図形の性質 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2$ 本のチェバ線 $\mathrm{AD}$ と $\mathrm{BE}$ の交点 $\mathrm{P}$ が $\mathrm{AD}$ をどう分けるか。これにはメネラウスの定理を使う。

三角形 $\mathrm{ADC}$ に直線 $\mathrm{BE}$($\mathrm{B},\mathrm{P},\mathrm{E}$ が乗る)を横切らせる。メネラウスの定理で $\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{BC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=1$。既知の比 $\mathrm{DB}:\mathrm{BC}$、$\mathrm{CE}:\mathrm{EA}$ を入れると $\mathrm{AP}:\mathrm{PD}=1:2$。面積は、$\mathrm{P}$ が $\mathrm{AD}$ を $1:2$ に分けることから高さの比で $△\mathrm{PBC}=\frac{2}{3}△\mathrm{ABC}$。

① $\mathrm{AP}:\mathrm{PD}$ をメネラウスで。 三角形 $\mathrm{ADC}$ を直線 $\mathrm{BPE}$ が切ると考える(頂点 $\mathrm{A}\to \mathrm{D}\to \mathrm{C}$ を一周)。辺 $\mathrm{AD}$ 上に $\mathrm{P}$、辺 $\mathrm{DC}$ の延長上に $\mathrm{B}$、辺 $\mathrm{CA}$ 上に $\mathrm{E}$。

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{BC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=1$$

$\mathrm{DB}:\mathrm{BC}$ は $\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=2:1$ より $\mathrm{DB}=2,\mathrm{BC}=3$(向きに注意)だから $\frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{BC}}=\frac{2}{3}$。$\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=\frac{3}{1}$。よって

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{1}=1⟹\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}=\frac{1}{2}$$

すなわち $\mathrm{AP}:\mathrm{PD}=1:2$。

② 面積比。 $\mathrm{P}$ は $\mathrm{AD}$ を $\mathrm{AP}:\mathrm{PD}=1:2$ に分けるから、$\mathrm{P}$ は $\mathrm{D}$(辺 $\mathrm{BC}$ 上)寄り。$△\mathrm{ABC}$ と $△\mathrm{PBC}$ は底辺 $\mathrm{BC}$ が共通で、高さの比は $\mathrm{A}$ と $\mathrm{P}$ の $\mathrm{BC}$ からの距離の比。$\mathrm{A}$ の高さを $1$ とすると、$\mathrm{P}$ は $\mathrm{AD}$ を $1:2$ に分けるので $\mathrm{D}$($\mathrm{BC}$ 上、高さ $0$)から測って高さ $\frac{2}{3}$。よって

$$△\mathrm{PBC}=\frac{2}{3}△\mathrm{ABC}$$

まとめ:$2$ 本のチェバ線の交点比は「片方の線を三角形の辺、もう片方を横切る直線」とみてメネラウス。面積は、交点が底辺からどれだけの高さかで表す。$\mathrm{P}$ が $\mathrm{AD}$ を $1:2$ に分ける($\mathrm{D}$ 寄り)ので、$△\mathrm{PBC}$ は $△\mathrm{ABC}$ の $\frac{2}{3}$。

発展。 チェバ線が $1$ 点で交わるかは、チェバの定理 $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}\cdot \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=1$ で判定。交点が線分をどう分けるか(本問の $\mathrm{AP}:\mathrm{PD}$)はメネラウスや質点法で出る。質点(重み)を頂点に置く方法は、$3$ 本以上のチェバ線でも比を暗算でき、物理の重心と数学の分点を橋渡しする。

別解

別解:質点(重み)を置いて比をまとめて出す(得意な人向けの高い視点)。 チェバ線の交点の比は頂点に「重り」を置く方法で暗算できる。

$\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=2:1$ を釣り合わせるには、$\mathrm{B}$ に重り $1$、$\mathrm{C}$ に重り $2$($\mathrm{D}$ で釣り合う)。$\mathrm{CE}:\mathrm{EA}=3:1$ を釣り合わせるには、$\mathrm{C}$ に重り $1$、$\mathrm{A}$ に重り $3$。$\mathrm{C}$ の重りを両方の条件で揃える。$1$ 本目で $\mathrm{C}=2$、$2$ 本目で $\mathrm{C}=1$ だから、$2$ 本目を $2$ 倍して $\mathrm{C}=2,\mathrm{A}=6$。まとめると $\mathrm{A}=6,\mathrm{B}=1,\mathrm{C}=2$。

