円の性質
円周角の定理
定理《円周角の定理とその逆》
相異なる $4$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ について, $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ が直線 $\mathrm{AB}$ に対して同じ側にあるとき, 次は同値である.
- (i)
- $4$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ は同一円周上にある.
- (ii)
- $\angle\mathrm{APB} = \angle\mathrm{AQB}$ が成り立つ.
問題《第一トレミーの定理とその逆》
- (A)
- 四角形 $\mathrm{ABCD}$ が円に内接するとき, 対角線 $\mathrm{BD}$ 上に $\angle\mathrm{BAE} = \angle\mathrm{CAD}$ なる点 $\mathrm E$ をとる.
次のことを示せ.
- (1)
- $\triangle\mathrm{ABE},$ $\triangle\mathrm{ACD}$ は相似である.
- (2)
- $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{AED}$ は相似である.
- (3)
- $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC} = \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}$ が成り立つ.
(参考: $2008$ 東京慈恵会医科大) - (B)
- 凸四角形 $\mathrm{ABCD}$ の内部に, $\triangle\mathrm{ABF},$ $\triangle\mathrm{ACD}$ が相似になるような点 $\mathrm F$ をとる.
次のことを示せ.
- (1)
- $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{AFD}$ は相似である.
- (2)
- $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC} \geqq \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}$ が成り立つ.
- (3)
- $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC} = \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}$ が成り立つならば, 四角形 $\mathrm{ABCD}$ は円に内接する.
解答例
- (A)
- (1)
- 仮定から
\[\angle\mathrm{BAE} = \angle\mathrm{CAD}\]
であり, 円周角の定理により
\[\angle\mathrm{ABE} = \angle\mathrm{ABD} = \angle\mathrm{ACD}\]
が成り立つので, $\triangle\mathrm{ABE},$ $\triangle\mathrm{ACD}$ は相似である.
- (2)
- 仮定から \[\begin{aligned} \angle\mathrm{BAC} &= \angle\mathrm{BAE}+\angle\mathrm{EAC} \\ &= \angle\mathrm{CAD}+\angle\mathrm{EAC} = \angle\mathrm{EAD} \end{aligned}\] であり, 円周角の定理により \[\angle\mathrm{ACB} = \angle\mathrm{ADB} = \angle\mathrm{ADE}\] が成り立つので, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{AED}$ は相似である.
- (3)
- (1) で示した通り $\triangle\mathrm{ABE},$ $\triangle\mathrm{ACD}$ は相似であるから, \[\begin{aligned} \mathrm{AB}:\mathrm{AC} &= \mathrm{BE}:\mathrm{CD} \\ \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD} &= \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BE} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が成り立つ. また, (2) で示した通り $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{AED}$ は相似であるから, \[\begin{aligned} \mathrm{BC}:\mathrm{ED} &= \mathrm{CA}:\mathrm{DA} \\ \mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC} &= \mathrm{AC}\cdot\mathrm{ED} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ. $[1],$ $[2]$ の辺々を加えると, \[\begin{aligned} \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC} &= \mathrm{AC}\cdot (\mathrm{BE}+\mathrm{ED}) \\ &= \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD} \end{aligned}\] が得られる.
- (B)
- (1)
- $\triangle\mathrm{ABF},$ $\triangle\mathrm{ACD}$ が相似であることから
\[\mathrm{AB}:\mathrm{AC} = \mathrm{AF}:\mathrm{AD}\]
つまり
\[\mathrm{AB}:\mathrm{AF} = \mathrm{AC}:\mathrm{AD}\]
が成り立ち,
\[\begin{aligned}
\angle\mathrm{BAC} &= \angle\mathrm{BAF}+\angle\mathrm{FAC} \\
&= \angle\mathrm{CAD}+\angle\mathrm{FAC} = \angle\mathrm{FAD}
\end{aligned}\]
であるから, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{AFD}$ は相似である.
- (2)
- $\triangle\mathrm{ABF},$ $\triangle\mathrm{ACD}$ が相似であることから, \[\begin{aligned} \mathrm{AB}:\mathrm{AC} &= \mathrm{BF}:\mathrm{CD} \\ \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD} &= \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BF} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が成り立つ. また, (1) で示した通り $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{AFD}$ は相似であるから, \[\begin{aligned} \mathrm{AC}:\mathrm{AD} &= \mathrm{BC}:\mathrm{FD} \\ \mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC} &= \mathrm{AC}\cdot\mathrm{FD} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ. $[1],$ $[2]$ の辺々を加えると, \[\begin{aligned} \mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC} &= \mathrm{AC}\cdot (\mathrm{BF}+\mathrm{FD}) \\ &\geqq \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD} \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が得られる.
- (3)
- $[3]$ において等号が成り立つのは, 点 $\mathrm F$ が $\mathrm{BD}$ 上にあるときに限る. このとき, 仮定から \[\angle\mathrm{ABD} = \angle\mathrm{ABF} = \angle\mathrm{ACD}\] であるので, 円周角の定理の逆により, 四角形 $\mathrm{ABCD}$ は円に内接する.
参考
問題《トリリウムの定理》
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, 内心を $\mathrm I,$ $\angle\mathrm A$ 内の傍心を $\mathrm I_{\mathrm A}$ とおき, $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円と直線 $\mathrm{AI}$ の交点 $(\neq \mathrm A)$ を $\mathrm P$ とおく.
次のことを示せ.
- (1)
- $\mathrm{PB} = \mathrm{PC}$ が成り立つ.
- (2)
- $\mathrm{PB} = \mathrm{PI}$ が成り立つ.
- (3)
- $\angle\mathrm{IBI}_{\mathrm A} = 90^\circ$ である.
