「定理の形は覚えたけれど、複合作問になるとどの定理を使えばいいか迷う……」
「平面と空間、それぞれの解法ステップを整理して総仕上げをしたい！」
高校数学A「図形の性質」シリーズの締めくくりとなる第17回は、「図形の性質（平面・空間）総合演習」です！
チェバ・メネラウスの定理や円の性質、三垂線の定理やオイラーの多面体定理まで、これまで学んだ重要テーマを横断的に活用する実践問題を厳選しました。解法選択の思考プロセスを身につけ、テストや受験で確実に得点できる力を完成させましょう！
1. 解法選択の思考チャート（総合攻略のマップ）
問題文の「与えられた条件」から、使用する定理を即座に引き出すためのチャートです。
| 着眼点・条件 | 優先して検討する定理・考え方 |
|---|---|
| 三角形の線分比・交点 | 角の二等分線と比、チェバの定理、メネラウスの定理 |
| 円と角（四角形の共円） | 円周角の定理、内接四角形の性質（対角の和 $180^\circ$）、接弦定理 |
| 円と線分の長さ・積 | 方べきの定理、2つの円の位置関係（中心間距離 $d$ と $R, r$） |
| 空間内の垂線・距離 | 直線と平面の垂直条件、三垂線の定理（直角三角形の抽出） |
| 多面体の構成・表面上の移動 | オイラーの多面体定理（$v – e + f = 2$）、展開図の直線化（最短経路） |
2. 総合演習問題
【問題1】平面図形：角の二等分線とメネラウスの定理の融合
$\triangle ABC$ において、$AB = 6$, $BC = 5$, $CA = 4$ とする。
$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ との交点を $D$ とし、線分 $AD$ を $2 : 1$ に内分する点を $P$ とする。直線 $BP$ と辺 $AC$ との交点を $E$ とするとき、比 $AE : EC$ を求めよ。 解答・解説を表示する
1. 角の二等分線の定理で $BD : DC$ を求める
$AD$ は $\angle A$ の二等分線なので：
$$BD : DC = AB : AC = 6 : 4 = 3 : 2$$
2. $\triangle ADC$ と直線 $BE$ にメネラウスの定理を適用する
$\triangle ADC$ の各辺（またはその延長）を直線 $BE$ が貫いている形に着目します。
頂点 $A \rightarrow$ 交点 $P \rightarrow$ 頂点 $D \rightarrow$ 交点 $B \rightarrow$ 頂点 $C \rightarrow$ 交点 $E \rightarrow$ 頂点 $A$ の順に巡ります。
$$\frac{AP}{PD} \cdot \frac{DB}{BC} \cdot \frac{CE}{EA} = 1$$
条件より $AP : PD = 2 : 1$。また $BD : DC = 3 : 2$ より、$BC = BD + DC$ の全体は $3 + 2 = 5$ の比率となります。したがって：
$$\frac{DB}{BC} = \frac{3}{5}$$
これらをメネラウスの定理の式に代入します：
$$\frac{2}{1} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{CE}{EA} = 1$$
$$\frac{6}{5} \cdot \frac{CE}{EA} = 1 \quad \Rightarrow \quad \frac{CE}{EA} = \frac{5}{6}$$
したがって、$AE : EC = 6 : 5$ となります。
【答え】 $\mathbf{AE : EC = 6 : 5}$
【問題2】平面図形：接弦定理と方べきの定理
円 $O$ の外部にある点 $P$ から円 $O$ に接線を引き、その接点を $T$ とする。また、点 $P$ を通る直線が円 $O$ と 2 点 $A, B$ で交わっており、$PA = 4$, $AB = 5$ である。
(1) 線分 $PT$ の長さを求めよ。
(2) $\angle PTA$ の二等分線と線分 $AB$ との交点を $Q$ とするとき、$AQ : QB$ を求めよ。 解答・解説を表示する
(1) の解答・解説：方べきの定理の活用
点 $P$ からの接線 $PT$ と割線 $PAB$ に対して、方べきの定理が成り立つので：
$$PT^2 = PA \cdot PB$$
$PB = PA + AB = 4 + 5 = 9$ なので：
$$PT^2 = 4 \times 9 = 36$$
$PT > 0$ より、$\mathbf{PT = 6}$ となります。