$\mathrm{P}$ は $\mathrm{A}$(重り $6$)と $\mathrm{D}$(重り $\mathrm{B}+\mathrm{C}=3$)の釣り合う点。$\mathrm{AP}:\mathrm{PD}=(\text{D側の重り}):(\text{A側の重り})=3:6=1:2$。面積は、$\mathrm{P}$ が $\mathrm{AD}$ を $1:2$ に分けるので、$\mathrm{P}$ から $\mathrm{BC}$ までの高さは $\mathrm{A}$ から $\mathrm{BC}$ までの $\frac{2}{3}$。$△\mathrm{PBC}=\frac{2}{3}△\mathrm{ABC}$。メネラウス(本解)を使わず、「重りで釣り合わせる」と比が計算なしで出る。物理の重心の発想が幾何の比を暴く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「接線 $1$ 本と割線 $1$ 本」が同じ点 $\mathrm{P}$ から出ている。この配置を見たら方べきの定理だ。

接線の長さの $2$ 乗が割線の $2$ 交点までの距離の積に等しい。${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$。$\mathrm{PT}=6$、$\mathrm{PA}=4$ を代入すると $36=4\cdot \mathrm{PB}$、$\mathrm{PB}=9$。求める $\mathrm{AB}$ は $\mathrm{P}$ が外にあり $\mathrm{A}$ が手前だから $\mathrm{AB}=\mathrm{PB}-\mathrm{PA}=5$。

① 方べきの定理を書く。

$${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$$

② 代入して $\mathrm{PB}$ を求める。 $\mathrm{PT}=6$、$\mathrm{PA}=4$ より

$$6^2=4\cdot \mathrm{PB}⟹36=4\mathrm{PB}⟹\mathrm{PB}=9$$

③ $\mathrm{AB}$ を求める。 $\mathrm{P},\mathrm{A},\mathrm{B}$ の順だから

$$\mathrm{AB}=\mathrm{PB}-\mathrm{PA}=9-4=5$$

まとめ:同じ点から接線と割線が出ていれば方べきの定理 ${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$。接線は $2$ 乗、割線は $2$ 距離の積という形を覚えておけば、代入で即答できる。$\mathrm{PA}$ は近いほう、$\mathrm{PB}$ は遠いほうの距離。

発展。 方べき $\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}=d^2-r^2$ は、点 $\mathrm{P}$ の円に関する不変量(点の「べき」)。$\mathrm{P}$ が円の内側だと負になり $2$ 弦の定理に、外側だと正で接線・割線の定理になる。$2$ つの円に対する方べきが等しい点の集合が根軸(前に軌跡で登場)で、方べきは平面幾何を貫く基本量だ。

別解

別解:「$\mathrm{P}$ と円だけで決まる量」$d^2-r^2$ で見る(得意な人向けの視点)。 円の中心を $\mathrm{O}$、半径 $r$、$\mathrm{OP}=d$ とする。接線は接点で半径と直角だから、三平方で ${\mathrm{PT}}^2=d^2-r^2$。

一方、割線の積 $\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$ も、割線が中心を通る特別な場合を考えると $(d-r)(d+r)=d^2-r^2$。つまり接線の $2$ 乗も割線の積も同じ量 $d^2-r^2$(点 $\mathrm{P}$ の方べき)を測っている。だからどんな割線でも $\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$ は一定。

本問は ${\mathrm{PT}}^2=36$ が方べき。$\mathrm{PA}=4$ なら $\mathrm{PB}=\frac{36}{4}=9$、$\mathrm{AB}=5$。方べきの定理を「点と円で決まる不変量」と読むと、接線・割線・$2$ 弦の $3$ つの定理が $1$ つの量 $d^2-r^2$ の別々の表れだと分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 弧の比が与えられている。円周角は「見込む弧(の中心角)の半分」だから、まず弧を角度に直す。

円全体 $360°$ を $1+2+3+4=10$ 等分するので、$1$ 目盛り $36°$。弧 $\mathrm{AB},\mathrm{BC},\mathrm{CD},\mathrm{DA}$ の中心角は $36°,72°,108°,144°$。四角形の頂点の内角はその頂点から向かい側を見込む円周角。たとえば $\angle \mathrm{A}(=\angle \mathrm{BAD})$ は、$\mathrm{A}$ を含まない弧 $\mathrm{BCD}$ に対する円周角で、弧 $\mathrm{BC}+\mathrm{CD}$ の中心角の半分。順に計算する。

