第５回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 5)　問題Ａ～Ｅの解説

　2025年5月3日～5月11日にかけて『 第５回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 5: Tock's Geometry "Using Extra-Sensory Solutions" Cup The 5th)』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。昨年度同様、最終問題である問題Ｆは別記事にて解説することといたします。

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

問題紹介

解答発表

問題Ａ　$\dfrac{25}{8}\pi+6$
問題Ｂ　$36$
問題Ｃ　$\sqrt{\dfrac{61}{2}}$
問題Ｄ　$76$
問題Ｅ　${96}^{\circ}$

軽い解説

問題Ａ

　線分$AA'$が円の直径となるような点$A'$をとると、円周角の定理（もしくはタレスの定理）より$\angle ABA'$$=\angle ACA'$$={90}^{\circ}$です。したがって$A'C /\!/ BD$であり、$\overset{\Huge \frown}{A'B}$と$\overset{\Huge \frown}{DA}$の長さは等しくなります。ある円における弧の長さが等しければ弦の長さも等しいため、$A'B=4$となり、三平方の定理を用いて$AA'=5$が判ります。
　また、$A'B,\overset{\Huge \frown}{A'B}$で囲まれた領域を$DA,\overset{\Huge \frown}{DA}$で囲まれた領域に移動させることができるので、求める面積はもとの円の半分に$\triangle ABA'$をくっつけた領域のそれです。半円の面積は$\dfrac{1}{2}\times \left(\dfrac{5}{2}\right)^2\pi$$=\dfrac{25}{8}\pi$、$\triangle ABA'$の面積は$\dfrac{3\times 4}{2}$$=6$と計算でき、結局本問の答えは${\color{red} \dfrac{25}{8}\pi+6}$となります。

問題Ｂ

　$AP=6x$とおきます。$\triangle APS$と$\triangle BPA$に注目すれば、2つの角がそれぞれ等しいのでこれらの三角形は相似です。ゆえに$\dfrac{SP}{AP}=\dfrac{AP}{BP}$となり、$SP=6$より$BP=6x^2$が得られます。
　いま、$\triangle PQB$で三平方の定理を用いると、
$$6^2 + (6x^2)^2 = (6x+6)^2 \,\Longrightarrow\, x^3-x=2$$となり、$x=\sqrt[3]{1+\frac{\sqrt{78}}{9}}+\sqrt[3]{1-\frac{\sqrt{78}}{9}}$と求められ……なくもありませんが、ここでは$x$の厳密な値を求めなくてよいです。なぜならば、
$$\triangle ABS=\dfrac{AP\times BS}{2}=\dfrac{6x\times (6x^2-6)}{2}=18\left(x^3-x\right)$$と計算できて、$x^3-x$の値さえ分かれば答えを出せるからです。つまり、本問の答えは${\color{red} 36}$となります。

問題Ｃ

　問題Ａ・問題Ｂよりも条件が多く戸惑いますが、「$BD$の長さを求められそう」という直感が大事です。
　$\angle EAP=x$とし、円$ABEP$に注目すれば$\angle EBP=x$となります。このとき$\angle FAP={60}^{\circ}-x$なので、円$APDF$に注目して$\angle EDP={60}^{\circ}-x$も判ります。ゆえに、$\triangle BPD$の内角を考え、$\angle BPD={120}^{\circ}$が得られます。あとは単なる余弦定理で済み、$BD=\sqrt{61}$、すなわち本問の答えは${\color{red} \sqrt{\dfrac{61}{2}}}$です。Ｂより簡単では？

