https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1962/Rika

2022.02.18記

[2] $\triangle{\rm ABC}$ において $\angle A=90^{\circ}$ ， $\rm AB=AC=2$ とする．点 ${\rm B}$ ， ${\rm C}$ から直線 ${\rm BC}$ に関して ${\rm A}$ と同じ側に辺 $\rm BC$ に垂直な半直線 ${\rm BX}$ ， ${\rm CY}$ を引く．半直線 ${\rm BX}$ ，辺 ${\rm AB}$ ， ${\rm BC}$ ， ${\rm CA}$ ，半直線 ${\rm CY}$ の上にそれぞれ点 ${\rm P}$ ， ${\rm Q}$ ， ${\rm R}$ ， ${\rm S}$ ， ${\rm T}$ をとり，
${\rm PQ} \parallel {\rm BC}$ ， $\dfrac{\cos \angle {\rm BQP}}{\cos\angle{\rm AQR}}=\sqrt{2}$ ， $\angle \rm BRQ=\angle CRS$ ， $\dfrac{\cos \angle {\rm CST}}{\cos\angle{\rm ASR}}=\sqrt{2}$
となるようにする．

${\rm BP}=x$ ， ${\rm CT}=y$ とするとき， $x$ と $y$ との間にはどのような関係式を成り立つか．

2022.02.18記

[解答] 条件から
$\triangle\rm PBQ$ ∽ $\triangle\rm TCS$ ，
$\triangle\rm RBQ$ ∽ $\triangle\rm RCS$
である．

$\dfrac{\cos \angle {\rm BQP}}{\cos\angle{\rm AQR}}=\sqrt{2}$ および $\angle {\rm BQP}=45^{\circ}$ から
$\cos\angle{\rm AQR}=\dfrac{1}{2}$ となり， $\angle{\rm AQR}=60^{\circ}$ となる．
よって， $\angle{\rm BQR}=120^{\circ}$ ， $\angle{\rm BRQ}=15^{\circ}$ となる．

正弦定理から
$x={\rm BP}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}{\rm BQ}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{\sin \angle\rm BRQ}{\sin \angle\rm BQR}{\rm BR}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{\sin15^{\circ}}{\sin 120^{\circ}}{\rm BR}$
となり，同様に
$y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{\sin15^{\circ}}{\sin 120^{\circ}}{\rm CR}$
となるので，
$x+y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{\sin15^{\circ}}{\sin 120^{\circ}}{\rm BC}$ $=\dfrac{2\sin15^{\circ}}{\sin 120^{\circ}}$
$=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ $=\dfrac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{3}$

河合塾72年にもあるように，cos の条件を屈折率と関連付けると、 ${\rm ST} \parallel {\rm BC}$ となることに納得がいく．