◆東京都 matix さんからの解答。
【問題１】
【問題２】
【感想】
単純な問題のようで、解くのは複雑でしたが、結果が単純なので、改めて数学の奥深さや面白さがわかった気がします。
ＡＰ＝ＣＰ＝
にして（２）の方法でやってみようと思いましたが、こんな３次方程式なんか解きたくないと思い、あきらめてしまいました。
（２）の３次方程式は個人的に有名な形ですから、すぐにわかったのに･･･。
◆東京都 かえる さんからの解答。
【問題１】
△ＡＢＣ∽△ＣＰＢ より
ＢＰ＝ｘ と置けば、
（＋ｘ）：１＝１：ｘ
⇔（＋ｘ）・ｘ＝１
| ｘ＞０に注意して、ｘ＝ |  −２ |
| よって、 | １ ２ | ∠Ａ＝１５°⇔∠Ａ＝３０°・・・【答】 |
【問題２】
| １ ２ | ∠Ａ＝ｙと置く。 |
| （１＋ＢＰ）・ｓｉｎｙ＝ | １ ２ | ⇔ＢＰ＝ | １ ２ｓｉｎｙ | −１ |
| （）2
＝１2＋（ |
１ ２ｓｉｎｙ | −１）2−２・１・（ | １ ２ｓｉｎｙ | −１）・ｃｏｓ（９０°−ｙ） |
| ここで、 | ４π １４ | ＋ | ３π １４ | ＝ | π ２ |
に注意して、 |
| ｓｉｎ（ | ４π １４ | ）＝ｃｏｓ（ | ３π １４ | ） |
| ４ｓｉｎ（ | π １４ | ）ｃｏｓ（ | π １４ | ）（１−２ｓｉｎ2（ | π １４ | ））＝４ｃｏｓ3（ | π １４ | ）−３ｃｏｓ（ | π １４ | ） |
| ８ｓｉｎ3（ | π １４ | ）−４ｓｉｎ2（ | π １４ | ）−４ｓｉｎ（ | π １４ | ）＋１＝０ |
| 題意より、０＜ｙ＜ | π ６ | ゆえ、 |
| ｙ＝ | π １４ | ⇔∠Ａ＝ | １８０ ７ | °・・・【答】 |
◆出題者のコメント。
幾何の問題において単純な結果が得られるとき、その裏には単純な解法が隠れているということは往々にしてあるもの
です。
この問題についても（１）、（２）ともに三平方の定理さえ知っていれば解けます。
中学生の挑戦求む！勿論他の人もエレガントな解法を考えてみてください。
◆東京都 ぽこぺん さんからの解答。
【問題１】
出題者のコメントにあるとおり，三平方の定理のレベルで解いてみました。
問題2 はもう少し簡単になるような気がするのですが。
【問題１】
点 C から辺 AB に降ろした垂線の足を H とすると，H は PB の中点である。
直角三角形 CPH と CAH において CH が共通だから，PH ＝ x とおくと，
1 − x2 ＝ (2x＋)2 − (x＋)2，（x＞0）
すなわち
| 4x2＋(2)x−1 ＝ 0 ⇒ x ＝ |
− 4 |
また，2x(2x＋) ＝ 1であるから，
| AH CA | ＝ | x＋ 2x＋ | ＝ 2x(x＋) ＝ ()x＋ | 1 2 |
＝ |  2 |
【別解】
上記と同様に点 H を取り，PH ＝ x とおくと，
4x2＋(2)x−1 ＝ 0 ……… (1)
を得る。
次に，辺 AB 上に AQ＝CQ となる点 Q を取る。
このとき，AP＞CPなので，Q は線分 AP 上にある。
ここで AQ＝CQ＝y とおけば，
1 − x2 ＝ y2 − (x−y＋)2
が成り立つので，
| xy − ()x ＋ ()y ＝ |
3 2 | ……… (2)を得る。 |
このとき，(1) と (2) により，
HQ・HA−CH2
＝ (x−y＋)(x＋)−(1−x2)
＝ 2x2 ＋ ()x − xy ＋ ()x − ()y ＋ 1
| ＝ 2x2 ＋ ()x − |
1 2 |
であるから，HC は △CAQ の外接円に点 C で接する。
したがって，接弦定理により ∠QAC＝∠QCH となる。
| また，∠PCH＝ | 1 2 | ∠A であるから， |
| ∠QCP ＝ ∠PCH ＝ ∠HCB ＝ | 1 2 | ∠A |
が成立する。したがって，
| ∠ABC ＝ ∠ACB ＝ | 5 2 | ∠A |
【問題２】
点 C から辺 AB に降ろした垂線の足を H とし，辺 AB 上に BH＝QH となる点 Q を取れば，△CQB は二等辺三角形である。
このとき，PQ ＝ x，QH ＝ yとおくと，直角三角形 CQH，CPH，CAH において CH が共通だから，
1 − y2 ＝ 2 − (x＋y)2 ＝ (1＋x＋2y)2 − (1＋x＋y)2
が成立する。このとき，第1辺＝第2辺より，
| x2 ＋ 2xy ＝ 1 ⇒ 2y ＝ | 1−x2 x | ……… (1) |
また，第1辺＝第3辺より，
4y2 ＋ 2xy ＋ 2y ＝ 1
となるから，両式より y を消去して，
x3 ＋ 2x2 − x − 1 ＝ 0
すなわち
(x＋2)x2 ＝ x＋1 ……… (2)
を得る。
次に，辺 AB 上に AR＝CR となる点 R を取る。
このとき，AP＜CP かつ AQ＞CQ なので，R は線分 PQ 上にある。
ここで RQ ＝ z とおくと，上と同様に，
1 − y2 ＝ (1＋x−z)2 − (y＋z)2
となり，(2) を用いると，
| 2z(1＋x＋y) ＝ (x＋2)x ＝ | x＋1 x |
となるから，さらに (1) を用いて，
| z ＝ | x＋1 2x＋2x2＋2xy | ＝ | x＋1 2x＋x2＋1 | ＝ | 1 x＋1 |
を得る。これより，
QA・QR ＝ 1 ＝ QC2
であるから，方羃の定理により QC は △ARC の外接円に点 C で接する。
したがって，接弦定理により ∠RCQ＝∠RAC となり，
∠ABC ＝ ∠ACB ＝ ∠ACR ＋ ∠RCQ ＋ ∠QCB ＝ 3∠A
が成立する。
| すなわち，∠A ＝ | 180° 7 | である。 |
◆出題者のコメント。
まだ中学生でも解ける解法とは言いがたいですね。
少しヒントを出させていただくと、AB=xとおいたとき、(1)、(2)で共通する三角形があるはずです。
この三角形の特殊性を利用します。
PからACに垂線を下ろすと…
◆東京都の高校生 もやし さんからの解答。
【問題１】
図１において、BP＝aとおく。
△ABCと△CBPにおいて、
∠B共通，∠ACB＝∠CPBから二角相等より、
△ABC∽△CBP
よって、
AB：CB＝BC：BP
（＋ａ）：１＝１：ａ
ａ2＋ａ−１＝０
ａ＞０の範囲でこれを解くと、
| ａ＝ | − ２ |
| ＱＰ×１＝× |
− ２ |
−１
| ＣＨ＝ | １ ２ | ＣＱ＝ | ２ |
| また、△ＢＣＨにおいて三平方の定理から、ＢＨ＝ | １ ２ |
| よって、ＢＨ：ＣＨ：ＢＣ＝ | １ ２ | ： | ２ |
：１＝１：：２ |
：２である直角三角形なので、