東京都立高校2019年共通試験 問題４ 図形証明

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問題４－１　平面図形　平行四辺形：
図１で、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形である。

点Ｐは辺ＣＤ上にある点で、頂点Ｃ、頂点Ｄのいずれにも一致しない。
頂点Ａと点Ｐを結ぶ。
図１において、
$\mathrm{\angle }$ＡＢＣ＝${50}^{\circ }$
$\mathrm{\angle }$ＤＡＰ＝$a^{\circ }$　とするとき、
$\mathrm{\angle }$ＡＰＣの大きさを表す式を、次のアからエのうちから選び、記号で答えよ。

ア　$(a+130)$度
イ　$(a+50)$度
ウ　$(50-a)$度
エ　$(130-a)$度

問題４－２　平面図形　相似証明：
図２は、図１において、頂点Ｂと点Ｐを結び、頂点Ｄを通り線分ＢＰに平行な直線を引き、辺ＡＢとの交点をＲとした場合を表している。


次の①、②に答えよ。

①　$\mathrm{△}$ＡＢＰ $\sim$ $\mathrm{△}$ＰＤＲ であることを証明せよ。
②　次の$◻$の中に当てはまる数字をそれぞれ答えよ。

図２において、頂点Ｃと点Ｒを結び、線分ＢＰと線分ＣＲの交点をＳとした場合を考える。
ＣＰ：ＰＤ＝２：１のとき
四角形ＱＢＳＲの面積は、$\mathrm{△}$ＡＱＲの面積の$\frac{◻}{◻}$倍である。

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問題４－１　平面図形　平行四辺形：
イ　$(a+50)$度

問題４－２　平面図形　相似証明：
①　$\mathrm{△}$ＡＢＰ と $\mathrm{△}$ＰＤＲにおいて

ＡＢ$\parallel$ＰＤ　　(仮定)　なので

$\mathrm{\angle }$ＢＡＰ＝$\mathrm{\angle }$ＤＰＲ　　(錯角)・・・(１)


$\mathrm{△}$ＡＢＰ と $\mathrm{△}$ＡＱＲにおいて

ＢＰ$\parallel$ＱＲ　　(仮定)　なので

$\mathrm{\angle }$ＡＢＰ＝$\mathrm{\angle }$ＡＱＲ　　(同位角)・・・(２)


$\mathrm{△}$ＡＱＲ と $\mathrm{△}$ＰＤＲにおいて

ＡＱ$\parallel$ＰＤ　　(仮定)　なので

$\mathrm{\angle }$ＡＱＲ＝$\mathrm{\angle }$ＰＤＲ　　(錯角)・・・(３)


（２）（３）より

$\mathrm{\angle }$ＡＢＰ＝$\mathrm{\angle }$ＡＱＲ＝$\mathrm{\angle }$ＰＤＲ　・・・(４)


以上の(１)(４)より、

三角形の、二角がそれぞれ等しいので

$\mathrm{△}$ＡＢＰ $\sim$ $\mathrm{△}$ＰＤＲ

証明終

②　四角形ＱＢＳＲの面積は、$\mathrm{△}$ＡＱＲの面積の${\displaystyle \frac{13}{12}}$倍である。

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問題４－１　平面図形　平行四辺形：
平面図形分野から、平行四辺形を中心にした総合問題です。計算問題と証明問題は、毎年、出題されています。

まずは与えられたデータを書きこみしましょう。

平行四辺形の向かいあう角は等しいので

$\mathrm{\angle }$ＡＢＣ＝$\mathrm{\angle }$ＣＤＡ＝${50}^{\circ }$　となります。

$\mathrm{\angle }$ＡＰＣは、 $\mathrm{△}$ＡＤＰの外角なので

外角ＡＰＣ＝$a+{50}^{\circ }$度となります。


問題４－２　平面図形　相似証明：
一見すると「平行四辺形の問題」に見えますが、「三角形の相似条件」の問題です。

三角形の相似条件は「角を２つ見つける」が定石です。

平行線がいくつも、問題文で与えられていますね。

$\mathrm{△}$ＡＢＰ と $\mathrm{△}$ＰＤＲにおいて

ＡＢ$\parallel$ＰＤ　　(仮定)　なので

$\mathrm{\angle }$ＢＡＰ＝$\mathrm{\angle }$ＤＰＲ　　(錯角)・・・(１)


$\mathrm{△}$ＡＢＰ と $\mathrm{△}$ＡＱＲにおいて

ＢＰ$\parallel$ＱＲ　　(仮定)　なので

$\mathrm{\angle }$ＡＢＰ＝$\mathrm{\angle }$ＡＱＲ　　(同位角)・・・(２)


$\mathrm{△}$ＡＱＲ と $\mathrm{△}$ＰＤＲにおいて

ＡＱ$\parallel$ＰＤ　　(仮定)　なので

$\mathrm{\angle }$ＡＱＲ＝$\mathrm{\angle }$ＰＤＲ　　(錯角)・・・(３)


