解説

方針・初手

まず $\triangle ABC$ に注目し，三辺

$$ AB=6,\quad BC=4,\quad AC=8

$$

から正弦比と余弦比を求める。

面積を求める部分では，$AC$ を $x$ 軸上に置いて座標を設定すると，点 $P,Q$ の位置と面積が一気に処理できる。

解法1

$\triangle ABC$ において，$\angle CAB=\alpha,\angle BCA=\beta$ である。

正弦定理より，角の正弦は向かい合う辺の長さに比例するから，

$$ \sin\alpha:\sin\beta=BC:AB=4:6=2:3

$$

である。したがって，

$$ [1]=2,\quad [2]=3

$$

である。

次に余弦定理より，

$$ \cos\alpha=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}

$$

であるから，

$$ \begin{aligned} \cos\alpha &= \frac{6^2+8^2-4^2}{2\cdot 6\cdot 8} \\ \frac{36+64-16}{96} \\ \frac{84}{96} \\ \frac78 \end{aligned} $$

となる。

よって，

$$ \begin{aligned} \sin\alpha &= \sqrt{1-\cos^2\alpha} \\ \sqrt{1-\left(\frac78\right)^2} \\ \sqrt{\frac{15}{64}} \\ \frac{\sqrt{15}}{8} \end{aligned} $$

である。したがって，

$$ [3]=\frac78,\quad [4]=\frac{\sqrt{15}}{8}

$$

である。

ここから座標を用いる。$A=(0,0),C=(8,0)$ とおく。点 $B=(x,y)$ とすると，

$$ AB=6,\quad BC=4

$$

より，

$$ x^2+y^2=36,\quad (x-8)^2+y^2=16

$$

である。これらを引くと，

$$ (x-8)^2-x^2=-20

$$

すなわち，

$$ -16x+64=-20

$$

より，

$$ x=\frac{21}{4}

$$

である。したがって，

$$ \begin{aligned} y^2=36-\left(\frac{21}{4}\right)^2 &= \frac{576-441}{16} \\ \frac{135}{16} \end{aligned} $$

より，

$$ B=\left(\frac{21}{4},\frac{3\sqrt{15}}{4}\right)

$$

とおける。

平行四辺形 $ABCD$ では，

$$ D=A+C-B

$$

であるから，

$$ \begin{aligned} D = \\ (0,0)+(8,0)-\left(\frac{21}{4},\frac{3\sqrt{15}}{4}\right) \\ \left(\frac{11}{4},-\frac{3\sqrt{15}}{4}\right) \end{aligned} $$

である。

点 $P$ は $AC$ を $3:1$ に内分するから，

$$ P=(6,0)

$$

である。

点 $Q$ は直線 $BP$ と辺 $CD$ の交点である。辺 $CD$ 上の点を

$$ Q=C+t(D-C)

$$

とおくと，

$$ \begin{aligned} Q = \\ (8,0)+t\left(-\frac{21}{4},-\frac{3\sqrt{15}}{4}\right) \\ \left(8-\frac{21t}{4},-\frac{3\sqrt{15}t}{4}\right) \end{aligned} $$

である。

一方，直線 $BP$ 上の点は，実数 $s$ を用いて

$$ B+s(P-B)

$$

と表せる。$P-B=\left(\frac34,-\frac{3\sqrt{15}}4\right)$ なので，$Q$ が直線 $BP$ 上にある条件から

$$ \begin{aligned} \left(8-\frac{21t}{4},-\frac{3\sqrt{15}t}{4}\right) &= \left(\frac{21}{4}+\frac{3s}{4},\frac{3\sqrt{15}}{4}-\frac{3\sqrt{15}s}{4}\right) \end{aligned} $$

となる。

$y$ 座標を比較すると，

$$ -t=1-s

$$

より，

$$ s=1+t

$$

である。これを $x$ 座標の比較式に代入すると，

$$ \begin{aligned} 8-\frac{21t}{4} &= \frac{21}{4}+\frac{3(1+t)}{4} \\ 6+\frac{3t}{4} \end{aligned} $$

