＜問題＞点 Ｏ を中心とする円周上に４点 Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ がこの順にある。この四角形ＡＢＣ
Ｄ の辺の長さは、ＡＢ＝７１/２，ＢＣ＝２×７１/２，ＣＤ＝３１/２，ＤＡ＝２×３１/２
である。
(１) ∠ＡＢＣ＝θ、|ＡＣ|＝ｘ とおくと、
△ＡＢＣ から、ｘ２＝(アイ)−２８cosθ
△ＡＣＤ から、ｘ２＝１５＋(ウエ)−２８cosθ
となる。よって、cosθ＝(オ)/(カ)、ｘ＝(キク)１/２、円Ｏの半径は ｘ＝
(ケ)１/２ である。また、四角形 ＡＢＣＤ の面積は (コ)×(サ)１/２ である。
(２) 点 Ａ における円 Ｏ の接線と点 Ｄ における円 Ｏ の接線の交点を Ｅ と
すると、∠ＯＡＥ＝(シス)°である。また、線分 ＯＥ と辺 ＡＤ の交点を
Ｆ とすると、∠ＡＦＥ＝(セソ)°であり、|ＯＦ||ＯＥ|＝(タ) である。
更に、辺 ＡＤ と線分 ＯＣ の延長の交点を Ｇ とする。点 Ｅ から直線 ＯＧ
に垂線をおろし、その足を Ｈ とする。４点 Ｅ，Ｇ，(チ) は同一円周上にあ
る。(チ) は下から選べ
(０) Ｃ，Ｆ (１) Ｈ，Ｄ (２) Ｈ，Ｆ (３) Ｈ，Ａ (４) Ｏ，Ａ
従って、|ＯＨ||ＯＧ|＝(ツ) である。
＜解答＞(１）条件から、(ＡＣ)Ｓ＝(ＡＢ＋ＢＣ)Ｓ＝(ＡＢ)Ｓ＋２(ＡＢ・ＢＣ)＋(ＢＣ)Ｓ
＝７＋２(ＡＢ・ＢＣ)＋２８
＝２(ＡＢ・ＢＣ)＋３５・・・・・・・・・・・・・・・（１）
(ＡＣ)Ｓ＝(ＡＤ＋ＤＣ)Ｓ＝(ＡＤ)Ｓ＋２(ＡＤ・ＤＣ)＋(ＤＣ)Ｓ
＝１２＋２(ＡＢ・ＢＣ)＋３
＝２(ＡＤ・ＤＣ)＋１５・・・・・・・・・・・・・・・（２）
(１)−(２) ０＝２(ＡＢ・ＢＣ)−２(ＡＤ・ＤＣ)＋２０
＝ＡＢ・ＢＣ−ＡＤ・ＤＣ＋１０
＝−ＢＡ・ＢＣ＋ＤＡ・ＤＣ＋１０
＝−７１/２×２×７１/２×cos(θ)
＋２×３１/２×３１/２cos(π−θ)＋１０
＝−７cos(θ)＋３cos(π−θ)＋５
＝−７cos(θ)−３cos(θ)＋５
１０cos(θ)＝５
cos(θ)＝１/２
上の式より、(ＡＣ)Ｓ＝２(ＡＢ・ＢＣ)＋３５＝−２(ＢＡ・ＢＣ)＋３５
＝−２×７１/２×２×７１/２×(１/２)＋３５
＝−１４＋３５＝２１
|ＡＣ|＝(２１)１/２
cos(θ)＝１/２ から、
sin(θ)＝{(１−(１/２)２}１/２＝３１/２/２
円 Ｏ の半径を Ｒ とすると、正弦定理から、
(２１)１/２÷３１/２/２＝２Ｒ
７１/２＝Ｒ
Ｒ＝７１/２
ｓ(□ＡＢＣＤ)＝(１/２)(ＢＤ＊ＣＡ)
２ｓ(□ＡＢＣＤ)＝ＢＤ＊ＣＡ
＝ＢＣ＊ＢＡ＋ＤＡ＊ＤＣ
＝|ＢＣ||ＢＡ|sinθ＋|ＤＡ||ＤＣ|sin(π−θ)
＝１４×sinθ＋６sinθ
＝２０×sinθ
＝２０×３１/２/２
＝１０×３１/２
ｓ(□ＡＢＣＤ)＝５×３１/２
当ホームページの外積を見てください。穴埋め問題ですから、どんな解法でも構い
ません。そうは言っても、本格的に外積を使うのはここでは適当ではありません。
(２）∠ＯＡＥ＝９０°、∠ＡＦＥＥ＝９０°
△ＡＯＦ∽△ＥＯＡ から、
|ＡＯ|：|ＥＯ|＝|ＯＦ|：|ＯＡ|
７１/２：|ＥＯ|＝|ＯＦ|：７１/２
|ＯＦ||ＯＥ|＝７
∠ＥＦＧ＝∠ＥＨＧ＝９０°から、４点 Ａ、Ｆ、Ｈ、Ｇ は同一円周上にある。
△ＯＨＥ と △ＯＦＧ において、
∠ＥＯＨ と ∠ＧＯＦ は共通
∠ＯＦＥ＝∠ＯＦＧ＝９０°
上の式より、△ＯＨＥ∽△ＯＦＧ から、
|ＯＨ|：|ＯＦ|＝|ＯＥ|：|ＯＧ|
|ＯＨ||ＯＧ|＝|ＯＦ||ＯＥ|＝７
問題に、従って、 |ＯＨ||ＯＧ|＝(ツ) とあるのは ∠ＯＥＨ＝∠ＯＧＦ を使わせ
かったのでしょう。それに拘ることはありません。まぁ、能無しの作った問題の誘導
は邪魔にしかならない・・・？
参 考
当ホームページの外積を使って四角形 ＡＢＣＤ の面積を求めると、こうなります。
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