大学入試センター試験 2020年(令和２年) 追試数学ⅠＡ第５問解説

ア

まず、 $PA$ から。

図の固定

図Ａのような状態で、赤い線分の長さを問われている。
見るからに、方べきの定理だ。

方べきの定理より、
$PA \cdot PB = PC \cdot PD$ 式Ａ
とかける。

$PA = x$
とおくと、上の式は
$x \cdot (x + 2) = 2 \cdot 12$
より

途中式

x^{2} + 2 x - 24 = 0

(x + 6) (x - 4) = 0

となるけど、

0 < x

なので

x = 4

である。

解答ア：４

イ～ク

図の固定

図Ｂのように、 $AB$ の中点を $M$ ， $CD$ の中点を $N$ とする。
$AB$ を直径とする円（図Ｂの青い円）と $CD$ を直径とする円（図Ｂの緑の円）が点 $E$ で接するという。

このとき、
$ME$ は青い円の半径なので、 $1$ $NE$ は緑の円の半径なので、 $5$ だから、
$\begin{aligned} MN & = ME + NE \\ = 1 + 5 \\ = 6 \end{aligned}$ となる。

解答イ：６

さらに、 $PE$ （図Ｂの赤い線分の長さ）を求める。

センター試験でこのタイプの問題が出たのは多分初めてだ。
解き方を知っていれば簡単なんだけど、知らないと悩むかも知れない。

ポイントは、 $PE$ は青い円と緑の円の共通接線である、ということ。

性質

右の図で、点 $T$ は２つの円の接点とする。
このとき、 $a \cdot b = c \cdot d$ ならば、赤い線は２つの円の共通接線である。赤い線が円の接線なら、 $a \cdot b = c \cdot d$ である。

センター試験を解くだけなら、これだけ知っていればいい。
一応理由を説明しておくけど、必要ないと思う人は読み飛ばしてもらってかまわない。

理由

もし、 $PE$ が二つの円の共通接線でなければ、図Ｃのどちらかの図のようになる。
図中、点 $Q$ ，点 $R$ は、それぞれ青い円，緑の円と直線 $PE$ との交点だ。

図の固定

どちらの図においても、方べきの定理より、
${\begin{cases} PA \cdot PB = PQ \cdot PE \\ PC \cdot PD = PE \cdot PR \end{cases}$ 式Ｂ
である。

ところが、 $PQ \neq PR$ なので、
$PQ \cdot PE \neq PE \cdot PR$
だから、式Ｂより
$PA \cdot PB \neq PC \cdot PD$
となってしまい、話がおかしくなる。

こんなことになってしまった原因は、 $PE$ が二つの円の共通接線でないと考えて、図Ｃを描いたため。

以上より、 $PE$ は二つの円の共通接線である。

逆の説明は省略。

性質より、 $PE$ は青い円と緑の円の接線なので、もう一度方べきの定理だ。
使うのは青い円でも緑の円でもいいんだけど、ここでは青い円を使っておく。

方べきの定理より、
$\begin{aligned} {PE}^{2} & = PA \cdot PB \\ = 4 \cdot 6 \end{aligned}$ なので、
$\begin{aligned} PE & = \sqrt{4 \cdot 6} \\ = 2 \sqrt{6} \end{aligned}$ である。

解答ウ：２, エ：６

次は、 $\cos ∠ MPN$ だ。
$△ PMN$ は三辺の長さが分かっているので、この三角形で余弦定理を使おう。

$△ PMN$ に余弦定理を使うと
${MN}^{2} = {PM}^{2} + {PN}^{2} - 2 PM \cdot PN \cos ∠ MPN$
とかける。

これにそれぞれの値を代入して、
$6^{2} = 5^{2} + 7^{2} - 2 \cdot 5 \cdot 7 \cos ∠ MPN$
より
$\cos ∠ MPN = \frac{5^{2} + 7^{2} - 6^{2}}{2 \cdot 5 \cdot 7}$

途中式

\begin{aligned} = \frac{38}{2 \cdot 5 \cdot 7} \\ = \frac{19}{5 \cdot 7} \end{aligned}

= \frac{19}{35}

となる。

解答オ：１, カ：９, キ：３, ク：５

アドバイス

円の接線は、接点と中心を通る直線に直交する。
なので、
$PE$ ⊥ $MN$
である。

ケ～セ

図がややこしくなってきた。
ちょっと整理して、ケコ～セを求めるのに必要な部分だけ描き出すと、図Ｄができる。

図の固定

まず、 $PF$ から。
図Ｄの緑の直角三角形を使うのは想像がつくけど、 $FM$ がすぐには分からないので、三平方の定理はとりあえず除外する。

考えてみると、直前に求めたのは $\cos ∠ MPN$ だった。
これを使う方向でいってみよう。

図Ｄの緑の三角形は直角三角形なので、
$\frac{PF}{PM} = \cos ∠ MPN$
とかける。
これにそれぞれの値を代入して、
$\frac{PF}{5} = \frac{19}{35}$
より
$PF = \frac{19}{7}$
となる。

解答ケ：１, コ：９, サ：７

同様に、斜線の三角形から
$\frac{PG}{PN} = \cos ∠ MPN$
より
$\frac{PG}{7} = \frac{19}{35}$
$PG = \frac{19}{5}$
である。

