図の固定

まず、${\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|}^2$を$\overrightarrow{p}$，$\overrightarrow{q}$で表す。

$\overrightarrow{\mathrm{BD}}=\overrightarrow{\mathrm{AD}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
$\overrightarrow{\mathrm{BD}}$$=\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p}$
なので、
${\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|}^2=(\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p})\cdot (\overrightarrow{q}-\overrightarrow{p})$
より
${\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|}^2={\left|\overrightarrow{q}\right|}^2-2\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{q}+{\left|\overrightarrow{p}\right|}^2$
とかける。

これに
$\left|\overrightarrow{p}\right|=\left|\overrightarrow{q}\right|=1$ $\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{q}=x$ を代入して、
$$\begin{array}{rl}{\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|}^2& =1^2-2x+1^2\\ & =2-2x\end{array}$$ である。

解答ア：２, イ：２

問題文に$\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|=1$を使うように指示があるので、まず${\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|}^2$を$\overrightarrow{p}$，$\overrightarrow{q}$で表そう。

$\overrightarrow{\mathrm{DE}}=\overrightarrow{\mathrm{AE}}-\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
だから、式Ｂより
$\overrightarrow{\mathrm{DE}}=\overrightarrow{p}+s\overrightarrow{q}-\overrightarrow{q}$
      $=\overrightarrow{p}+(s-1)\overrightarrow{q}$
とかける。

よって、
${\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|}^2=\{\overrightarrow{p}+(s-1)\overrightarrow{q}\}\cdot \{\overrightarrow{p}+(s-1)\overrightarrow{q}\}$
なので
${\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|}^2={\left|\overrightarrow{p}\right|}^2+2(s-1)\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{q}+(s-1{)}^2{\left|\overrightarrow{q}\right|}^2$
式Ｃ
と表せる。

式Ｃに
$\left|\overrightarrow{\mathrm{DE}}\right|=1$ $\left|\overrightarrow{p}\right|=\left|\overrightarrow{q}\right|=1$ $\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{q}=x$ を代入すると、
$1^2+2(s-1)x+(s-1{)}^2\cdot 1=1$
より
$2(s-1)x+(s-1{)}^2=0$
$(s-1)\{2x+(s-1)\}=0$
となる。

この式が成り立つのは
$s-1=0$
または
$2x+(s-1)=0$式Ｄ
のとき。

このうち、
$s-1=0$
のときは
$s=1$
となるので、式Ａより
$\overrightarrow{\mathrm{BE}}=\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
となって、点$\mathrm{C}$と点$\mathrm{E}$が一致してしまうので不適。

式Ｄのとき、
$2x+s-1=0$
より、$s$は
$s=-2x+1$式Ｅ
となって、これが答えだ。

解答ウ：－, エ：２, オ：１

図の固定

アイで${\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|}^2$は求めているから、${\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|}^2$を求めて
${\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|}^2={\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|}^2$
の方程式を作ろう。

式Ａより
$\overrightarrow{\mathrm{BE}}=s\overrightarrow{q}$
なので、式Ｅより
$\overrightarrow{\mathrm{BE}}=(-2x+1)\overrightarrow{q}$
とかけるから、
${\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|}^2=(-2x+1{)}^2{\left|\overrightarrow{q}\right|}^2$
${\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|}^2$$=(-2x+1{)}^2$
である。

これが(1)で求めた${\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|}^2$と等しいので、
$(-2x+1{)}^2=2-2x$
とかける。

これを解くと、
$4x^2-4x+1=2-2x$
$4x^2-2x-1=0$
より
$x={\displaystyle \frac{2\pm \sqrt{2^2-4\cdot 4(-1)}}{2\cdot 4}}$
$x$${\displaystyle =\frac{2\pm 2\sqrt{1+4}}{2\cdot 4}}$
$x$${\displaystyle =\frac{1\pm \sqrt{5}}{4}}$式Ｆ
となる。

ここで、
$\mathrm{\angle }\mathrm{BAD}>{90}^{\circ }$
なので、
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BAD}<0$
だ。

このとき、
$\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{q}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{AD}}$
$\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{q}$$=\left|\overrightarrow{\mathrm{AB}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{AD}}\right|\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BAD}<0$
なので、
$x<0$
である。

よって、式Ｆの２つの解のうち、
$x={\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{4}}$
が求める解だ。

解答カ：１, キ：５, ク：４

これを式Ｅに代入して、
$s=-2{\displaystyle \cdot \frac{1-\sqrt{5}}{4}+1}$
より
$s={\displaystyle \frac{-1+\sqrt{5}}{2}+\frac{2}{2}}$
$s$${\displaystyle =\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$式Ｇ
である。

これを式Ｂに代入すると
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AE}}=\overrightarrow{p}+\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{q}}$①
となる。

解答ケ：１, コ：５, サ：２

図の固定

直線$\mathrm{AC}$に対して、
点$\mathrm{E}$と点$\mathrm{F}$は対称 点$\mathrm{B}$と点$\mathrm{D}$は対称なので、$\overrightarrow{p}$と$\overrightarrow{q}$は対称 なので、①式の$\overrightarrow{p}$と$\overrightarrow{q}$を入れ替えると、$\overrightarrow{\mathrm{AF}}$の式ができる。