(2) の解答・解説：接弦定理と角の二等分線の活用
接弦定理より、$\angle PTA = \angle PBT$ （$\angle B$）が成り立ちます。
また、$\triangle PTA$ と $\triangle PBT$ において $\angle P$ は共通なので、2 角相等の相似（$\triangle PTA \sim \triangle PBT$）が成り立ちます。
相似比より：
$$TA : BT = PT : PB = 6 : 9 = 2 : 3$$
次に、$\triangle TAB$ に着目すると、$TQ$ は $\angle PTA$ ではなく $\angle ATB$ の二等分線……ではなく、$\triangle TAB$ における頂点 $T$ からの角の二等分線（$TQ$）となっています。
三角形の内角の二等分線の定理より：
$$AQ : QB = TA : BT = 2 : 3$$
【答え】 (1) $\mathbf{PT = 6}$, (2) $\mathbf{AQ : QB = 2 : 3}$
【問題3】空間図形：正四角錐の切り口と長さ計算
底面が 1 辺の長さ $4$ の正方形 $ABCD$ で、他の辺の長さがすべて $4$ である正四角錐 $O-ABCD$ がある。
辺 $OB$ の中点を $M$、辺 $OC$ の中点を $N$ とするとき、以下の問いに答えよ。
(1) 四角形 $AMND$ の周の長さを求めよ。
(2) 四角形 $AMND$ の面積を求めよ。 解答・解説を表示する
(1) 周の長さの計算
* 辺 $AD$： 底面正方形の 1 辺なので $AD = 4$。
* 辺 $MN$： $\triangle OBC$ において中点連結定理より $MN = \frac{1}{2} BC = \frac{1}{2} \times 4 = 2$。また $MN // BC // AD$。
* 線分 $AM, DN$： $\triangle OAB$ は 1 辺 $4$ の正三角形で、$AM$ は頂点 $A$ から対辺 $OB$ の中点へ引いた中線（垂線）です。
したがって、$AM = 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$。同様に $DN = 2\sqrt{3}$。
周の長さは：
$$AD + MN + AM + DN = 4 + 2 + 2\sqrt{3} + 2\sqrt{3} = \mathbf{6 + 4\sqrt{3}}$$
(2) 面積の計算
$MN // AD$ かつ $AM = DN = 2\sqrt{3}$ より、四角形 $AMND$ は等脚台形です。
上底 $MN = 2$、下底 $AD = 4$。
点 $M, N$ から下底 $AD$ に垂線 $MH, NK$ を下ろすと：
$$AH = \frac{AD – MN}{2} = \frac{4 – 2}{2} = 1$$
直角三角形 $\triangle AMH$ において三平方の定理より、高さ $MH$ を求めます：
$$MH = \sqrt{AM^2 – AH^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 – 1^2} = \sqrt{12 – 1} = \sqrt{11}$$
台形の面積公式より：
$$S = \frac{1}{2} \times (上底 + 下底) \times 高さ = \frac{1}{2} \times (2 + 4) \times \sqrt{11} = \mathbf{3\sqrt{11}}$$
【答え】 (1) $\mathbf{6 + 4\sqrt{3}}$, (2) $\mathbf{3\sqrt{11}}$
3. 全17回の振り返り＆全章完結メッセージ
全17回にわたってお届けしてきた「高校数学A：図形の性質」はいかがでしたでしょうか？
- 平面図形編（第1回〜第12回）： 三角形の五心、チェバ・メネラウス、円周角・内接四角形・接弦定理・方べきの定理、2円の位置関係、そして作図まで。
- 空間図形編（第13回〜第17回）： 位置関係と垂直条件、三垂線の定理、正多面体とオイラーの定理、展開図による最短経路。
図形問題の鍵は、「定理の形を覚えること」以上に「複雑な図形の中から知っている基本図形（三角形や円）を切り出して見つけ出す観察力」にあります。何度も解き直しを行い、図形を自在に扱える数学力を確実に自分のものにしてください！
次回からは新章「【数A：場合の数と確率】第1回：集合の要素の個数と和集合の法則」が開幕します！ お楽しみに！
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