれば、XLOXについての2次方程式(XLOX)2+4(XLOX)1=0が出てきて、ここからXLOX=52が判明するのです(XLOX>0)。すなわちPR=OP×XKOX=2×(XLOX+1)=252と求められます。この辺りから少し難易度が上がりましたね。


問題D

 まずは丁寧に円周角を追っていきましょう。BO1O2=2BAO2=2EAG=2ECG=2ECO1=EO2O1と追跡できるので、BO1//O2Eが判ります。いま、線分BO1,O2Eの長さはどちらも線分O1O2の長さと等しいので、四角形BO1EO2は平行四辺形です。すなわち、この平行四辺形の中心P(線分BEと線分O1O2の交点ですね)について、図形PBO2と図形PEO1が合同になります。
 求める面積(図形FBO2の面積)をxとおくと、上記の合同より、扇形O2CO1の面積はx+9です。この扇形の中心角が60であることは明らかなので、(7+9)×23=x+9を解いてx=53を得ます。平行に気づけるかどうかがカギでした。


 さて、コンテスト主催者の身ながら申し上げますが、ここまでは良かったのですよ。ここまでは。
 参加者の大半を寄せつけなかった問題E問題F問題Eの時点で、主催者の想定難易度はT-GUESS Cup 2の ラスボス と同等でした。まさに非人道的といえますね( 出典 )。
 取り敢えず大問題児の問題Fは放置し、問題Eだけでも解きましょう。


問題E

 レムニスケート。よく知られた4次曲線です。はじめは手も足も出ないと思われるので、メタ的視点で攻めます。主催者かつ本問のwriterである 匿(Tock) が、過去に何かレムニスケートへの言及をしていないか、色々と探してみましょう。

 圧倒的ですね。言及しまくっています。中でも、レムニスケートに関する 最新のMathlog記事 を開けば、以下のオリジナル定理が掲載されています。

 AB=x,AD=yである平行四辺形ABCDの中心をOとし、2点A,Cが焦点となるレムニスケートをL1、2点B,Dが焦点となるレムニスケートをL2と定める。
 いま、L1上にOでない点Pをとると、Oを通りPL1に接する円が、L2Oでない2点X,Yで交わった。このとき、Pを中心とし2点X,Yを通るレムニスケートL3について、L3の面積は2xyである

 この定理が問題Eに効くことは自明でしょう。要するに本問は、コンテストという大義名分を得たただのオリジナル定理の宣伝ですね(おい)。私の定理にはこんな使い方があるよ、という。悪問では?


 気を取り直し、問題を考えます。定理1を使いたいので、以下のように補助レムニスケートλ4を描いてみます(しばらく使わないのでλ2は省略します)。

「は?????」
 画面の向こうからそんな声が聞こえてきた気がするものの、無視して続けます。λ4は、中心がCであり、点AΓに接するレムニスケートです。このλ4の焦点をF4,F4とおくと、定理1よりλ3の面積は2×F1F4×F1F4と判ります。よって、ここからはレムニスケートの焦点たちがどのように位置するかだけを考えればよいです。


 ここで、Cの座標が0Aの座標が1となるような複素数平面(以下、z-平面と呼びます)を考えます。このとき、簡単な議論からΓの中心OΓの座標は3+3i6と分かるので、3+3i6=a2とおきましょう(ただし0<arga<π)。いま、レムニスケートλ4の方程式を求めたいです。そのため、以下の補題を示しておきます。

 0でない任意の整数aと複素数cを用意する。グラフGa:|cza1|=1が点U(1)を通るとき、GaUにおける接線の傾きはaによらない

 z=r(cosθ+isinθ),c=rc(cosθc+isinθc)と極形式表示すると、Gaのグラフを表す式は|rcra(cos(aθ+θc)+isin(aθ+θc))1|=1と書ける。これがU(1)を通るので、r=1,θ=0を代入して|rc(cosθc+isinθc)1|=1rc22rccosθc+1=1rc=2cosθcが必要である。
 Gaの式の両辺を2乗し、整理していく。
|rcra(cos(aθ+θc)+isin(aθ+θc))1|2=1rc2r2a2rcracos(aθ+θc)+1=12cos(aθ+θc)=rcracos(aθ+θc)=cosθcrar=(cos(aθ+θc)cosθc)1a
すなわち、f(θ)=(cos(aθ+θc)cosθc)1aとおくと、Gaを表す極方程式はr=f(θ)となる。
ddθf(θ)=1a(cos(aθ+θc))1a1(cosθc)1a(asin(aθ+θc))=(cos(aθ+θc))1a1sin(aθ+θc)(cosθc)1aであるから、f(0)=(cosθc)1a1sinθc(cosθc)1a=tanθcとなり、Gaのグラフにおけるθ=0付近のrの変化率はaによらない一定値tanθcであると判明する。θ=0のときr=1であるから、これは示すべきことと同値である。


