OMC178(F) - 外心 3 つ法

　コンテスト中で用いた解法を整理したものです．

　$\ \triangle BCE$ の外心を $P$ とすると，$\angle CBE = 30^\circ$ より，$\angle CPE = 60^\circ$ となり $\triangle CEP$ は正三角形で，以下が分かる： $$\angle DCP = 30^\circ,\quad \angle PBC = \angle PCB = 18^\circ,\quad \angle BPC = 144^\circ.$$ また $E$ と $P$ は $CD$ に対して対称な位置にあるから，$DE = DP$ で $$\angle DPE = \angle DEP = 48^\circ,\quad \angle PDE = 84^\circ.$$ $\triangle DPE \equiv \triangle QBP$ となるように $Q$ をとると，$\angle DPQ = 60^\circ$ より $\triangle DPQ$ は正三角形で，以下が分かる： $$\angle BQD = 144^\circ,\quad \angle QBD = \angle QDB = 18^\circ,\quad \angle ADE = 54^\circ = \angle DAE.$$ これより $AE = DE$ となって $$BQ = DQ = DP = DE = AE = 5$$ より $$BD^2 = (2 \times 5\cos18^\circ)^2 = 50 \left(1 + \cos 36^\circ\right) = 50 \left(1 + \frac{1 + \sqrt5}4\right) = \frac{125 + 25\sqrt5}2.$$ したがって求める値は $\bm{3252}$．

【補足】$\hspace{300000sp}$一般に整角四角形の問題は「外心 $3$ つ法」により単純化できる．すなわち，$\triangle BCE$ の外心を $P$，$\triangle CDE$ の外心を $P^\prime$，$\triangle CPP^\prime$ の外心を $P^{\prime\prime}$ とし，$\triangle BQP$ と $\triangle CP^\prime\, E$，$\triangle DRP^\prime$ と $\triangle CPE$ がそれぞれ相似になるように $Q,\, R$ を定める．このとき，各線分の長さの等しい折れ線 $BQPP^{\prime\prime}\,P^\prime\, RD$ を考えると，各線分の $CE$ に対する偏角は既知であるから，$BD$ の $CE$ に対する偏角を知ることができる．
　今回は $$BQPP^{\prime\prime}\,P^\prime\, RD \stackrel{①}{\longrightarrow} BQPP^{\prime\prime}\,P^\prime\, D \stackrel{②}{\longrightarrow} BQPD \stackrel{③}{\longrightarrow} BQD$$ として得られる．ただし $①$ は $\triangle DP^\prime\, R$ が正三角形であること，$②$ は四角形 $DPP^{\prime\prime}\,P^\prime$ が平行四辺形であること，$③$ は $\triangle DPQ$ が正三角形であることを利用して変形した．