であるから，

$$ 2=6t

$$

より，

$$ t=\frac13

$$

である。したがって，

$$ Q =

\left(\frac{25}{4},-\frac{\sqrt{15}}{4}\right)

$$

である。

まず $\triangle BCP$ の面積を求める。$CP=2$ であり，$B$ から直線 $AC$ への高さは $\frac{3\sqrt{15}}4$ であるから，

$$ \begin{aligned} [\triangle BCP] &= \frac12\cdot 2\cdot \frac{3\sqrt{15}}4 \\ \frac{3\sqrt{15}}4 \end{aligned} $$

である。したがって，

$$ [5]=\frac{3\sqrt{15}}4

$$

である。

次に四角形 $APQD$ の面積を求める。対角線 $AC$ は平行四辺形 $ABCD$ を面積の等しい二つの三角形に分けるので，

$$ [\triangle ACD]=[\triangle ABC]

$$

である。

また，

$$ \begin{aligned} [\triangle ABC] &= \frac12\cdot AC\cdot \frac{3\sqrt{15}}4 \\ \frac12\cdot 8\cdot \frac{3\sqrt{15}}4 \\ 3\sqrt{15} \end{aligned} $$

である。

四角形 $APQD$ は $\triangle ACD$ から $\triangle PCQ$ を除いた部分である。$PC=2$ であり，$Q$ から直線 $AC$ への距離は $\frac{\sqrt{15}}4$ であるから，

$$ \begin{aligned} [\triangle PCQ] &= \frac12\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{15}}4 \\ \frac{\sqrt{15}}4 \end{aligned} $$

である。

よって，

$$ \begin{aligned} [APQD] &= [\triangle ACD]-[\triangle PCQ] \\ 3\sqrt{15}-\frac{\sqrt{15}}4 \\ \frac{11\sqrt{15}}4 \end{aligned} $$

である。したがって，

$$ [6]=\frac{11\sqrt{15}}4

$$

である。

最後に，$\triangle CQP$ の外接円の半径を求める。

すでに

$$ C=(8,0),\quad P=(6,0),\quad Q=\left(\frac{25}{4},-\frac{\sqrt{15}}4\right)

$$

である。したがって，

$$ CP=2

$$

である。

また，

$$ CQ=\frac13 CD

$$

であり，平行四辺形より $CD=AB=6$ だから，

$$ CQ=2

$$

である。

さらに，

$$ \begin{aligned} PQ &= \sqrt{\left(\frac{25}{4}-6\right)^2+\left(-\frac{\sqrt{15}}4\right)^2} \\ \sqrt{\left(\frac14\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}4\right)^2} \\ 1 \end{aligned} $$

である。

よって，$\triangle CQP$ の三辺は

$$ 2,\quad 2,\quad 1

$$

であり，その面積は

$$ [\triangle CQP]=\frac{\sqrt{15}}4

$$

である。

三角形の外接円の半径を $R$ とすると，

$$ [\triangle CQP]=\frac{CP\cdot CQ\cdot PQ}{4R}

$$

であるから，

$$ \begin{aligned} \frac{\sqrt{15}}4 &= \frac{2\cdot 2\cdot 1}{4R} \\ \frac1R \end{aligned} $$

ではない。正しくは

$$ R=\frac{CP\cdot CQ\cdot PQ}{4[\triangle CQP]}

$$

より，

$$ \begin{aligned} R = \\ \frac{2\cdot 2\cdot 1}{4\cdot \frac{\sqrt{15}}4} \\ \frac4{\sqrt{15}} \\ \frac{4\sqrt{15}}{15} \end{aligned} $$

である。

したがって，

$$ [7]=\frac{4\sqrt{15}}{15}

$$

である。

解説

この問題の前半は，三角形 $ABC$ の三辺がすべて与えられていることに気づけば，正弦定理と余弦定理で処理できる。

後半は，平行四辺形の図形的な位置関係を座標で固定すると計算が安定する。特に $AC$ を $x$ 軸上に置くと，$P$ の座標がすぐに決まり，$Q$ の位置も直線の交点として求められる。

外接円の半径は，三辺と面積が分かっている三角形に対して

$$ \Delta=\frac{abc}{4R}

$$

を用いるのが最短である。

答え

$$ [1]=2,\quad [2]=3

$$

$$ [3]=\frac78,\quad [4]=\frac{\sqrt{15}}8

$$

$$ [5]=\frac{3\sqrt{15}}4,\quad [6]=\frac{11\sqrt{15}}4

$$

$$ [7]=\frac{4\sqrt{15}}{15}

$$