陥没地帯 (186) - ノリの悪い日記

簡単な問題.

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円 $O$ に内接する $\triangle ABC$ の頂点 $A$ から辺 $BC$ に垂線を下ろし, 垂線の足を $H$ とする. また線分 $AO$ を延長し再び円周と交わる点を $D$ とする.

$\triangle ABH$ と $\triangle ADC$ は相似だから,

$\displaystyle{\frac{AB}{AH}=\frac{AD}{AC}}$

したがって,

$\displaystyle{AB \cdot AC=AD \cdot AH}$

である.

※ $BC = a$ , $CA = b$ , $AB = c$ , $AD = 2R$ とすれば,

$\displaystyle{ \triangle ABC = \frac{1}{2}BC \cdot AH}$ から,

$\displaystyle{\triangle ABC = \frac{abc}{4R}}$

である. (もっともこの式は, $\displaystyle{\frac{1}{2}bc\sin A}$ に正弦定理を適用すればすぐ出る.)

$2s = a + b + c$ とすれば, ヘロンの公式より,

$\triangle ABC = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

なので, $\triangle ABC$ の外接円の半径 $R$ は,

$\displaystyle{R = \frac{abc}{4\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}}$

で与えられる.
//

※ 内接円の半径を $r$ とすると,

$\displaystyle{\triangle ABC = \frac{abc}{4R} =rs}$

なので,

$abc = 4Rrs$

である. さらにヘロンの公式から,

$s(s-a)(s-b)(s-c) = r^2s^2$

なので,

$\displaystyle{s^3 -(a+b+c)s^2 + (ab + bc + ca)s -abc\\ = s^3-2s^3+(ab + bc + ca)s -4Rrs \\=r^2s}$

となり,

$ab + bc + ca = s^2 + r^2 + 4Rr$

である. つまり、基本対称式は以下となる.

$\displaystyle{\begin{cases} a+ b + c = 2s \\ ab + bc + ca = s^2 + r^2 + 4Rr\\ abc = 4Rrs \end{cases}}$

任意の対称式は基本対称式で表わすことができるので, 三角形の辺 $a$ , $b$ , $c$ に関する対称式は, $s$ , $r$ , $R$ の多項式として表わすこともできる.//

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円 $O$ に内接する $\triangle ABC$ の $\angle A$ の二等分線が、辺 $BC$ と交わる点を $D$ , 円周と交わる点を $M$ とする.

$\triangle ABD$ と $\triangle AMC$ は相似だから,

$\displaystyle{\frac{AB}{AD}=\frac{AM}{AC}}$

したがって,

$\displaystyle{AB \cdot AC=AD \cdot AM}$

である.

※ さらに方べきの定理を使って,

$\displaystyle{\begin{align}AB \cdot AC &=AD \cdot AM\\&= AD(AD+DM)\\&=AD^2 + AD\cdot DM\\&=AD^2+BD\cdot DC \end{align}}$

とするのが, よく公式として出ている.

なお, $AD$ の長さを求めるには,

$BC = a$ , $CA = b$ , $AB = c$

として, $c:b = BD:DC$ から,

$\displaystyle{BD = \frac{ac}{b+c}}$
$\displaystyle{DC = \frac{ab}{b+c}}$

なので,

$\displaystyle{\begin{align} AD^2 &= bc - \frac{a^2bc}{(b+c)^2}\\&= \frac{bc(b+c+a)(b+c-a)}{(b+c)^2}\end{align}}$

から,

$\displaystyle{\begin{align} AD &= \frac{\sqrt{bc(b+c+a)(b+c-a)}}{b+c}\end{align}}$

である. $2s = a + b + c$ を使い, $\angle A$ の二等分線の長さとして $AD= L_A$ と書けば,

$\displaystyle{\begin{align} L_A &= \frac{\sqrt{bc(2s)(2s-2a)}}{b+c} \\&= \frac{2\sqrt{bcs(s-a)}}{b+c} \end{align}}$

同様にして,

$\displaystyle{L_B = \frac{2\sqrt{cas(s-b)}}{a+c} \\ L_C = \frac{2\sqrt{abs(s-c)}}{a+b} }$

だから,

$\displaystyle{L_A \cdot L_B \cdot L_C \\ = \frac{8abcs\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}{(a+b)(b+c)(c+a)} }$

で,

$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

とすれば,

$\displaystyle{\begin{align} L_A \cdot L_B \cdot L_C &= \frac{8abcsS}{(a+b)(b+c)(c+a)} \end{align}}$

である.
//

※ $\angle A$ の外角の二等分線の場合も同様に, $\triangle ABD$ と $\triangle AMC$ は相似だから,

$\displaystyle{\frac{AB}{AD}=\frac{AM}{AC}}$

が成り立つ.