- (4)
- $4$ 点 $\mathrm B,$ $\mathrm I,$ $\mathrm C,$ $\mathrm I_{\mathrm A}$ は点 $\mathrm P$ を中心とする同一円周上にあり, 線分 $\mathrm{II}_{\mathrm A}$ はその直径である.
解答例
- (1)
- 円周角の定理と $\mathrm{AP}$ が $\angle\mathrm A$ の二等分線であることにより \[\angle\mathrm{PBC} = \angle\mathrm{PAC} = \angle\mathrm{PAB} = \angle\mathrm{PCB}\] であるから, \[\mathrm{PB} = \mathrm{PC} \quad \cdots [1]\] が成り立つ.
- (2)
- $[1]$ と長さの等しい弧に対する円周角は等しいことから,
\[\angle\mathrm{PBC} = \angle\mathrm{PAB} \quad \cdots [1]'\]
が成り立つ.
よって,
\[\begin{aligned}
&\angle\mathrm{PBI} = \angle\mathrm{PBC}+\angle\mathrm{CBI} \\
&= \angle\mathrm{PAB}+\angle\mathrm{ABI} \quad (\because [1]',\ \mathrm{BI}\text{ は }\angle\mathrm B\text{ の内角の二等分線}) \\
&= \angle\mathrm{PIB} \quad \cdots [2] \quad (\because\triangle\mathrm{PBI}\text{ の内角と外角の関係})
\end{aligned}\]
であるから,
\[\mathrm{PB} = \mathrm{PI} \quad \cdots [2]'\]
が成り立つ.
- (3)
- 直線 $\mathrm{AB}$ と傍接円 $\mathrm I_{\mathrm A}$ の接点を $\mathrm T$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} &2\angle\mathrm{IBI}_{\mathrm A} = 2\angle\mathrm{IBC}+2\angle\mathrm I_{\mathrm A}\mathrm{BC} \\ &= \angle\mathrm{ABC}+\angle\mathrm{CBT}\ \left(\begin{array}{l} \because\mathrm{BI}\text{ は }\angle\mathrm B\text{ の内角の二等分線}, \\ \quad\mathrm{BI}_{\mathrm A}\text{ は }\angle\mathrm B\text{ の外角の二等分線} \end{array}\right) \\ &= \angle\mathrm{ABC}+(\angle\mathrm{BCA}+\angle\mathrm{CAB}) \\ &= 180^\circ \end{aligned}\] から, \[\angle\mathrm{IBI}_{\mathrm A} = 90^\circ \quad \cdots [3]\] が得られる.
- (4)
- $[2],$ $[3]$ により \[\begin{aligned} \angle\mathrm{PBI}_{\mathrm A} &= 90^\circ -\angle\mathrm{PBI} \quad (\because [3]) \\ &= 90^\circ -\angle\mathrm{PIB} \quad (\because [2]) \\ &= \angle\mathrm{PI}_{\mathrm A}\mathrm B \quad (\because [3]) \end{aligned}\] であるから, \[\mathrm{PB} = \mathrm{PI}_{\mathrm A} \quad \cdots [4]\] が成り立つ. $[1],$ $[2]',$ $[4]$ により, $3$ 点 $\mathrm B,$ $\mathrm I,$ $\mathrm I_{\mathrm A}$ は点 $\mathrm P$ を中心とする同一円周上にある. 同様の議論により, 点 $\mathrm C$ もこの円周上にある. また, $\mathrm I,$ $\mathrm I_{\mathrm A}$ はともに $\angle\mathrm A$ の内角の二等分線上にあるから, 線分 $\mathrm{II}_{\mathrm A}$ はその直径である.
参考
- (4) は「トリリウムの定理」(Trillium theorem) として知られている.
- $\triangle\mathrm{ABC}$ の内心 $\mathrm I$ と $\angle\mathrm A$ 内の傍心 $\mathrm I_{\mathrm A}$ は, $\angle\mathrm A$ の内角の二等分線 $l$ 上で, $l$ と外接円の交点から正反対に同じ距離だけ離れた位置にあるから, これを利用して内心の位置から傍心の位置 (逆に, 傍心の位置から内心の位置) を求めることができる.
円の接線
定理《円の接線の長さ》
円の外部の $1$ 点からその円に引いた $2$ 本の接線の長さ (接線の交点と接点の距離) は等しい.
問題《ピトーの定理》
円に外接する四角形において $2$ 組の対辺の長さの和は等しいことを示せ.
解答例
円 $\mathrm O$ に外接する四角形 $\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3\mathrm P_4$ において, 辺 $\mathrm P_1\mathrm P_2,$ $\mathrm P_2\mathrm P_3,$ $\mathrm P_3\mathrm P_4,$ $\mathrm P_4\mathrm P_1$ と円 $\mathrm O$ の接点をそれぞれ $\mathrm T_{12},$ $\mathrm T_{23},$ $\mathrm T_{34},$ $\mathrm T_{41}$ とおく.
このとき, $\mathrm P_1\mathrm T_{12} = \mathrm P_1\mathrm T_{41},$ $\mathrm P_2\mathrm T_{12} = \mathrm P_2\mathrm T_{23},$ $\mathrm P_3\mathrm T_{34} = \mathrm P_3\mathrm T_{23},$ $\mathrm P_4\mathrm T_{34} = \mathrm P_4\mathrm T_{41}$ であるから,
\[\begin{aligned}
\mathrm P_1\mathrm P_2+\mathrm P_3\mathrm P_4 &= (\mathrm P_1\mathrm T_{12}+\mathrm P_2\mathrm T_{12})+(\mathrm P_3\mathrm T_{34}+\mathrm P_4\mathrm T_{34}) \\
&= \mathrm P_1\mathrm T_{41}+\mathrm P_2\mathrm T_{23}+\mathrm P_3\mathrm T_{23}+\mathrm P_4\mathrm T_{41} \\
&= (\mathrm P_1\mathrm T_{41}+\mathrm P_4\mathrm T_{41})+(\mathrm P_2\mathrm T_{23}+\mathrm P_3\mathrm T_{23}) \\
&= \mathrm P_1\mathrm P_4+\mathrm P_2\mathrm P_3
\end{aligned}\]
が成り立つ.