解答シ：１, ス：９, セ：５

別解

手間がかかるのでお薦めではないけど、 $FM$ や $GN$ を求めて三平方の定理を使うことも可能ではある。

図の固定

図Ｅの赤い三角形の面積を $S$ とすると、
$\begin{aligned} S & = \frac{1}{2} \times 底辺 \times 高さ \\ = \frac{1}{2} \cdot MN \cdot PE \end{aligned}$ より
$\begin{aligned} S & = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 2 \sqrt{6} \\ = 6 \sqrt{6} \end{aligned}$ である。

同じ $S$ を、 $PN$ を底辺として求めると、
$\begin{aligned} S & = \frac{1}{2} \cdot PN \cdot FM \\ = \frac{1}{2} \cdot 7 \cdot FM \end{aligned}$ なので、
$\frac{7}{2} FM = 6 \sqrt{6}$
だから、
$FM = \frac{2 \cdot 6 \sqrt{6}}{7}$
である。

図Ｅの緑の直角三角形に三平方の定理を使うと、
${PF}^{2} + {FM}^{2} = {PM}^{2}$
とかける。

これにそれぞれの値を代入して、
${PF}^{2} + {(\frac{2 \cdot 6 \sqrt{6}}{7})}^{2} = 5^{2}$
より

途中式

\begin{aligned} {PF}^{2} & = 5^{2} - {(\frac{2 \cdot 6 \sqrt{6}}{7})}^{2} \\ = \frac{7^{2} \cdot 5^{2} - 12^{2} \cdot 6}{7^{2}} \\ = \frac{361}{7^{2}} \\ = \frac{19^{2}}{7^{2}} \end{aligned}

となるから、

PF = \frac{19}{7}

である。

解答ケ：１, コ：９, サ：７

同様に、 $S$ を $PM$ を底辺として表すと $GN$ が分かる。
これを使って、斜線の三角形に三平方の定理を用いると、
$PG = \frac{19}{5}$
が求められる。
実際の計算は省略する。

解答シ：１, ス：９, セ：５

ソ～ツ

図の固定

これまでに分かったことを整理すると、図Ｆができる。
図が複雑になってきたので、必要な部分、つまり $△ PMN$ だけ取り出して拡大してみた。

復習

三角形のそれぞれの頂点から対辺（または、その延長）に下ろした３本の垂線は一点で交わる。（垂心）

なので、直線 $PE$ は点 $J$ を通る。

今問われているのは、図Ｆの赤い線分の長さだ。

解法は何通りか考えられるけれど、ここでは
相似を使った解法メネラウスの定理による解法方べきの定理を使った解法を説明しておく。

相似を使った解法

図の固定

図Ｇで、斜線の三角形と緑の三角形は相似だ。
なので、
$PJ : PG = PM : PE$
より
$PJ \cdot PE = PG \cdot PM$
とかける。

これにそれぞれの値を代入して、
$PJ \cdot 2 \sqrt{6} = \frac{19}{5} \cdot 5$
より、 $PJ$ は
$\begin{aligned} PJ & = \frac{19}{2 \sqrt{6}} \\ = \frac{19 \sqrt{6}}{12} \end{aligned}$ であることが分かる。

よって、求める $JE$ は、
$\begin{aligned} JE & = PE - PJ \\ = 2 \sqrt{6} - \frac{19 \sqrt{6}}{12} \\ = \frac{(12 \cdot 2 - 19) \sqrt{6}}{12} \\ = \frac{5 \sqrt{6}}{12} \end{aligned}$ である。

解答ソ：５, タ：６, チ：１, ツ：２

アドバイス

$△ PFJ$ と $△ PEN$ を使っても、同様に解くことができる。

メネラウスの定理による解法

図の固定

図Ｈの緑の三角形と青い直線を使ってメネラウスの定理を考えると、次のような解法になる。

メネラウスの定理より、
$\frac{GM}{PG} \cdot \frac{NE}{MN} \cdot \frac{JP}{JE} = 1$
とかける。

これにそれぞれの値を代入して、
$\frac{5 - \frac{19}{5}}{\frac{19}{5}} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{JP}{JE} = 1$
より

途中式

\begin{aligned} \frac{6}{19} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{JP}{JE} = 1 \\ \frac{5}{19} \cdot \frac{JP}{JE} = 1 \\ \frac{JP}{JE} = \frac{19}{5} \end{aligned}

なので

JE : JP = 5 : 19

であることが分かる。

よって、
$\begin{aligned} JE : PE & = JE : JE + JP \\ = 5 : 5 + 19 \\ = 5 : 24 \end{aligned}$ となるから、
$JE = \frac{5}{24} PE$
だ。

これに $PE$ の値を代入して、
$\begin{aligned} JE & = \frac{5}{24} \cdot 2 \sqrt{6} \\ = \frac{5 \sqrt{6}}{12} \end{aligned}$ である。

解答ソ：５, タ：６, チ：１, ツ：２

アドバイス

$△ PEN$ と直線 $FM$ を使っても、同様に解くことができる。

方べきの定理を使った解法

図の固定

図Ｉの緑の四角形は $∠ E + ∠ G = 180^{\circ}$ なので、図のようにオレンジの円に内接する。
なので、青い線分 $+$ 赤い線分で方べきの定理を使うと、
$PJ \cdot PE = PG \cdot PM$
とかける。

解答ソ：５, タ：６, チ：１, ツ：２

アドバイス

四角形 $ENFJ$ も円に内接するので、線分 $PE$ と線分 $PN$ を使っても、同様に解くことができる。

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