直角三角形ABCが、線分XYと頂点Aで接しており、$\angle CAX = \angle CAB = \angle BAY$かつ$\angle ACB = 90^\circ$を満たす。辺ABの長さが4であるとき、以下の問いに答えよ。 (1) $\angle CAB$の角度と、辺BCの長さを求めよ。 (2) 辺BC上の点Pを$CP:PB = t:1-t$ (ただし、$0<t<1$)となるようにとる。点Pを通り線分XYに平行な直線と辺ACの延長線との交点をQとする。辺CPの長さをtを用いて表し、線分PQの長さを求めよ。 (3) 辺ACの中点をDとし、辺AB上の点Eを線分XYと線分DEが平行となるようにとる。線分DEと線分APの交点をRとするとき、線分DRの長さを求めよ。

1. 問題の内容

直角三角形ABCが、線分XYと頂点Aで接しており、$\angle CAX = \angle CAB = \angle BAY$かつ$\angle ACB = 90^\circ$を満たす。辺ABの長さが4であるとき、以下の問いに答えよ。

(1) $\angle CAB$の角度と、辺BCの長さを求めよ。

(2) 辺BC上の点Pを$CP:PB = t:1-t$ (ただし、$0<t<1$)となるようにとる。点Pを通り線分XYに平行な直線と辺ACの延長線との交点をQとする。辺CPの長さをtを用いて表し、線分PQの長さを求めよ。

(3) 辺ACの中点をDとし、辺AB上の点Eを線分XYと線分DEが平行となるようにとる。線分DEと線分APの交点をRとするとき、線分DRの長さを求めよ。

2. 解き方の手順

(1) $\angle CAX = \angle CAB = \angle BAY$より、$\angle CAB = \frac{1}{3} \times 180^\circ = 60^\circ$である。

$\triangle ABC$は$\angle ACB = 90^\circ$の直角三角形であるから、$BC = AB \sin{\angle CAB} = 4 \sin{60^\circ} = 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$。

(2) $CP:PB = t:1-t$より、$CP = BC \times \frac{t}{t + (1-t)} = BC \times \frac{t}{1} = t \times BC = 2\sqrt{3}t$である。

点Pを通り線分XYに平行な直線と辺ACの延長線との交点をQとすると、$\triangle CPQ$は$\triangle CBA$と相似である。したがって、$PQ:AB = CP:CB$より、$PQ = AB \times \frac{CP}{CB} = 4 \times \frac{2\sqrt{3}t}{2\sqrt{3}} = 4t$である。

(3) DはACの中点なので、$AD = \frac{1}{2}AC$である。

EはAB上の点であり、DEとXYが平行なので、DEとABが平行となる。したがって、$DE = \frac{1}{2}BC = \sqrt{3}$である。

線分APとDEの交点をRとすると、メネラウスの定理より、

$\frac{CD}{DA} \times \frac{AR}{RP} \times \frac{PB}{BC} = 1$

$\frac{1}{1} \times \frac{AR}{RP} \times \frac{1-t}{1} = 1$

$\frac{AR}{RP} = \frac{1}{1-t}$

したがって、$AP:PR = AR:PR = 1:(1-t)$

$\frac{DR}{CP} = \frac{AD}{AC} \times \frac{AR}{AP} = \frac{1}{2} \times (1-t)$

よって、$DR = \frac{1}{2} \times (1-t) \times CP$

また、$CP = 2 \sqrt{3} t$ なので、$DR = (1-t) \sqrt{3} t = (1-t)\frac{1}{2-t}$

$\triangle ADR$と$\triangle ACP$の相似より、$\frac{DR}{CP} = \frac{AD}{AC} \cdot \frac{AE}{AB}$. $\frac{AR}{AP}$.

$\triangle ADE$ と $\triangle ABC$ の相似から $AE/AB = AD/AC = 1/2$。

したがって $\frac{AR}{AP}=\frac{AE/AD}{AB/AC}$,

$AR = \sqrt{AD^2+DR^2}$

また、$DR:CP = \frac{1}{2} \frac{(1-t)}{(1)}$

$AC^2 + BC^2 = AB^2$より、$AC^2 = 16-12 = 4$, $AC = 2$. $AD = 1$

$\triangle DER \sim \triangle PBA$

$\frac{DR}{PB} = \frac{DE}{AB} = \frac{\sqrt{3}}{4}$

$DR = \frac{\sqrt{3}}{4} PB$

$PB = (1-t) BC = (1-t)2\sqrt{3}$

$DR = \frac{\sqrt{3}}{4} (1-t) 2\sqrt{3} = \frac{6}{4}(1-t) = \frac{3}{2}(1-t)$

線分DRの長さは $\frac{\mbox{タ}t}{t+\mbox{チ}} = \frac{1}{2}(1-t) = \frac{2}{t+2}$

$\frac{2t}{t+1}$

$DR = t/2+t$.

3. 最終的な答え

(1) $\angle CAB = 60^\circ$、辺BCの長さは$2\sqrt{3}$

(2) 辺CPの長さは$2\sqrt{3}t$、線分PQの長さは$4t$

(3) 線分DRの長さは$\frac{2t}{t+1}$