【2021数学ⅠA(第２日程)】第５問(図形の性質)

(１)問題と解答・解説《ア〜キ》

(１)解答・解説《ア〜キ》

円 \(O\) が点 \(S\) を通り，半直線 \(ZX\) と半直線 \(ZY\) の両方に接する円であることを示すには，\(OH=OS\) ・・・《ア：⑤》が成り立つことを示せば良い．

\(\triangle ZDG\) と \(\triangle ZHS\) との関係は，

\(\angle DZG=\angle HZS\) (共通角)，\(\angle ZDG=\angle ZHS\) (同位角) であるから，相似である．

また，\(\triangle ZDC\) と \(\triangle ZHO\) との関係は，

\(\angle DZC=\angle HZO\) (共通角)，\(\angle ZDC=\angle ZHO=90°\) であるから，相似である．

よって，

\(DG:HS=ZD:ZH\) ・・・《イ：②，ウ：⑥，エ：⑦》

\(DC:HO=ZD:ZH\) ・・・《オ：①》

であるから，\(DG:HS=DC:HO\) となる．

ここで，\(3\) 点 \(S\)，\(O\)，\(H\) が一直線上にない場合は，

\(\angle CDG=\angle ZDG-90°=\angle ZHS-90°=\angle OHS\) ・・・《カ：②》より

\(\triangle CDG\text{∽}\triangle OHS\)

よって，\(CD=CG\) より，\(OH=OS\) であることが分かる．

なお，\(3\) 点 \(S\)，\(O\)，\(H\) が一直線上にある場合，\(DG / / HS\) であるから，\(3\) 点 \(G\)，\(C\)，\(D\) は一直線上にある．

よって，\(DG=2DC\) ・・・《キ》

となり，\(DG:HS=DC:HO\) より，\(OH=OS\) である．

(２)問題と解答・解説《ク〜テ》

(２)解答・解説《ク〜テ》

点 \(O_{2}\) から線分 \(O_{1}J\) に垂線 \(O_{2}F\) を引くと，

図より，\(IJ=O_{2}F\) であるから

直角三角形 \(O_{1}O_{2}F\) で三平方の定理から

\(IJ=O_{2}F=\sqrt{O_{1}O_{2}^2-O_{1}F^2}\)

\(=\sqrt{(5+3)^2-(5-3)^2}=\)\(2\sqrt{15}\)  ・・・《ク〜コ》

円 \(O_{1}\) において方べきの定理から

\(LM\cdot LK=LJ^2\) ・・・① が成り立つ．

また，直線 \(LJ\) と直線 \(LS\) は円 \(O_{1}\) の接線であるから，

\(LJ=LS\) ・・・②

直線 \(LI\) と直線 \(LS\) は円 \(O_{2}\) の接線であるから，

\(LI=LS\) ・・・③

②，③より \(LJ=LI\)

よって \(L\) は線分 \(IJ\) の中点となるので，\(LJ=\displaystyle\frac{1}{2}IJ=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{15}=\sqrt{15}\) であるから，

①より，\(LM\cdot LK=\left(\sqrt{15}\right)^2=\)\(15\)  ・・・《サシ》

また，\(\triangle ZIO_{2}\text{∽}\triangle ZJO_{1}\) より

\(ZI:ZJ=IO_{2}:JO_{1}\)

\(ZI:(ZI+IJ)=3:5\)

\(ZI:(ZI+2\sqrt{15})=3:5\)

よって，\(ZI=3\sqrt{15}\) ・・・《ス〜ソ》

線分 \(ZN\) は \(\angle LZK\) の二等分線より，

\(LN:NK=ZL:ZK\) であるから，

\(LN:NK=(ZI+IL):ZJ\)

\(LN:NK=(3\sqrt{15}+\sqrt{15}):(3\sqrt{15}+2\sqrt{15})\)

であるから，\(\displaystyle\frac{LN}{NK}=\displaystyle\frac{4}{5}\) ・・・《タチ》

直線 \(LS\) と直線 \(ZX\) の交点を \(Q\) とおく．

メネラウスの定理より

\(\displaystyle\frac{ZS}{SN}\times \displaystyle\frac{NL}{LK}\times \displaystyle\frac{KQ}{QZ}=1\)

《タチ》の結果から，\(\displaystyle\frac{NK}{LK}=\displaystyle\frac{4}{9}\) ．

また \(\triangle ZSL≡\triangle ZSQ\) より \(ZQ=ZL=4\sqrt{15}\)

さらに，\(ZJ=ZK=5\sqrt{15}\) であるから，\(\displaystyle\frac{KQ}{QZ}=\displaystyle\frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{15}}=\displaystyle\frac{1}{4}\)

よって，\(\displaystyle\frac{ZS}{SN}\times \displaystyle\frac{4}{9}\times \displaystyle\frac{1}{4}=1\)

\(SN=\displaystyle\frac{1}{9}ZS\) が成り立つ．

直角三角形 \(ZLS\) で三平方の定理から

\(ZS=\sqrt{ZL^2-LS^2}=\sqrt{ZL^2-LJ^2}=\sqrt{(4\sqrt{15})^2-(\sqrt{15})^2}=\)\(15\)

したがって，\(SN=\displaystyle\frac{1}{9}\times 15=\)\(\displaystyle\frac{5}{3}\) ・・・《ツテ》