 補題を示せたところで、以下の事実を確認しておきます(証明は各自で調べてください)。

・数式|zw1|=1z-平面上に描くグラフは、点W(w)を中心とし、原点を通る円である。
・数式|z2w21|=1z-平面上に描くグラフは、2点W(w),W(w)を焦点とするレムニスケートである。
・焦点間の距離が2dであるレムニスケートの面積はd2で与えられる。

 この事実から、Γを表す方程式は|za21|=1です。補題2の結果より、方程式|zna21|=1で表されるグラフは、nの値によらずΓと点A(1)で接しています。n=2のときにこの式はレムニスケートを表すので、C(0)を中心とし点AΓと接するレムニスケート、すなわちλ4の方程式は|z2a21|=1と導かれます。ゆえにF4,F4の座標はa,aのいずれかであり、一旦F4の座標がaであると見なして問題ありません。
 加えて、F1の座標をbとおけば、2×F1F4×F1F4=2|ba||b+a|=2|b2a2|です。このz-平面上におけるF1の座標を求められれば、定理1から直ちにλ3の面積を求められるのです。


 このまま突っ走ってもよいですが、敢えてさらなる工夫をしましょう。今度は辺E2E3Γと点F1で接するような正三角形CE2E3を描いてみます。ただし、点の名前は反時計回りにつけました。

 解ります。解りますよ。所謂「天下り」でしかなく、心の内で憤怒を滾らせる読者が現れるのも当然です。本当にすみません。落ち着いてください。
 円周角や接弦定理を用いるとCAF1CF1E3が判り、ここからE3の座標はb2です。したがって、線分E3OΓの長さは|b2a2|であるといえます。定理1で得た結果と併せると、λ3の面積は2E3OΓである、ということになります。ここに至り、やっとλ2を思い出します。すると、λ3に関して紡いできた議論が同様に使えて、λ2の面積は2E2OΓです。結局、求める面積比はE2OΓ:E3OΓと書き換えられます。


 さて、AF1=p,BF1=qとおきます。トレミーの定理からCF1=p+qが判るので、BF1F1,BF1Cに余弦定理を用いると、
{q2+(2p+2q)22q(2p+2q)cos60=22(i)q2+(p+q)22q(p+q)cos60=12(ii)3q24q(p+q)cos60=0((ii)×4(i))q(q2p)=0q=2p
を確かめられます。相似比よりE2F1E3F1=BF1AF1ですから、E2F1E3F1=2となります。ゆえに、以下の図において、KN:LNを求めればよいですね(点Nは青い円の中心)。この値がそのまま答えになります。

 この図で、点Nはある放物線に乗っています。それは、焦点がJ、準線がKLの放物線です( 放物線は焦点からと準線からの距離が等しい点の軌跡)。よって、線分KLの中点をOとし、直線KLx軸、直線OJy軸となるようなxy-直交座標平面を考えると良さそうです(ただし点Nが第1象限に含まれるように定めます)。
 この座標平面において、件の放物線の式は対称性からy=cx2+dと表せます。また、この放物線は明らかに2点(0,334),(32,3)を通るので、
{3=(32)2c+d334=02c+d{c=39d=334
と求められるわけです。いま、計算するまでもなくNx座標は12ですから、放物線の式に代入することでy座標が739と判ります。したがって、
KN:LN=(12+32)2+(739)2:(1232)2+(739)2=15727:7627=157:219
を導出できて、これが問題Eの答えです。どうしてこれがラスボスでないのでしょうか。