（２）（３）より

$\mathrm{\angle }$ＡＢＰ＝$\mathrm{\angle }$ＡＱＲ＝$\mathrm{\angle }$ＰＤＲ　・・・(４)

これで相似条件が準備できましたので、相似条件を記述します。記述問題では「相似条件を書かないと減点される」ので、注意してくださいね。

以上の(１)(４)より、

三角形の、二角がそれぞれ等しいので

$\mathrm{△}$ＡＢＰ $\sim$ $\mathrm{△}$ＰＤＲ

証明終



②　「面積比」の問題です。「平面図形の総合問題」のポイントは「隠れた図形を発見する」です。

まずは図形にデータを書きこみしていきます。

ＢＰ$\parallel$ＱＤ　なので

$\mathrm{\angle }$ＰＳＣ＝$\mathrm{\angle }$ＤＲＣ

$\mathrm{\angle }$ＳＰＣ＝$\mathrm{\angle }$ＲＤＣ　より

$\mathrm{△}$ＣＳＰ $\sim$ $\mathrm{△}$ＣＲＤ　　となります。

相似比は、辺ＣＰ：辺ＣＤ

＝辺ＣＰ：辺ＣＰ＋ＰＤ

＝２：２＋１＝２：３　　となります。

ＢＡ$\parallel$ＣＤ　なので

$\mathrm{△}$ＡＱＲ $\sim$ $\mathrm{△}$ＰＤＲ　となります。

相似比は、辺ＡＱ：辺ＰＤ

＝辺ＡＢ－ＢＱ：辺ＰＤ　　・・・（１）


四角形ＱＢＰＤは対辺がそれぞれ平行なので、平行四辺形となります。

よって

辺ＢＱ＝辺ＰＤ　　・・・（２）


（１）（２）より

辺ＡＱ：辺ＰＤ＝辺ＡＢ－ＢＱ：辺ＰＤ

＝辺ＣＤ－ＰＤ：辺ＰＤ

＝３－１：１＝２：１　　となります。


よって

$\mathrm{△}$ＡＱＲと $\mathrm{△}$ＰＤＲの面積の比は

$\mathrm{△}$ＡＱＲ：$\mathrm{△}$ＰＤＲ＝$2^2$：$1^2$

＝$4$：$1$　　・・・（３）

線分の比を整理すると

ＱＲ：ＲＤ＝２：１

ＲＤ：ＳＰ＝３：２　　なので

ＱＲ：ＲＤ：ＳＰ＝６：３：２

ＱＤ：ＱＲ：ＲＤ：ＳＰ＝９：６：３：２　　となります。


また

辺ＱＤ＝辺ＢＰなので

ＱＤ：ＳＰ＝９：２

ＢＰ：ＳＰ＝９：２

また

ＢＳ：ＳＰ＝ＢＰ－ＳＰ：ＳＰ

９－２：２＝７：２　　となります。


ここで

$\mathrm{△}$ＰＤＲと$\mathrm{△}$ＲＳＰと$\mathrm{△}$ＳＲＱと$\mathrm{△}$ＱＢＳは、高さが同じ三角形なので、面積の比＝底辺の比となります。

$\mathrm{△}$ＰＤＲ：$\mathrm{△}$ＲＳＰ：$\mathrm{△}$ＳＲＱ：$\mathrm{△}$ＱＢＳ

＝３：２：６：７　　となります。

以上より

ＱＢＳＲ：ＰＤＲ＝ＳＲＱ＋ＱＢＳ：ＰＤＲ

＝６＋７：３＝１３：３


（３）より　ＡＱＲ：ＰＤＲ＝４：１　　なので

ＱＢＳＲ：ＡＱＲ＝ＱＢＳＲ：４ＰＤＲ

＝１３：４ $\times$ ３

＝１３：１２

＝${\displaystyle \frac{13}{12}}$：$1$


四角形ＱＢＳＲの面積は、$\mathrm{△}$ＡＱＲの面積の${\displaystyle \frac{13}{12}}$倍である。

お疲れさまでした。この問題４－２は、いわゆる「受験生に１００点を取らせないための難問」です。もし初見で解けなくとも、あなたが悪いわけではありません。

難問に挑戦する価値は「１００点を目指したい」と「より高度な解法を身につけたい」です。「余裕があれば挑戦してみる」くらいで、ちょうどよいでしょう。

まだ基礎問題が解けていない受験生は、あえて「捨て問」にしてしまっても、合格点には届くでしょう。

【科目】

公立中学数学カリキュラム＋高校受験数学

【領域】

数学　＞　過去問　＞　東京都立高校　＞　２０１９年問題４

【対象生徒】

〇 算数を終えた小学生
〇 数学検定３級以上
〇 中学生(１年・２年・３年)
〇 高校受験生
〇 数学を基礎から学び直したい生徒


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