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、
$\angle$ＡＢＣ＝$50^\circ$
$\angle$ＤＡＰ＝$a^\circ$　とするとき、
$\angle$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　$\triangle$ＡＢＰ $\sim$ $\triangle$ＰＤＲ であることを証明せよ。
②　次の$\Large \Box$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、$\triangle$ＡＱＲの面積の$\Large \frac{\Huge \Box}{\Huge \Box}$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　$\triangle$ＡＢＰ と $\triangle$ＰＤＲにおいて

ＡＢ$\parallel$ＰＤ　　(仮定)　なので

$\angle$ＢＡＰ＝$\angle$ＤＰＲ　　(錯角)・・・(１)


$\triangle$ＡＢＰ と $\triangle$ＡＱＲにおいて

ＢＰ$\parallel$ＱＲ　　(仮定)　なので

$\angle$ＡＢＰ＝$\angle$ＡＱＲ　　(同位角)・・・(２)


$\triangle$ＡＱＲ と $\triangle$ＰＤＲにおいて

ＡＱ$\parallel$ＰＤ　　(仮定)　なので

$\angle$ＡＱＲ＝$\angle$ＰＤＲ　　(錯角)・・・(３)


（２）（３）より

$\angle$ＡＢＰ＝$\angle$ＡＱＲ＝$\angle$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

$\triangle$ＡＢＰ $\sim$ $\triangle$ＰＤＲ

証明終

②　四角形ＱＢＳＲの面積は、$\triangle$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

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

$\angle$ＡＰＣは、 $\triangle$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。

$\triangle$ＡＢＰ と $\triangle$ＰＤＲにおいて

ＡＢ$\parallel$ＰＤ　　(仮定)　なので

$\angle$ＢＡＰ＝$\angle$ＤＰＲ　　(錯角)・・・(１)


$\triangle$ＡＢＰ と $\triangle$ＡＱＲにおいて

ＢＰ$\parallel$ＱＲ　　(仮定)　なので

$\angle$ＡＢＰ＝$\angle$ＡＱＲ　　(同位角)・・・(２)


$\triangle$ＡＱＲ と $\triangle$ＰＤＲにおいて

ＡＱ$\parallel$ＰＤ　　(仮定)　なので

$\angle$ＡＱＲ＝$\angle$ＰＤＲ　　(錯角)・・・(３)


（２）（３）より

$\angle$ＡＢＰ＝$\angle$ＡＱＲ＝$\angle$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

$\triangle$ＡＢＰ $\sim$ $\triangle$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

$\angle$ＰＳＣ＝$\angle$ＤＲＣ

$\angle$ＳＰＣ＝$\angle$ＲＤＣ　より

$\triangle$ＣＳＰ $\sim$ $\triangle$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

$\triangle$ＡＱＲ $\sim$ $\triangle$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

$\triangle$ＡＱＲと $\triangle$ＰＤＲの面積の比は

$\triangle$ＡＱＲ：$\triangle$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

$\triangle$ＰＤＲと$\triangle$ＲＳＰと$\triangle$ＳＲＱと$\triangle$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。

$\triangle$ＰＤＲ：$\triangle$ＲＳＰ：$\triangle$ＳＲＱ：$\triangle$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、$\triangle$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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