ゆえに, 円に外接する四角形において $2$ 組の対辺の長さの和は等しい.
参考
- 本問の結果は「ピトーの定理」(Pitot theorem) として知られている.
- 次の定理は「アンの定理」として知られている: 平行四辺形でない四角形 $\mathrm{ABCD}$ の内部の点 $\mathrm O$ が \[\triangle\mathrm{OAB}+\triangle\mathrm{OCD} = \triangle\mathrm{OAD}+\triangle\mathrm{OBC}\] を満たすならば, 点 $\mathrm O$ は対角線の中点を結ぶ直線「ニュートン線」(Newton line) を通る.
- 「ピトーの定理」と「アンの定理」により, 次の「ニュートンの定理」が証明される: ひし形でない四角形が円に外接するならば, その円の中心は「ニュートン線」を通る. 実際, ひし形でない四角形 $\mathrm{ABCD}$ が点 $\mathrm O$ を中心とする半径 $r$ の円に外接するとき, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OAB}+\triangle\mathrm{OCD} &= \frac{1}{2}r\mathrm{AB}+\frac{1}{2}r\mathrm{CD} = \frac{1}{2}r(\mathrm{AB}+\mathrm{CD}) \\ &= \frac{1}{2}r(\mathrm{AD}+\mathrm{BC}) = \frac{1}{2}r\mathrm{AD}+\frac{1}{2}r\mathrm{BC} \\ &= \triangle\mathrm{OAD}+\triangle\mathrm{OBC} \end{aligned}\] が成り立つから,「アンの定理」により, 点 $\mathrm O$ は「ニュートン線」を通る.
接弦定理
定理《接弦定理とその逆》
円 $\mathrm O$ の弧 $\mathrm{ST}$ と半直線 $\mathrm{TX}$ が直線 $\mathrm{ST}$ に対して同じ側にあるとき, 次は同値である.
- (i)
- 直線 $\mathrm{TX}$ は点 $\mathrm T$ で円 $\mathrm O$ に接する.
- (ii)
- 弧 $\mathrm{ST}$ に対する円周角 $\angle\mathrm{SAT}$ は $\angle\mathrm{STX}$ に等しい.
問題《三角形のブロカール点の存在》
$\triangle\mathrm{ABC}$ の内部に
\[\angle\mathrm{PAB} = \angle\mathrm{PBC} = \angle\mathrm{PCA}\]
を満たす点 $\mathrm P$ がただ $1$ つ存在することを示せ.
解答例
$2$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ を通って点 $\mathrm B$ で辺 $\mathrm{BC}$ に接する円周 $C_1,$
$2$ 点 $\mathrm B,$ $\mathrm C$ を通って点 $\mathrm C$ で辺 $\mathrm{CA}$ に接する円周 $C_2$ の交点のうち,
$\mathrm B$ でない方を $\mathrm P$ とおく.
この点は, 接弦定理により,
\[\angle\mathrm{PAB} = \angle\mathrm{PBC} = \angle\mathrm{PCA}\]
を満たす.
さらに, $\angle\mathrm{PCA} = \angle\mathrm{PAB}$ であるから, 接弦定理の逆により,
この点 $\mathrm P$ は $2$ 点 $\mathrm C,$ $\mathrm A$ を通って点 $\mathrm A$ で辺 $\mathrm{AB}$ に接する円周 $C_3$ の上にある.
よって, 点 $\mathrm P$ は $3$ つの円周 $C_1,$ $C_2,$ $C_3$ の交点としてただ $1$ 通りに定まる.
点 $\mathrm P$ は $\angle\mathrm A,$ $\angle\mathrm B$ $\angle\mathrm C$ の内側にあるから, $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にある.
参考
$\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にあり,
$\angle\mathrm{PAB} = \angle\mathrm{PBC} = \angle\mathrm{PCA} = \theta,$
$\angle\mathrm P'\mathrm{AC} = \angle\mathrm P'\mathrm{BA} = \angle\mathrm P'\mathrm{CB} = \theta$
を満たす点 $\mathrm P,$ $\mathrm P'$ をそれぞれ「第一ブロカール点」(first Brocard point),「第二ブロカール点」(second Brocard point),
$\theta$ を「ブロカール角」(Brocard angle) と呼ぶ.
円に内接する四角形
定理《四角形が円に内接する条件》
次は同値である.
- (i)
- 四角形は円に内接する.
- (ii)
- 四角形の向かい合う内角の和は $180^\circ$ である.
問題《鋭角三角形の垂心と垂足三角形の内心》
鋭角三角形 $\mathrm{ABC}$ において, 頂点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ から対辺に下ろした垂線の足をそれぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおき, $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心, つまり $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ の交点を $\mathrm H$ とおく.
次のことを示せ.
- (1)
- $\angle\mathrm{HPQ} = \angle\mathrm{HCQ},$ $\angle\mathrm{HPR} = \angle\mathrm{HBR}$ が成り立つ.
- (2)
- $\angle\mathrm{HCQ} = \angle\mathrm{HBR}$ が成り立つ.
- (3)
- $\triangle\mathrm{PQR}$ の内心は $\mathrm H$ と一致する.