よって、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AF}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q}}$式Ｈ
とかける。

解答シ：１, ス：５, セ：２

$\overrightarrow{\mathrm{EF}}=\overrightarrow{\mathrm{AF}}-\overrightarrow{\mathrm{AE}}$
に式Ｈと①式を代入すると
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{EF}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q}-(\overrightarrow{p}+\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{q})}$
より
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{EF}}=(-1+\frac{1+\sqrt{5}}{2})(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{q})}$
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{EF}}}$${\displaystyle =\frac{-1+\sqrt{5}}{2}(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{q})}$
となるけど、
$\overrightarrow{p}-\overrightarrow{q}=\overrightarrow{\mathrm{DB}}$
なので、この式は
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{EF}}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{\mathrm{DB}}}$式Ｉ
とかける。

解答ソ：－, タ：１, チ：５, ツ：２

また、式Ａに式Ｇを代入すると、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{BE}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{\mathrm{AD}}}$
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{BE}}}$${\displaystyle =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{q}}$式Ｊ
となる。

いま、
$\left|\overrightarrow{q}\right|=1$ $\left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{BE}}\right|$ なので、式Ｊより
${\displaystyle \left|\overrightarrow{\mathrm{BD}}\right|=\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$
となる。

解答テ：１, ト：５, ナ：２

よって、式Ｉより、
${\displaystyle \left|\overrightarrow{\mathrm{EF}}\right|=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\cdot \frac{1+\sqrt{5}}{2}}$
${\displaystyle \left|\overrightarrow{\mathrm{EF}}\right|}$${\displaystyle =\frac{-1+5}{2^2}}$
      $=1$
である。

解答ニ：１

以上より、$\mathrm{ABFED}$は一辺が$1$の正五角形であることが分かる。

図の固定

さらに、△$\mathrm{ABD}$の外接円を円$\mathrm{R}$，その中心を点$\mathrm{R}$とする。
このとき、
$\mathrm{ABFED}$は正五角形なので、円$\mathrm{R}$に内接する。 △$\mathrm{AFE}$を点$\mathrm{R}$を中心として反時計回りに${144}^{\circ }$回転させると、△$\mathrm{FDA}$と重なる。

よって、点$\mathrm{R}$は
直線$\mathrm{AC}$上にある 直線$\mathrm{FM}$上にある ことが分かる。

あとは、$\overrightarrow{\mathrm{AR}}$の式を２通り作って連立方程式に持ち込む、いつものパターンだ。

点$\mathrm{R}$は直線$\mathrm{FM}$上にあるので、$t$を有理数として
$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=t\overrightarrow{\mathrm{AF}}+(1-t)\overrightarrow{\mathrm{AM}}$式Ｋ
とかける。

ここで、
式Ｈより、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AF}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q}}$ ${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AM}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AD}}}$
      $={\displaystyle \frac{1}{2}\overrightarrow{q}}$ なので、式Ｋは
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}=t(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q})+\frac{1}{2}(1-t)\overrightarrow{q}}$
より
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}t\overrightarrow{p}+t\overrightarrow{q}+\frac{1}{2}(1-t)\overrightarrow{q}}$
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}}$${\displaystyle =\frac{1+\sqrt{5}}{2}t\overrightarrow{p}+\frac{1}{2}(1+t)\overrightarrow{q}}$式Ｋ'
と変形できる。

また、点$\mathrm{R}$は直線$\mathrm{AC}$上にあるので、$u$を有理数として
$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=u\overrightarrow{\mathrm{A}}$式Ｌ
とかける。

ここで、
$\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q}$ なので、式Ｌは
$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=u(\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q})$
$\overrightarrow{\mathrm{AR}}$$=u\overrightarrow{p}+u\overrightarrow{q}$式Ｌ'
と変形できる。

式Ｋ'$=$式Ｌ'なので、ふたつの式の$\overrightarrow{p}$，$\overrightarrow{q}$の係数同士は等しいから、連立方程式

ができる。

これを解くと、
${\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}t=\frac{1}{2}(1+t)}$式Ｍ
より
$t+\sqrt{5}t=1+t$
$\sqrt{5}t=1$
$t={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}$
であることが分かる。

これを式Ｋ'に代入して、$\overrightarrow{\mathrm{AR}}$は、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}\overrightarrow{p}+\frac{1}{2}(1+\frac{1}{\sqrt{5}})\overrightarrow{q}}$
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}}$${\displaystyle =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot \frac{\sqrt{5}}{5}\overrightarrow{p}+\frac{1}{2}\cdot \frac{5+\sqrt{5}}{5}\overrightarrow{q}}$
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AR}}}$${\displaystyle =\frac{5+\sqrt{5}}{10}(\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q})}$
である。

解答ヌ：５, ネ：５, ノ：１, ハ：０