おまけ・定理1の新証明

 zの実部をRe(z)、虚部をIm(z)と表記します。以下の補題を考えてみましょう。

 Re(l)=Re(m)=Re(n)ならば、Re(l(m2ln))=(lm)2Re(l)である。

 Re(l)=Re(m)より、ある実数m0を用いてm=l+m0iとおける。
Re(lm2)=Re(l(l+m0i)2)=Re(l(l2m02+2lm0i))=Re(l2l)Re(lm02)+2Re(llm0i)=|l|2Re(l)Re(l)m02
Re(lln)=|l|2Re(n)=|l|2Re(l)
Re(l(m2ln))=Re(lm2)Re(lln)=Re(l)m02=(mli)2Re(l)=(lm)2Re(l)

 あまりにも唐突な内容でしたが、そういうものと思ってください。あとで補題3の有用性が判ります。


 レムニスケートL1:|z2p21|=1およびL2:|z2q21|=1を考え、L1が点K(1)を通るようにpを定めます。また、原点を通りL1と点Kで接する円をγとすると、γL2は原点でない2点で交わるものとします。中心がKであり先述の2交点を通るレムニスケートL3を描き、L3の面積を求めたいです。もしもこの場合に定理1の関係が成立していれば、すなわちL3の面積が2|p+q||pq|=2|p2q2|であれば、適切な相似拡大および回転移動により、すべての場合で定理1の成立を示せますね(各自で確かめましょう)。
 まず、補題2よりγの方程式を|zp21|=1と求められます。これは問題Eを解くときにも利用した考察ですね。それから、仮定よりL1K(1)を通るので、|1p21|=1Re(p2)=12となります(行間がやや広いかも……)。いま、γL2の交点のひとつをS(s)とすれば、γの式に代入して|sp21|=1Re(p2s)=12L2の式に代入して|s2q21|=1Re(q2s2)=12も明らかです。


 実部の等しい3つの数が得られたので、早速補題3を使いましょう。補題3(l,m,n)=(p2,p2s,q2s2)として、
Re(p2((p2s)2p2×q2s2))=(p2p2s)2Re(p2)Re(p2q2s2)|p4|=12(11s)2p4(Re(p2)=12)
と計算します。……ここでIQを30ほど上げると、「もしかして、L3の方程式って|(z1)2p2p2(p2q2)1|=1なのかな?」という恐ろしすぎるエスパーを発揮できるのです(注:本記事では無根拠の仮定や勘を「エスパー」と呼称します)。できるか。
 このエスパーを確かめます。|(z1)2p2p2(p2q2)1|=1のグラフ(これをL3とします)はレムニスケートになり、その中心はKです。また、先程の結果を利用した
|(s1)2p2p2(p2q2)1|=|(11s)2p4p2q2s2|p4|1|=|2Re(p2q2s2)|p4|p2q2s2|p4|1|=|Re(p2q2s2)Im(p2q2s2)iRe(p2q2s2)+Im(p2q2s2)i|=1
という式変形から、SL3に乗っています。さらに、原点でもSでもないγL2の交点も、Sと同様にL3に乗るといえます。すなわちL3は「中心がKでありγL2の原点以外の2交点を通るレムニスケート」と判明し、L3L3が一致するのです。
 そうなると、L3の焦点間距離は2|p2p2(p2q2)|=2|p2q2|ですね(|p2p2|=1)。途中にアルティメットエスパーを挟みましたが、これでL3の面積が2|p2q2|と示され、定理1の証明が完了しました。エスパー万歳。


次回予告

 さあ、既に初級者どころか一部の幾何上級者までお断りしてしまいそうなT-GUESS Cup 4。難易度調整の失敗は誰の目にも明らかであり、一体誰に向けたコンテストなのか疑念が絶えませんね。
 しかしながら、こんなものでは終わりません。まだ1問残っているのです。それこそが問題F こちら から)。主催者の幾何力のすべてを詰め込んだ……だけでなく、少々ブーストをかけてただただただただただただ難しく仕上げた問題です。内心・外心・傍心がフルで登場しており、手をつける前から既に結構威圧されます。初手としてどう動くのが正解なのでしょうか。
 上記の5問をすべて足したバイト数よりもさらに長い解説+α、どうかご期待くださいませ。


 ご感想・ご指摘・巧妙な解法・マスタリング時の音圧の上げ方などがございましたら、是非ともコメントに残していってください。ここまでお読みいただき、ありがとうございました。


投稿日:2024512
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投稿者

匿(Tock)
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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