解答例
- (1)
- 四角形 $\mathrm{HPCQ}$ は $\angle\mathrm P = \angle\mathrm Q = 90^\circ$ により円に内接するから, 円周角の定理により, \[\angle\mathrm{HPQ} = \angle\mathrm{HCQ} \quad \cdots [1]\] が成り立つ. 同様に, 四角形 $\mathrm{HPBR}$ は $\angle\mathrm P = \angle\mathrm R = 90^\circ$ により円に内接するから, 円周角の定理により, \[\angle\mathrm{HPR} = \angle\mathrm{HBR} \quad [2]\] が成り立つ.
- (2)
- 四角形 $\mathrm{BCQR}$ は $\angle\mathrm Q = \angle\mathrm R = 90^\circ$ により円に内接するから, 円周角の定理により,
が成り立つ.$\angle\mathrm{QCR} = \angle\mathrm{QBR}$ つまり $\angle\mathrm{HCQ} = \angle\mathrm{HBR} \quad \cdots [3]$ - (3)
- $[3]$ により $[1],$ $[2]$ の右辺は等しいから, \[\angle\mathrm{HPQ} = \angle\mathrm{HPR}\] が成り立つ. よって, $\triangle\mathrm{PQR}$ において, $\mathrm{PH}$ は $\angle\mathrm P$ の二等分線である. 同様に, $\mathrm{QH}$ は $\angle\mathrm Q$ の二等分線, $\mathrm{RH}$ は $\angle\mathrm R$ の二等分線であるから, $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{PQR}$ の内心である.
参考
- 三角形の各頂点から対辺に下ろした垂線の足を結ぶ三角形は「垂足三角形」(pedal triangle) と呼ばれる.
- 鈍角三角形の垂心は「垂足三角形」の傍心と一致することが知られている.
- 鋭角三角形の辺上の点を結ぶ三角形は「垂足三角形」のとき周の長さが最も短くなることが知られている (こちらを参照).
問題《三角形のフェルマー点の作図》
すべての内角が $120^\circ$ 未満であるような $\triangle\mathrm{ABC}$ の外側に, $\triangle\mathrm{ABC}$ と $1$ 辺を共有するような正三角形 $\mathrm{BCA}',$ $\mathrm{CAB}'$ をかき, $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}'$ の交点を $\mathrm F$ とおく.
- (1)
- $\triangle\mathrm{ACA}' \equiv \triangle\mathrm B'\mathrm{CB}$ であることを示せ.
- (2)
- $4$ 点 $\mathrm B,$ $\mathrm F,$ $\mathrm C,$ $\mathrm A'$ と $4$ 点 $\mathrm C,$ $\mathrm F,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B'$ はそれぞれ同一円周上にあることを示せ.
- (3)
- $\angle\mathrm{BFC},$ $\angle\mathrm{CFA},$ $\angle\mathrm{AFB}$ を求めよ.
解答例
- (1)
- \[\begin{aligned} \mathrm{CA} &= \mathrm{CB}', \quad \mathrm{CA}' = \mathrm{CB}, \\ \angle\mathrm{ACA'} &= \angle\mathrm{B'CB} = \angle\mathrm{ACB}+60^\circ \end{aligned}\] から, \[\triangle\mathrm{ACA}' \equiv \triangle\mathrm B'\mathrm{CB}\] である.
- (2)
- よって, \[\angle\mathrm{FA}'\mathrm C = \angle\mathrm{FBC}, \quad \angle\mathrm{FAC} = \angle\mathrm{FB}'\mathrm C\] であるから, 円周角の定理の逆により, $4$ 点 $\mathrm B,$ $\mathrm F,$ $\mathrm C,$ $\mathrm A'$ と $4$ 点 $\mathrm C,$ $\mathrm F,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B'$ はそれぞれ同一円周上にある.
- (3)
- よって, 円に内接する四角形の対角の和が $180^\circ$ であることから, \[\begin{aligned} \angle\mathrm{BFC} &= \angle\mathrm{CFA} = 180^\circ -60^\circ = 120^\circ, \\ \angle\mathrm{AFB} &= 360^\circ -\angle\mathrm{BFC}-\angle\mathrm{CFA} = 120^\circ \end{aligned}\] である.
参考
- $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 頂点までの距離の和が最小になる点 $\mathrm F$ は,「フェルマー点」または「トリチェリ点」(Fermat point, Torricelli point) などと呼ばれ, 次のように定まることが知られている (こちらを参照).
- (i)
- $\triangle\mathrm{ABC}$ のすべての内角が $120^\circ$ 未満であるとき. 点 $\mathrm F$ は, $\angle\mathrm{BFC} = \angle\mathrm{CFA} = \angle\mathrm{AFB} = 120^\circ$ を満たす点であり, $\triangle\mathrm{ABC}$ と $1$ 辺を共有する正三角形 $\mathrm{BCA}',$ $\mathrm{CAB}',$ $\mathrm{ABC}'$ を $\triangle\mathrm{ABC}$ の外側にかくとき $3$ 直線 $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ の交点である (「キーペルト点」, こちらを参照).
- (ii)
- $\angle\mathrm A \geqq 120^\circ$ のとき. 点 $\mathrm F$ は, 頂点 $\mathrm A$ と一致する.
- 上記の (ii) は, 次のように証明できる:
平面上に点 $\mathrm P$ をとる.
$\mathrm P \neq \mathrm A$ のとき, 半直線 $\mathrm{CA}$ 上に $\mathrm{AB} = \mathrm{AB}'$ となるように点 $\mathrm B'$ をとり,
$\triangle\mathrm{APB} \equiv \triangle\mathrm{AP}'\mathrm B'$ となるように点 $\mathrm P'$ をとると,
仮定から $\triangle\mathrm{APP}'$ は頂角が $60^\circ$ 以下の二等辺三角形になるので, $\mathrm{PA} \geqq \mathrm{PP}'$ となり,
\[\begin{aligned}
\mathrm{PA}+\mathrm{PB}+\mathrm{PC} &\geqq \mathrm B'\mathrm P'+\mathrm P'\mathrm P+\mathrm{PC} \\
&> \mathrm B'\mathrm C = \mathrm B'\mathrm A+\mathrm{AC} = \mathrm{BA}+\mathrm{AC}
\end{aligned}\]
となる.