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さらに方べきの定理を使えば,

$\displaystyle{\begin{align}AB \cdot AC &=AD \cdot AM\\&= AD(DM - AD)\\&= AD\cdot DM -AD^2 \\&=BD\cdot DC -AD^2 \end{align}}$

となる. この式を使って前の例のように $AD$ の長さを求めると,

て, $c:b = BD:DC$ から,

$\displaystyle{BD = \frac{ac}{|b-c|}}$
$\displaystyle{DC = \frac{ab}{|b-c|}}$

なので,

$\displaystyle{\begin{align} AD^2 &= \frac{a^2bc}{(b-c)^2} -bc\\&= \frac{bc(a+b-c)(a-b+c)}{(b-c)^2}\end{align}}$

から,

$\displaystyle{\begin{align} AD &= \frac{\sqrt{bc(a+b-c)(a-b+c)}}{|b-c|}\end{align}}$

である.
//

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今度は円 $O$ に内接する $\triangle ABC$ は、 $AB = AC$ の二等辺三角形である. 辺 $BC$ 上に点 $D$ をとり, $AD$ の延長と円周と交わる点を $E$ とする.

$\triangle ABD$ と $\triangle AEB$ は相似だから,

$\displaystyle{\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}}$

したがって,

$\displaystyle{AB \cdot AC=AB^2=AD \cdot AE}$

である.

※ 別解: $\angle ABC = \angle BED$ だから、点 $B$ , $D$ , $E$ を通る円を考えると $AB$ はその円への接線である. したがって方べきの定理から $AB^2 = AD \cdot AE$ である.//

※ 前の例と同じように上の結果にさらに方べきの定理を使えば,

$\displaystyle{\begin{align}AB^2&=AD \cdot AE\\&=AD \cdot (AD + DE)\\&=AD^2+AD \cdot DE \\&= AD^2 + BD \cdot DC\end{align}}$

となる. なお, $D$ が $BC$ の中点である特別な場合には, この式はピタゴラスの定理を与えることがわかる.//

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円 $O$ に内接する四角形 $ABCD$ で, $BC=CD$ とすると, $\triangle CDB$ は二等辺三角形だから,

$BC^2 =CE \cdot CA$

$AC$ は $\angle A$ の二等分線だから,

$AB \cdot AD = AE \cdot AC$

したがって,

$AB \cdot AD + BC^2 = AC^2$

である.

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円 $A$ と $A$ を通るもう一つの円があって, 円 $A$ の点 $E$ における接線が, もう一つの円と交わる点を $B$ , $C$ とすると,

$AB \cdot AC = AE \cdot AD$

だから, $AB \cdot AC$ は定値である.

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四辺形 $ABCD$ の外接円の直径を $d$ とすると、 $\triangle OEB$ と $\triangle OFD$ が相似であることにも注意して,

$\displaystyle{\begin{align}\frac{AB \cdot BC}{AD \cdot CD}&=\frac{BE \cdot d}{DF \cdot d}\\ &= \frac{BE}{DF}\\ &= \frac{OB}{OD}\end{align}}$

合比の理 *1より,

$\displaystyle{\begin{align}\frac{AB \cdot BC + AD \cdot CD}{AD \cdot CD}&=\frac{OB + OD}{OD}\\&= \frac{BD}{OD}\end{align}}$

同様にして,

$\displaystyle{\begin{align}\frac{AB \cdot AD}{BC \cdot CD}&=\frac{AG \cdot d}{CH \cdot d}\\ &= \frac{AG}{CH}\\ &= \frac{OA}{OC}\end{align}}$

合比の理より,

$\displaystyle{\begin{align}\frac{AB \cdot AD + BC \cdot CD}{BC \cdot CD}&=\frac{OA+ OC}{OC}\\&=\frac{AC}{OC}\end{align}}$

したがって, $\triangle OAD$ と $\triangle OBC$ が相似であることと方べきの定理も使って,

$\displaystyle{\begin{align}&\frac{AB \cdot BC + AD \cdot CD}{AB \cdot AD + BC \cdot CD} \\&=\frac{BD}{AC}\cdot\frac{OC}{OD}\cdot \frac{AD}{BC} \\&= \frac{BD}{AC}\cdot\frac{OC}{OD}\cdot \frac{OA}{OB} \\&=\frac{BD}{AC}\end{align}}$

となる.

*1: $\displaystyle{\frac{a}{b}=\frac{c}{d}}$ ならば $\displaystyle{\frac{a}{b} + 1 =\frac{c}{d}+1}$ であることを「合比の理」という.