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OMC182

OMC182(E)

ユーザー解説 by Tempurabc

　55 点 BB，CC，DD，EE，PP が同一円周上にあることに気づけなかった場合の解法です．
　点 QQ 中心の円上に 44 点 BB，CC，DD，EE があり，点 PP 中心の円上に 44 点 DD，EE，FF，GG があることは前提とします（公式解説参照）．

　△ABC∼△ADE\triangle{ABC} \sim \triangle{ADE} であり，相似比は 1:cos⁡A1:\cos A，BC=9cos⁡ABC=\dfrac{9}{\cos A}．さらに正弦定理より，△ABC\triangle ABC の外接円の半径は 92sin⁡Acos⁡A\dfrac{9}{2\sin A\cos A}．よって，sin⁡A\sin A を求めることが目的となる．
　22 つの円の交点が DD，EE であることから，DE⊥PQDE \perp PQ．また，PD=PEPD=PE，QD=QEQD=QE（以下の議論には全く無関係だが，このような四角形をたこ型という）．この四角形については，DE=9DE=9，PQ=20PQ=20 と長さがわかっているため，四角形 DPEQDPEQ の角度を ∠A\angle A を用いて表し，そこから sin⁡A\sin A を求めたい．
　∠ABD=90∘−A\angle ABD=90^{\circ}-A であり，BD=BFBD=BF より ∠BFD=45∘+A2\angle BFD=45^{\circ}+\frac{A}{2}，円周角の定理より ∠DPE=90∘+A\angle DPE=90^{\circ}+A．
　QB=QEQB=QE より ∠BQE=180∘−2∠B\angle BQE=180^{\circ}-2\angle B，QC=QDQC=QD より ∠CQD=180∘−2∠C\angle CQD=180^{\circ}-2\angle C．これらより，∠DQE=180∘−2A\angle DQE=180^{\circ}-2A．
　ここから ∠PDE\angle PDE，∠QDE\angle QDE を求めることで，次の式を得る：9tan⁡(45∘−A2)+9tan⁡A=409 \tan (45^{\circ}-\frac{A}{2})+9 \tan A=40
　加法定理を用いて，1−tan⁡A21+tan⁡A2+2tan⁡A21−tan⁡2A2=409\dfrac{1-\tan \frac{A}{2}}{1+\tan \frac{A}{2}}+\dfrac{2 \tan \frac{A}{2}}{1-\tan ^2 \frac{A}{2}}=\dfrac{40}{9} ．以下，tan⁡A2\tan \frac{A}{2} を計算し，そこから sin⁡A\sin A 等を求めればよい．