よって, $\mathrm{PA}+\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$ は $\mathrm P = \mathrm A$ のとき最小になる.
問題《ウォレス=シムソンの定理とその逆》
$\triangle\mathrm{ABC}$ の外部の点 $\mathrm P$ が図のような位置にあるとし,
点 $\mathrm P$ から直線 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $\mathrm A',$ $\mathrm B',$ $\mathrm C'$ とおく.
- (1)
- $\angle\mathrm{PAB}+\angle\mathrm{PB}'\mathrm C'$ を求めよ.
- (2)
- $\angle\mathrm{BCP}+\angle\mathrm A'\mathrm B'\mathrm P$ を求めよ.
- (3)
- $\mathrm P$ が $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の周上にあることと, $\mathrm A',$ $\mathrm B',$ $\mathrm C'$ が同一直線上にあることは同値であることを示せ.
解答例
- (1)
- $\angle\mathrm{PB}'\mathrm A = \angle\mathrm{PC}'\mathrm A = 90^\circ$ であるから, 円周角の定理の逆により, 四角形 $\mathrm{PAC}'\mathrm B'$ は円に内接する. よって, \[\angle\mathrm{PAB}+\angle\mathrm{PB}'\mathrm C' = \angle\mathrm{PAC}'+\angle\mathrm C'\mathrm B'\mathrm P = 180^\circ \ \cdots [1]\] である.
- (2)
- $\angle\mathrm{CA}'\mathrm P = \angle\mathrm{PB}'\mathrm C = 90^\circ$ であるから, 四角形 $\mathrm A'\mathrm{PB}'\mathrm C$ は円に内接する. よって, 円周角の定理により \[\angle\mathrm A'\mathrm B'\mathrm P = \angle\mathrm A'\mathrm{CP} = 180^\circ -\angle\mathrm{BCP},\] したがって \[\angle\mathrm{BCP}+\angle\mathrm A'\mathrm B'\mathrm P = 180^\circ \quad \cdots [2]\] である.
- (3)
- $[1],$ $[2]$ から
\[\angle\mathrm{PAB}+\angle\mathrm{BCP}+\angle\mathrm A'\mathrm B'\mathrm P+\angle\mathrm{PB}'\mathrm C' = 360^\circ\]
であるので,
が成り立つ.$\mathrm P$ が $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の周上にある $\iff$ $\angle\mathrm{PAB}+\angle\mathrm{BCP} = 180^\circ$ $\iff$ $\angle\mathrm A'\mathrm B'\mathrm P+\angle\mathrm{PB}'\mathrm C' = 180^\circ$ $\iff$ $\mathrm A',$ $\mathrm B',$ $\mathrm C'$ が同一直線上にある
参考
(3) の結果は, 点 $\mathrm P$ の位置によらず成り立つ.
($\Longrightarrow$) は「ウォレス=シムソンの定理」(Wallace–Simson theorem) または「シムソンの定理」として知られており, $3$ 点 $\mathrm A',$ $\mathrm B',$ $\mathrm C'$ を通る直線は $\triangle\mathrm{ABC}$ の「ウォレス=シムソン線」(Wallace–Simson line) または「シムソン線」と呼ばれる.
複素数を使った証明については, こちらを参照されたい.
問題《三角形のミケル点》
$\triangle\mathrm{ABC}$ の辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ 上にそれぞれ点 $\mathrm D,$ $\mathrm E,$ $\mathrm F$ があり,
円周 $\mathrm{BFD},$ $\mathrm{CDE}$ の交点 $\mathrm K$ が $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にあるとする.
このとき, 円周 $\mathrm{AEF}$ も点 $\mathrm K$ を通ることを示せ.
解答例
四角形 $\mathrm{BDKF},$ $\mathrm{CEKD}$ は円に内接するから,
\[\angle\mathrm{DKF} = 180^\circ -\angle\mathrm B, \quad \angle\mathrm{EKD} = 180^\circ -\angle\mathrm C\]
が成り立つ.
よって,
\[\begin{aligned}
\angle\mathrm{FKE} &= 360^\circ -\angle\mathrm{DKF}-\angle\mathrm{EKD} \\
&= 360^\circ -(180^\circ -\angle\mathrm B)-(180^\circ -\angle\mathrm C) \\
&= \angle\mathrm B+\angle\mathrm C = 180^\circ -\angle\mathrm A
\end{aligned}\]
であるから, 四角形 $\mathrm{AFKE}$ は円に内接する.
これは, 円周 $\mathrm{AEF}$ も点 $\mathrm K$ を通ることを意味している.
参考
一般に, $\triangle\mathrm{ABC}$ の辺を延ばして得られる直線 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ 上にそれぞれ点 $\mathrm D,$ $\mathrm E,$ $\mathrm F$ をとるとき, 円周 $\mathrm{BFD},$ $\mathrm{CDE},$ $\mathrm{AEF}$ は必ず $1$ 点で交わることが知られている.
この点は $\triangle\mathrm{ABC}$ の「ミケル点」(Miquel point) と呼ばれる.
方べきの定理
定理《方べきの定理とその逆》
$2$ 本の線分 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{CD}$ またはそれらの延長が点 $\mathrm P$ で交わるとき, 次は同値である.
- (i)
- $4$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm D$ は同一円周上にある.
- (ii)
- $\mathrm{PA}\cdot\mathrm{PB} = \mathrm{PC}\cdot\mathrm{PD}$ が成り立つ.