① $1$ 目盛りの角。 円周 $360°$ を $1+2+3+4=10$ で割ると、弧 $1$ あたりの中心角は $36°$。

② 各内角を弧で表す。 頂点の内角はその頂点を含まない側の弧に対する円周角(=中心角の半分)。

• $\angle \mathrm{A}$:弧 $\mathrm{BCD}$(=$\mathrm{BC}+\mathrm{CD}=2+3=5$ 目盛り)を見込む。中心角 $5\times 36°=180°$、円周角はその半分で $90°$。
• $\angle \mathrm{B}$:弧 $\mathrm{CDA}$(=$3+4=7$ 目盛り)。$7\times 36°=252°$、半分で $126°$。
• $\angle \mathrm{C}$:弧 $\mathrm{DAB}$(=$4+1=5$ 目盛り)。半分で $90°$。
• $\angle \mathrm{D}$:弧 $\mathrm{ABC}$(=$1+2=3$ 目盛り)。$3\times 36°=108°$、半分で $54°$。

③ 検算。 向かい合う内角の和は $\angle \mathrm{A}+\angle \mathrm{C}=90+90=180°$、$\angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{D}=126+54=180°$。円に内接する四角形の性質(対角の和 $180°$)と合う。

まとめ:弧の比の問題は「$360°$ を比で割って $1$ 目盛りの角」から。内角は「その頂点を含まない側の弧に対する円周角」と見て、中心角の半分をとる。対角の和が $180°$ になることが検算に使える。

発展。 「円に内接する四角形 $⟺$ 向かい合う内角の和 $180°$」は、円周角の定理の応用。逆に、この和が $180°$ でない四角形は円に内接しない。トレミーの定理(対角線の積 $=$ 対辺の積の和)も内接四角形の性質で、内接性の判定と辺・対角線の関係を結ぶ。弧の比から角がすべて決まるのは、円周角が弧で決まるからだ。

別解

別解:内接四角形の「向かい合う内角の和 $180°$」で検算しながら解く(苦手な人にも確実なルート)。 円に内接する四角形の重要な性質: 向かい合う内角の和は $180°$。これを軸に、$1$ つの角を出して残りを補う。

$1$ 目盛り $36°$。まず $\angle \mathrm{A}$。$\angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{BAD}$ は、弧 $\mathrm{BCD}$(頂点 $\mathrm{A}$ を含まない側)に立つ円周角。この弧は $\mathrm{BC}+\mathrm{CD}=2+3=5$ 目盛り、中心角 $5\times 36°=180°$。円周角はその半分で $\angle \mathrm{A}=90°$。

同様に $\angle \mathrm{B}$ は弧 $\mathrm{CDA}=\mathrm{CD}+\mathrm{DA}=3+4=7$ 目盛りの半分 $126°$。$\angle \mathrm{C}$ は弧 $\mathrm{DAB}=4+1=5$ の半分 $90°$、$\angle \mathrm{D}$ は弧 $\mathrm{ABC}=1+2=3$ の半分 $54°$。検算: $\angle \mathrm{A}+\angle \mathrm{C}=90°+90°=180°$、$\angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{D}=126°+54°=180°$。両方 $180°$ で内接四角形の性質を満たす。「向かい合う角の和 $180°$」を使えば、$2$ つの角を計算して残り $2$ つを引き算で出せ、ミスも見つかる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ つの中心を座標で求め、一直線と $1:2$ を確かめる。それぞれの定義に従う。

外心 $\mathrm{O}$ は $3$ 頂点から等距離、つまり垂直二等分線の交点。重心 $\mathrm{G}$ は $3$ 頂点の平均。垂心 $\mathrm{H}$ は各頂点から対辺への垂線の交点。

順に計算すると $\mathrm{O}(3,1)$、$\mathrm{G}\left(\frac{8}{3},\frac{4}{3}\right)$、$\mathrm{H}(2,2)$。あとは $\mathrm{G}$ が $\mathrm{O}$ と $\mathrm{H}$ を $1:2$ に内分するか($\mathrm{G}=\frac{2\mathrm{O}+\mathrm{H}}{3}$)を確かめれば、$3$ 点が一直線(オイラー線)と分かる。

