陥没地帯 (306) - ノリの悪い日記

$1985$ 年の “Iberoamerican Mathematical Olympiads” の問題から.

【問】
$\triangle ABC$ の外心を $O$ とする. 直線 $AO$ と $BC$ の交点を $D$ , 直線 $BO$ と $CA$ の交点を $E$ , 直線 $CO$ と $AB$ の交点を $F$ とし, $\triangle ABC$ の外接円の半径を $R$ とする. このとき,

$\displaystyle{\frac{1}{AD} + \frac{1}{BE} + \frac{1}{CF} = \frac{2}{R}}$

が成り立つことを証明せよ.

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【解】
$\triangle ABC$ が直角三角形のとき, たとえば $\angle A$ を直角だとすれば, 外心 $O$ は $BC$ の中点にある. $AD = AO = R$ , $BE = CF = 2R$ なので,

$\displaystyle{\frac{1}{AD} + \frac{1}{BE} + \frac{1}{CF} = \frac{2}{R}}$

が成立する.

次に, $\triangle ABC$ は鋭角三角形とする. このとき, 外心 $O$ は $\triangle ABC$ の内部にある.

正弦定理から,

$AC = 2R\sin B$

$AD$ の延長が外接円と交わる点を $G$ とすると,

$\angle AGB = \angle C$
$\angle BAG = 90^{\circ} - \angle C$

$\angle ADC = \angle B +( 90^{\circ} - \angle C)$

$\triangle ADC$ に正弦定理を使って,

$\begin{eqnarray} \frac{\sin C}{AD} &=& \frac{\sin \angle ADC}{AC} \\&=& \frac{\cos (B-C)}{2R\sin B} \end{eqnarray}$

したがって,

$\begin{eqnarray} \frac{1}{AD} &=& \frac{\cos (B-C)}{2R\sin B\sin C} \\&=& \frac{1}{2R}\left(1 + \frac{1}{\tan B \tan C}\right) \end{eqnarray}$

同様にして,

$\begin{eqnarray} \frac{1}{BE} &=& \frac{1}{2R}\left(1 + \frac{1}{\tan C \tan A}\right) \end{eqnarray}$

$\begin{eqnarray} \frac{1}{CF} &=& \frac{1}{2R}\left(1 + \frac{1}{\tan A \tan B}\right) \end{eqnarray}$

となる.

$\begin{eqnarray} \tan C &=& \tan (180^{\circ}-A -B) \\&=& -\tan(A+B) \\&=& - \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} \end{eqnarray}$

だから,

$\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C$

これから,

$\displaystyle{ \frac{1}{\tan A \tan B} + \frac{1}{\tan B \tan C} + \frac{1}{\tan C \tan A} \\= \frac{\tan A + \tan B + \tan C}{\tan A \tan B \tan C} \\=1 }$

したがって,

$\displaystyle{\frac{1}{AD} + \frac{1}{BE} + \frac{1}{CF} = \frac{2}{R}}$

が示せた.

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今度は, $\triangle ABC$ が鈍角三角形の場合を考えることとし, $\angle A$ を鈍角とする. このとき, 外心 $O$ は, $\triangle ABC$ の外部にある.

正弦定理から,

$BC = 2R\sin A$

また,

$\begin{align} \angle CBF &= 180^{\circ} - \angle B\\ \angle BFC &= \angle B - \angle BCO \end{align}$

ここで, $\angle COE = 2A -180^{\circ}$ だから,

$\angle BCO = \angle A - 90^{\circ}$

となる. $\angle BCO = \angle B$ の場合は, $CO \parallel AB$ となり, 交点をもたないので除外して,

$\begin{eqnarray} \angle BFC &=& 90^{\circ} + \angle B - \angle A \end{eqnarray}$

(ただし, $\angle BFC \neq 0^{\circ}$ )

$\triangle BCF$ に正弦定理を使って,

$\begin{align} \frac{\sin (180^{\circ}- B)}{CF} &=\frac{\sin \angle BFC}{BC} \\ &= \frac{\cos (B-A)}{2R\sin A} \end{align}$

したがって,

$\begin{eqnarray} \frac{1}{CF} &=& \frac{\cos (B-A)}{2R\sin A\sin B} \\&=& \frac{1}{2R}\left(1 + \frac{1}{\tan A\tan B}\right) \end{eqnarray}$

と鋭角三角形の場合と同様に示せる. $AD$ も鋭角三角形のときと同様に示せ, $BE$ も $CF$ と同様に示せる. したがって, 鈍角三角形の場合についても示せた.

なお, $AB \parallel CO$ または $AC \parallel BO$ の場合に, 交点が無限遠にあると考えれば, この命題は成立する. ( $AB \parallel CO$ かつ $AC \parallel BO$ の場合には, 四角形 $ABOC$ が菱形なので成立. どちらか一方のみが平行の場合, $CO \parallel AB$ とすれば, $\tan A \tan B = -1$ なので,

$\displaystyle { \frac{1}{\tan B \tan C} + \frac{1}{\tan C \tan A} \\=\frac{\tan A + \tan B}{\tan A \tan B \tan C} \\= \frac{\tan A \tan B \tan C - \tan C}{\tan A \tan B \tan C} \\= 1- \frac{1}{\tan A \tan B} \\= 2 }$

なので, 成立する.)

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※ 問題の英文をみると, 鋭角三角形の場合 (外心が三角形の内部にある場合) についてのみ示せば良さそうである.

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