- (i)
- $\mathrm{PT}$ は $3$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm T$ を通る円に接する.
- (ii)
- $\mathrm{PA}\cdot\mathrm{PB} = \mathrm{PT}^2$ が成り立つ.
問題《角の二等分線の長さ》
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A$ の二等分線と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm D,$ 半直線 $\mathrm{AD}$ と $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の周の交点を $\mathrm E$ とおく.
次のことを示せ.
- (1)
- $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC} = \mathrm{AD}\cdot\mathrm{AE}$ である.
- (2)
- $\mathrm{AD} = \sqrt{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}-\mathrm{BD}\cdot\mathrm{CD}}$ である.
解答例
- (1)
- $\mathrm{AD}$ が $\angle\mathrm A$ を二等分することから \[\angle\mathrm{BAD} = \angle\mathrm{EAC},\] 円周角の定理により \[\angle\mathrm{ABD} = \angle\mathrm{ABC} = \angle\mathrm{AEC}\] であるので, $\triangle\mathrm{ABD},$ $\triangle\mathrm{AEC}$ は相似である. よって, \[\begin{aligned} \mathrm{AB}:\mathrm{AE} &= \mathrm{AD}:\mathrm{AC}, \\ \mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC} &= \mathrm{AD}\cdot\mathrm{AE} \end{aligned}\] である.
- (2)
- \[\begin{aligned} \mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC} &= \mathrm{AD}\cdot (\mathrm{AD}+\mathrm{ED}) = \mathrm{AD}^2+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{ED} \\ \mathrm{AD}^2 &= \mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}-\mathrm{AD}\cdot\mathrm{ED} \end{aligned}\] であり, 方べきの定理により, \[\mathrm{AD}\cdot\mathrm{ED} = \mathrm{BD}\cdot\mathrm{CD}\] が成り立つから, \[\begin{aligned} \mathrm{AD}^2 &= \mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}-\mathrm{BD}\cdot\mathrm{CD} \\ \mathrm{AD} &= \sqrt{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC}-\mathrm{BD}\cdot\mathrm{CD}} \end{aligned}\] である.
参考
(2) の別証明については, こちらを参照されたい.
問題《レギオモンタヌスの問題》
水平面上の点 $\mathrm O$ の真上に相異なる $2$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ をとる ($\mathrm A$ は $\mathrm B$ より上方にあるとする).
$\mathrm A,$ $\mathrm B$ を見た仰角の差が最大になるような水平面上の点 $\mathrm P$ について, $a = \mathrm{OA},$ $b = \mathrm{OB}$ を用いて距離 $\mathrm{OP}$ を表せ.
解答例
$2$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B$ を通って直線 $\mathrm{OP}$ に点 $\mathrm T$ で接する円周 $C$ をかく.
$\mathrm P \neq \mathrm T$ のときは線分 $\mathrm{AP}$ と $C$ の交点を $\mathrm Q$ とおくと
\[\angle\mathrm{APB} < \angle\mathrm{AQB} = \angle\mathrm{ATB}\]
となってしまうから, $\mathrm P = \mathrm T$ である.
よって, 方べきの定理により
\[\mathrm{OP}^2 = \mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB} = ab\]
であるから, $\mathrm{OP} = \sqrt{ab}$ である.
参考
- ここで解いた「レギオモンタヌスの問題」は, 中世ドイツの天文学者・数学者のレギオモンタヌス (Regiomontanus) によって考え出された ($1471$ 年). 本問に結果から, 高い建物の窓や高い位置に掲げられた絵画を見上げるとき, ラグビーのコンバージョン・キックでゴールを狙うとき (平面上で考察), どの位置に立つのが最も好ましいのかがわかる.
- 三角関数の加法定理を使った別解については, こちらを参照されたい.
問題《チャップル=オイラーの定理》
$\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm O,$ 外接円の半径を $R,$ 内心を $\mathrm I,$ 内接円の半径を $r$ とおく.
さらに, 直線 $\mathrm{AI}$ と円周 $\mathrm O$ の交点 $(\neq \mathrm A)$ を $\mathrm D$ とおき, 直線 $\mathrm{DO}$ と円周 $\mathrm O$ の交点 $(\neq \mathrm D)$ を $\mathrm D'$ とおく.
また, 辺 $\mathrm{AB}$ と円周 $\mathrm I$ の接点を $\mathrm E$ とおく.
このとき, 次のことを示せ.
- (1)
- $R^2-\mathrm{OI}^2 = \mathrm{AI}\cdot\mathrm{DI}$ が成り立つ.
- (2)
- $\mathrm{DB} = \mathrm{DI}$ が成り立つ.
- (3)
- $\triangle\mathrm{BDD}',$ $\triangle\mathrm{EIA}$ は相似である.
- (4)
- $\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr$ が成り立つ.
- (5)
- $R \geqq 2r$ が成り立つ.
解答例
- (1)
- 直線 $\mathrm{OI}$ と円周 $\mathrm O$ の交点を $\mathrm X,$ $\mathrm Y$ とおくと, 方べきの定理により \[\begin{aligned} R^2-\mathrm{OI}^2 &= (R-\mathrm{OI})(R+\mathrm{OI}) \\ &= \mathrm{XI}\cdot\mathrm{YI} \\ &= \mathrm{AI}\cdot\mathrm{DI} \end{aligned}\] が得られる.