① 重心 $\mathrm{G}$。 $3$ 頂点の平均で

$$\mathrm{G}=\left(\frac{0+6+2}{3},\frac{0+0+4}{3}\right)=\left(\frac{8}{3},\frac{4}{3}\right)$$

② 外心 $\mathrm{O}(x,y)$。 $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$ より $x^2+y^2=(x-6{)}^2+y^2$、これを解いて $x=3$。$\mathrm{OA}=\mathrm{OC}$ より $x^2+y^2=(x-2{)}^2+(y-4{)}^2$、整理して $4x+8y=20$。$x=3$ を代入し $y=1$。よって $\mathrm{O}(3,1)$。

③ 垂心 $\mathrm{H}(x,y)$。 $\mathrm{A}$ からの垂線は $\mathrm{BC}$ に垂直:$\overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=0$。$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=(-4,4)$ より $-4x+4y=0$、$y=x$。$\mathrm{B}$ からの垂線は $\mathrm{CA}$ に垂直:$\overrightarrow{\mathrm{BH}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{CA}}=0$。$\overrightarrow{\mathrm{CA}}=(-2,-4)$ より $-2(x-6)-4y=0$、$x+2y=6$。$y=x$ を代入し $3x=6$、$x=2$。よって $\mathrm{H}(2,2)$。

④ 一直線と比。 $\overrightarrow{\mathrm{OG}}=\left(\frac{8}{3}-3,\frac{4}{3}-1\right)=\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$、$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=(-1,1)=3\overrightarrow{\mathrm{OG}}$。よって $\mathrm{O},\mathrm{G},\mathrm{H}$ は一直線上にあり、$\mathrm{OG}:\mathrm{GH}=1:2$。

まとめ:外心・重心・垂心はつねに一直線(オイラー線)にあり、重心が外心と垂心を $1:2$ に内分する。座標で $3$ 点を出し、$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=3\overrightarrow{\mathrm{OG}}$ を確かめれば、一直線と比が同時に言える。

発展。 オイラー線 $\mathrm{O},\mathrm{G},\mathrm{H}$ 上には九点円の中心 $\mathrm{N}$($\mathrm{OH}$ の中点)も乗る。座標では $\mathrm{H}=\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}-2\mathrm{O}$、$\mathrm{G}=\frac{\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}}{3}$ から $\mathrm{OG}:\mathrm{GH}=1:2$ が一般に成り立つ。三角形の主要な中心が $1$ 直線に整然と並ぶ、初等幾何の白眉である。

別解

別解:垂心の公式 $\mathrm{H}=\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}-2\mathrm{O}$ ですぐに求める(得意な人向けの視点)。 外心 $\mathrm{O}$ を先に求めれば、垂心は座標を足すだけで出る。外心を原点にとると $\mathrm{H}=\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}$(頂点の位置ベクトルの和)。一般の座標では

$$\mathrm{H}=\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}-2\mathrm{O}.$$

外心 $\mathrm{O}(3,1)$ を求めたら、$\mathrm{H}=(0+6+2,0+0+4)-2(3,1)=(8,4)-(6,2)=(2,2)$。垂線を $2$ 本引いて交点を求める手間が省ける。重心 $\mathrm{G}=\frac{\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}}{3}=\left(\frac{8}{3},\frac{4}{3}\right)$。オイラー線の関係 $\mathrm{H}-\mathrm{O}=3(\mathrm{G}-\mathrm{O})$ を確かめると、$\mathrm{H}-\mathrm{O}=(-1,1)$、$3(\mathrm{G}-\mathrm{O})=3\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)=(-1,1)$ で一致。$\mathrm{OG}:\mathrm{GH}=1:2$ も出る。

$3$ 点を独立に求める本解に対し、外心 $1$ つから垂心を公式で出すと計算が半分。$\mathrm{H}=\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}-2\mathrm{O}$ は、オイラー線 $\mathrm{H}=3\mathrm{G}-2\mathrm{O}$(と $\mathrm{G}=\frac{\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}}{3}$)を書き換えたものだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内心 $\mathrm{I}$ は $3$ つの角の二等分線の交点。だから $\angle \mathrm{IBC}=\frac{\mathrm{B}}{2}$、$\angle \mathrm{ICB}=\frac{\mathrm{C}}{2}$。