問題Ｄ

　$\overset{\Huge \frown}{JK}_{X}$で、円$\omega_X$における劣弧$JK$を表すこととします(独自表記です)。$\overset{\Huge \frown}{AE}_{S},$$\overset{\Huge \frown}{ED}_{M},$$\overset{\Huge \frown}{DA}_{L}$に対する円周角を考えると、これらはすべて${30}^{\circ}$です。したがって、これらはいずれも円周の$\dfrac{1}{6}$に相当し、$AE,\overset{\Huge \frown}{AE}_{S}$で囲まれる領域、$ED,\overset{\Huge \frown}{ED}_{M}$で囲まれる領域、$DA,\overset{\Huge \frown}{DA}_{L}$で囲まれる領域（それぞれ$\alpha_S,\alpha_M,\alpha_L$とします）は相似であるといえます。相似比は$AE:ED:DA$に等しく、三平方の定理より$AE^2+ED^2=DA^2$ですから、面積について$\alpha_S+\alpha_M=\alpha_L$が成立します（相似比が$x:y$のとき、面積比は$x^2:y^2$です）。$\overline{\omega_S}\cap\overline{\omega_M}\cap\omega_L\cap\overline{\rho}$から$\alpha_L$を除き、$\alpha_S$と$\alpha_M$をくっつければ$\triangle AED$になるため、$\triangle AED=25$が判明します。
　$\overline{\omega_S}\cap\overline{\omega_M}\cap\omega_L\cap\overline{\rho}$の面積（求める面積）を$s$とおき、$BE,\overset{\Huge \frown}{BE}_{S}$で囲まれる領域、$EC,\overset{\Huge \frown}{EC}_{M}$で囲まれる領域、$CB,\overset{\Huge \frown}{CB}_{L}$で囲まれる領域をそれぞれ$\beta_S,\beta_M,\beta_L$とします。前段落の議論と同様にして$\beta_S+\beta_M=\beta_L$が判り、$\triangle CEB=s-1$が従いますね（行間が広くないか？）。$\triangle AED \sim \triangle CEB$に気づくと、その相似比は明らかに$1:\sqrt{3}$ですから、$\triangle CEB=75$、ひいては$s={\color{red} 76}$が確定します。一目瞭然ですが、 ヒポクラテスの三日月 を応用して作問しました。

問題Ｅ

　半直線$CD$上の無限遠点（限りなく遠くにある点）を$P$とします。このとき、$BE /\!/ CD$より、2直線$BE,BP$は重なるとみなせるのです。よって、3直線$BD,CD,EB$は$\triangle PBD$の3辺をそれぞれ含むと言えます。
　いま、$\triangle PBD$で フランク・モーリーの定理 を用いてみましょう。$\angle PDB={144}^{\circ}$なので、この角は${48}^{\circ}$ずつ分ければよいです。また、$\angle PBD={36}^{\circ}$なので、この角は${12}^{\circ}$ずつ分ければよいです。$\angle BPD$はどうしましょうか。実は、三角形のある頂点を無限遠に飛ばしたとき、その頂点から引いた内角の三等分線は、その頂点が属する平行な2辺をちょうど三等分する平行線になるのです（すごく細長い三角形を考えるとイメージが掴めるかも）。
　今回の場合、点$P$は辺$BP,DP$に属するため、直線$KN,LM$がまさにその三等分線なのです。ということで、モーリーの三角形$MST$を拵えることができます（ただし、$S$は$\angle PBS={12}^{\circ}$をみたす線分$KN$上の点、$T$は$\angle TBD={12}^{\circ},$$\angle TDB={48}^{\circ}$をみたす$\angle BDP$内の点）。
　ここまで思いつけたらあと一息です。$BS$と$DM$の交点を$U$とすれば、$\triangle UBD$の内心が$T$に一致し、$\angle MUT$$=\angle SUT$$={30}^{\circ}$、すなわち$\triangle MSU$も正三角形になります（ヒント：中心$M$、半径$MS$の円で$\overset{\Huge \frown}{ST}$に対する円周角を考えます）。よって$BS /\!/ TM$であり、また$\angle CBS={60}^{\circ}$から$BC /\!/ SM$も従います。ゆえに四角形$KLMS$は平行四辺形と判り、必然的に四角形$BKMS$も平行四辺形です（1組の対辺が平行かつ等長）。このことは$BS /\!/ KM$を導き、直ちに$\angle EGK={\color{red} {96}^{\circ}}$と結論づけられます。三角関数の計算を頑張っても正答できますが、こう解いたほうが明らかにスタイリッシュですね。

次回予告

　ここまでで5問の解説が済みました。あなたのお気に入りの問題はどれですか？　えっ、ない？　そう仰らずに……。
　 前回のＡ～Ｅ と比べると、今回は結構大人しいですね。あとは問題Ｆを残すのみですが、はたしてこちらは大人しく解かれてくれるでしょうか。

　おや、今回はレムニスケートや三角形の五心で威圧する感じではなさそうです。とはいえ、よく分からない等辺や角度の情報が多く、GeoGebra等で作図してみても使えそうな性質がほぼ出てきません。毎度お馴染み「どうやってこの図形を見つけてきたんだ……？」タイムが訪れますね。お答えしましょう。根性です。$O\left(n^9\right)$の超低品質プログラムを組み、ノートパソコン様に十数時間頑張ってもらいました。本当にありがとうマイラップトップ。
　次回、この問題Ｆを解き、さらに若干の一般化を与えます。昨年ほどの暴走は控えるつもりですが、何卒ご期待くださいませ。

　ご感想・ご指摘・巧妙な解法・コンテスト広報活動のコツ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。