- (2)
- $\angle\mathrm{CAB} = 2\alpha,$ $\angle\mathrm{ABC} = 2\beta$ とおく. このとき, 円周角の定理により, \[\angle\mathrm{DBI} = \angle\mathrm{DBC}+\angle\mathrm{CBI} = \angle\mathrm{DAC}+\beta = \alpha +\beta\] が成り立つ. また, $\triangle\mathrm{ABI}$ の外角の関係から, \[\angle\mathrm{DIB} = \angle\mathrm{IAB}+\angle\mathrm{ABI} = \alpha +\beta\] が成り立つ. よって, $\triangle\mathrm{DBI}$ は $\angle\mathrm{DBI} = \angle\mathrm{DIB}$ なる二等辺三角形であるから, $\mathrm{DB} = \mathrm{DI}$ が成り立つ.
- (3)
- $\mathrm{DD}'$ は円 $\mathrm O$ の直径であり, $\mathrm{AE}$ は円 $\mathrm I$ に接するから, \[\angle\mathrm{DBD}' = \angle\mathrm{IEA} = 90^\circ\] が成り立つ. また, 弧 $\mathrm{BD}$ に対する円周角は等しいから, \[\angle\mathrm{BD}'\mathrm D = \angle\mathrm{EAI}\] が成り立つ. よって, $\triangle\mathrm{BDD}',$ $\triangle\mathrm{EIA}$ は相似である.
- (4)
- (1)～(3) により \[\begin{aligned} R^2-\mathrm{OI}^2 &= \mathrm{AI}\cdot\mathrm{DB} \quad (\because (1),\ (2)) \\ &= \mathrm{DD}'\cdot\mathrm{EI} \quad (\because (3)) \\ &= 2Rr \end{aligned}\] であるから, \[\mathrm{OI}^2 = R^2-2Rr\] が成り立つ.
- (5)
- (4) により \[ 0 \leqq \mathrm{OI}^2 = R(R-2r)\] であるから, $R-2r \geqq 0$ つまり $R \geqq 2r$ が成り立つ.
参考
- (4) の等式と (5) の不等式は「チャップル=オイラーの定理」(Chapple–Euler theorem) として知られている (別証明についてはこちらを参照).
- 不等式 $R \geqq 2r$ は, 次のように示すこともできる.
$a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB}$ とおく.
- (i)
- $\triangle\mathrm{ABC}$ が鋭角三角形の場合. $\mathrm O$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にある. $\triangle\mathrm{OCA},$ $\triangle\mathrm{OAB}$ において底辺を $\mathrm{OA}$ としたときの高さの和は $a$ 以下であるから, \[\triangle\mathrm{OCA}+\triangle\mathrm{OAB} \leqq \frac{Ra}{2}\] が成り立つ. 同様に \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OAB}+\triangle\mathrm{OBC} &\leqq \frac{Rb}{2}, \\ \triangle\mathrm{OBC}+\triangle\mathrm{OCA} &\leqq \frac{Rc}{2} \\ \end{aligned}\] が成り立つから, 辺々を加えると \[\begin{aligned} r(a+b+c) = 2\triangle\mathrm{ABC} &\leqq \frac{R(a+b+c)}{2} \\ 2r &\leqq R \end{aligned}\] が得られる. 等号は, $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形のときに限り成り立つ.
- (ii)
- $\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形, 鈍角三角形の場合. $\mathrm O$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の辺上または外部にあり, $\triangle\mathrm{ABC}$ の内接円は半径 $R$ の半円の内部に収まるから, \[ 2r < R\] が成り立つ.
- 凸 $n$ 角形の外接円の半径 $R,$ 内接円の半径 $r$ については \[ R \geqq \frac{r}{\cos\dfrac{\pi}{n}}\] が成り立ち, 等号は凸 $n$ 角形が正 $n$ 角形のときに限り成り立つことが知られている.
- 凸 $n$ 角形の内部の点 $\mathrm P$ に対して, 点 $\mathrm P$ と各頂点の距離が $R_1,$ $\cdots,$ $R_n,$ 点 $\mathrm P$ と各辺の距離が $r_1,$ $\cdots,$ $r_n$ であるとき, \[ R_1+\cdots +R_n \geqq \frac{r_1+\cdots +r_n}{\cos\dfrac{\pi}{n}}\] が成り立ち, 等号は凸 $n$ 角形が正 $n$ 角形で点 $\mathrm P$ がその中心であるときに限り成り立つことが知られている. 特に $n = 3$ のとき, \[ R_1+R_2+R_3 \geqq 2(r_1+r_2+r_3)\] が成り立つ. この不等式は「エルデシュ=モーデルの不等式」(Erdős-Mordell inequality) として知られている.
- 四面体の外接球の半径 $R,$ 内接球の半径 $r$ については \[ R \geqq 3r\] が成り立ち, 等号は四面体が正四面体のときに限り成り立つことが知られている.
問題《三角形の類似中線の作図法》
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, 外心を $\mathrm O,$ 辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm M$ とおく.
- (1)
- 頂点 $\mathrm B,$ $\mathrm C$ における円周 $\mathrm O$ の接線の交点を $\mathrm X,$ 直線 $\mathrm{OX}$ と円周 $\mathrm O$ の交点を $\mathrm D,$ $\mathrm{AD}$ の中点を $\mathrm E$ とおく.
$4$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm E,$ $\mathrm B,$ $\mathrm X$ は同一円周上にあることを利用して, $\triangle\mathrm{EBD},$ $\triangle\mathrm{ABC}$ が相似であることを示せ.
- (2)
- 頂点 $\mathrm A$ における円周 $\mathrm O$ の接線と直線 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm Y$ とおき, 点 $\mathrm Y$ から円周 $\mathrm O$ に引いた接線の接点を $\mathrm D\,(\neq \mathrm A),$ 線分 $\mathrm{AD},$ $\mathrm{YO}$ の交点を $\mathrm E$ とおく. $\angle\mathrm{YEB} = \angle\mathrm{OCY},$ $\angle\mathrm{OCY} = \angle\mathrm{OEC}$ であることをそれぞれ示し, それらを利用して $\triangle\mathrm{EBD},$ $\triangle\mathrm{ABC}$ が相似であることを示せ.