三角形 $\mathrm{IBC}$ の内角の和は $180°$。$\angle \mathrm{BIC}=180°-\frac{\mathrm{B}}{2}-\frac{\mathrm{C}}{2}=180°-\frac{\mathrm{B}+\mathrm{C}}{2}$。ここで $\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}=180°$ から $\mathrm{B}+\mathrm{C}=180°-\mathrm{A}$。代入すると $\angle \mathrm{BIC}=180°-\frac{180°-\mathrm{A}}{2}=90°+\frac{\mathrm{A}}{2}$。

① 二等分される角。 $\mathrm{I}$ は内心だから、$\mathrm{BI}$ は $\angle \mathrm{B}$ を、$\mathrm{CI}$ は $\angle \mathrm{C}$ を二等分する。よって

$$\angle \mathrm{IBC}=\frac{\angle \mathrm{B}}{2},\angle \mathrm{ICB}=\frac{\angle \mathrm{C}}{2}$$

② 三角形 $\mathrm{IBC}$ の内角の和。

$$\angle \mathrm{BIC}=180°-\angle \mathrm{IBC}-\angle \mathrm{ICB}=180°-\frac{\angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{C}}{2}$$

③ $\mathrm{A}$ で書きかえる。 $\angle \mathrm{A}+\angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{C}=180°$ より $\angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{C}=180°-\angle \mathrm{A}$。代入して

$$\angle \mathrm{BIC}=180°-\frac{180°-\angle \mathrm{A}}{2}=180°-90°+\frac{\angle \mathrm{A}}{2}=90°+\frac{1}{2}\angle \mathrm{A}$$

(証明終)

まとめ:内心がらみの角は「三角形 $\mathrm{IBC}$ の内角の和 + 角の二等分」で処理する。$\angle \mathrm{BIC}=90°+\frac{\mathrm{A}}{2}$ は、$\mathrm{A}$ が大きいほど $\angle \mathrm{BIC}$ も大きくなることを示す。必ず $90°$ より大きい(鈍角)のも特徴。

発展。 $\angle \mathrm{BIC}=90°+\frac{\mathrm{A}}{2}$ は内心の特徴づけ。傍心(角の外部二等分線の交点)では $\angle \mathrm{B}{\mathrm{I}}_{\mathrm{A}}\mathrm{C}=90°-\frac{\mathrm{A}}{2}$ と符号が変わる。この角度公式は内心・傍心を角で見分ける道具で、内接円・傍接円の作図や、五心の相互関係の証明に使われる。

別解

別解:三角形の外角で捉える(別の視点)。 内心 $\mathrm{I}$ から $3$ 頂点への線を引くと、$\angle \mathrm{BIC}$ が現れる。これを、頂点 $\mathrm{A}$ と $\mathrm{I}$ を含む図形の角度関係で見る。

$\mathrm{A}$ から $\mathrm{I}$ へ引いた線(これも角の二等分線)を延ばし、辺 $\mathrm{BC}$ との交点を $\mathrm{D}$ とする。三角形 $\mathrm{ABI}$ の外角を考えると $\angle \mathrm{BID}=\angle \mathrm{BAI}+\angle \mathrm{ABI}=\frac{\mathrm{A}}{2}+\frac{\mathrm{B}}{2}$、同じように三角形 $\mathrm{ACI}$ で $\angle \mathrm{CID}=\frac{\mathrm{A}}{2}+\frac{\mathrm{C}}{2}$。足すと $\angle \mathrm{BIC}=\mathrm{A}+\frac{\mathrm{B}+\mathrm{C}}{2}=\mathrm{A}+\frac{180°-\mathrm{A}}{2}=90°+\frac{\mathrm{A}}{2}$ となり、本解と同じ式が出る。

検算として具体値を入れる。$\mathrm{A}=60°$ の正三角形に近い三角形なら、$\angle \mathrm{BIC}=90°+30°=120°$。実際、$\mathrm{B}=\mathrm{C}=60°$ なら $\angle \mathrm{IBC}=\angle \mathrm{ICB}=30°$、$\angle \mathrm{BIC}=180°-60°=120°$ で一致。$\mathrm{A}$ が大きいほど $\angle \mathrm{BIC}$ も大きくなる($90°+\frac{\mathrm{A}}{2}$)という関係が、具体例で確かめられる。