- (3)
- (1), (2) において, $\triangle\mathrm{AMC},$ $\triangle\mathrm{ABD}$ は相似であり, 直線 $\mathrm{AD},$ $\mathrm{AM}$ は $\angle\mathrm A$ の内角の二等分線に関して対称であることを示せ.
解答例
- (1)
- $\angle\mathrm{OBX} = \angle\mathrm{OHX} = 90^\circ$ から, $4$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm E,$ $\mathrm B,$ $\mathrm X$ は同一の円周 $\omega$ 上にある. よって, \[\begin{aligned} \angle\mathrm{BED} &= \angle\mathrm{BOM} \quad (\because\omega\text{ の弧 }\mathrm{BX}\text{ に対する円周角}) \\ &= \frac{1}{2}\angle\mathrm{BOC} \quad (\because\mathrm{OB} = \mathrm{OC}) \\ &= \angle\mathrm{BAC} \quad (\because\text{円周 }\mathrm O\text{ の弧 }\mathrm{BC}\text{ に対する円周角}) \end{aligned}\] が成り立つ. また, \[\angle\mathrm{EDB} = \angle\mathrm{ACB} \quad (\because\text{円周 }\mathrm O\text{ の弧 }\mathrm{AB}\text{ に対する円周角})\] が成り立つ. ゆえに, $\triangle\mathrm{EBD},$ $\triangle\mathrm{ABC}$ は相似である.
- (2)
- 方べきの定理により \[\mathrm{YE}\cdot\mathrm{YO} = \mathrm{YA}^2 = \mathrm{YB}\cdot\mathrm{YC}\] が成り立つから, 方べきの定理の逆により四角形 $\mathrm{OEBC}$ は円周 $\omega$ に内接し, \[\angle\mathrm{YEB} = \angle\mathrm{OCY} \quad \cdots [1]\] が成り立つ.
- $\triangle\mathrm{AYE}$ の外接円に方べきの定理を適用すると
となる. よって, $\triangle\mathrm{OCY},$ $\triangle\mathrm{OEC}$ は相似であり ($\angle\mathrm O$ は共通), \[\angle\mathrm{OCY} = \angle\mathrm{OEC} \quad \cdots [2]\] が成り立つ.$\mathrm{OE}\cdot\mathrm{OY} = \mathrm{OA}^2 = \mathrm{OC}^2$ よって $\dfrac{\mathrm{OE}}{\mathrm{OC}} = \dfrac{\mathrm{OC}}{\mathrm{OY}}$ - $[1],$ $[2]$ から \[\angle\mathrm{YEB} = \angle\mathrm{OEC} \quad \cdots [3]\] である. よって, \[\begin{aligned} \angle\mathrm{BED} &= 90^\circ -\angle\mathrm{YEB} \quad (\because\mathrm{AD} \perp \mathrm{YO}) \\ &= \frac{1}{2}(180^\circ -\angle\mathrm{YEB}-\angle\mathrm{OEC}) \quad (\because [3]) \\ &= \frac{1}{2}\angle\mathrm{BEC} \\ &= \frac{1}{2}\angle\mathrm{BOC} \quad (\because\omega\text{ の弧 }\mathrm{BC}\text{ に対する円周角}) \\ &= \angle\mathrm{BAC} \quad (\because\text{円周 }\mathrm O\text{ の弧 }\mathrm{BC}\text{ に対する円周角}) \end{aligned}\] が得られる. また, \[\angle\mathrm{EDB} = \angle\mathrm{ACB} \quad (\because\text{円周 }\mathrm O\text{の弧 }\mathrm{AB}\text{ に対する円周角})\] が成り立つ. ゆえに, $\triangle\mathrm{EBD},$ $\triangle\mathrm{ABC}$ は相似である.
- (3)
- (1), (2) により \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DA}} = \frac{\mathrm{BD}}{2\mathrm{DE}} &= \frac{\dfrac{1}{2}\mathrm{BC}}{\mathrm{CA}} = \frac{\mathrm{MC}}{\mathrm{CA}} \quad \left(\because\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DE}} = \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CA}}\right), \\ \angle\mathrm{ADB} &= \angle\mathrm{ACM} \end{aligned}\] が成り立つから, $\triangle\mathrm{ABD},$ $\triangle\mathrm{AMC}$ は相似である. ゆえに, \[\angle\mathrm{BAD} = \angle\mathrm{MAC}\] であり, $\angle\mathrm{BAC}$ の二等分線と辺 $\mathrm{BC}$ の交点 $\mathrm A'$ について \[\begin{aligned} \angle\mathrm{DAA}' &= \frac{1}{2}\angle\mathrm{BAC}-\angle\mathrm{BAD} \\ &= \frac{1}{2}\angle\mathrm{BAC}-\angle\mathrm{MAC} = \angle\mathrm{MAA}' \end{aligned}\] が成り立つから, 直線 $\mathrm{AD},$ $\mathrm{AM}$ は $\angle\mathrm A$ の内角の二等分線に関して対称である.
参考
- 三角形において, 角の頂点を通る直線 $l,$ $l'$ がその角の二等分線に関して対称であるとき, $l,$ $l'$ は互いに「等角共役線」(isogonal conjugate line) であるという. 特に, 三角形の中線の「等角共役線」を「類似中線」(symmedian) と呼ぶ.
- $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $3$ 本の「類似中線」の交点を「類似重心」または「ルモワーヌ点」(Lemoine point) と呼ぶ (存在の別証明についてはこちらを参照). これは重心の「等角共役点」(「等角共役線」に関して対称な点) である.