この式は覚えておくと便利で、内心を頂点とする角は必ず $90°$ を超える($90°+\frac{\mathrm{A}}{2}>90°$)。内心が三角形の「奥」にあることの現れだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正八面体は「正方形を赤道面とする $2$ つの四角錐を貼り合わせた形」とみれば解ける。

(1) 頂点・辺・面を数える。頂点 $V=6$(上下の頂点 $+$ 赤道の $4$)、面 $F=8$(上下 $4$ 枚ずつの三角形)、辺 $E=12$。$V-E+F=6-12+8=2$ でオイラーの定理を確認。

(2) 体積は $2$ つの四角錐の和。赤道の正方形は $1$ 辺 $a$、面積 $a^2$。四角錐の高さは正方形の対角線の半分 $\frac{a}{\sqrt{2}}$(三平方で頂点から赤道中心まで)。体積 $2\times \frac{1}{3}\times a^2\times \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}{a}^3$。

① (1) $V,E,F$ を数える。 正八面体は上下 $2$ 個の頂点と赤道の正方形の $4$ 個の頂点で $V=6$。面はすべて正三角形で、上の四角錐に $4$ 面・下に $4$ 面で $F=8$。辺は各三角形が $3$ 辺で $8\times 3=24$、$2$ 面で共有されるから $E=24÷2=12$。よって

$$V-E+F=6-12+8=2$$

とオイラーの定理を満たす。

② (2) 体積。 赤道の正方形は $1$ 辺 $a$ で、対角線の長さは $\sqrt{2}a$。上の頂点は正方形の中心の真上にあり、頂点から赤道の頂点までの辺の長さが $a$。中心から赤道の頂点までは対角線の半分 $\frac{\sqrt{2}}{2}a$ だから、四角錐の高さ $h$ は三平方で

$$h=\sqrt{a^2-{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}a$$

四角錐 $1$ 個の体積は $\frac{1}{3}\times a^2\times h$。正八面体はこれ $2$ 個ぶんだから

$$V_{\text{体積}}=2\times \frac{1}{3}\times a^2\times \frac{\sqrt{2}}{2}a=\frac{\sqrt{2}}{3}{a}^3$$

まとめ:正八面体は「$2$ つの四角錐の貼り合わせ」。赤道の正方形($1$ 辺 $a$)を底面に、高さを三平方で $\frac{\sqrt{2}}{2}a$ と出せば体積は $\frac{\sqrt{2}}{3}{a}^3$。オイラーの定理 $V-E+F=2$ は、辺を「$3\times$面数 $÷2$」で数えると確実。

発展。 正八面体は $|x|+|y|+|z|\le t$ で表せる図形($3$ 次元の「正軸体」)。$n$ 次元では $|x_1|+\cdots +|x_n|\le t$ で、体積は $\frac{(2t{)}^n}{n!}$。オイラーの多面体定理 $V-E+F=2$ は正八面体($6-12+8$)でも正四面体($4-6+4$)でも成り立つ、多面体の普遍法則(位相不変量)だ。

別解

別解:座標に置いて体積を直接計算する(計算で確実なルート)。 正八面体を座標軸上に置く。$6$ 頂点を $(\pm t,0,0),(0,\pm t,0),(0,0,\pm t)$ とすると、隣り合う頂点(たとえば $(t,0,0)$ と $(0,t,0)$)の距離は $\sqrt{t^2+t^2}=t\sqrt{2}$。これが $1$ 辺 $a$ だから $t=\frac{a}{\sqrt{2}}$。

体積はこの八面体を $|x|+|y|+|z|\le t$ の領域とみて計算できる。あるいは、赤道面 $z=0$ の正方形(頂点 $(\pm t,0,0),(0,\pm t,0)$、対角線 $2t$、面積 $\frac{(2t{)}^2}{2}=2t^2$)を底面とする $2$ つの四角錐、高さ $t$。

$$V=2\times \frac{1}{3}\times 2t^2\times t=\frac{4}{3}{t}^3=\frac{4}{3}{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^3=\frac{4}{3}\cdot \frac{a^3}{2\sqrt{2}}=\frac{a^3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{6}{a}^3\cdot 2=\frac{\sqrt{2}}{3}{a}^3.$$

赤道を「$1$ 辺 $a$ の正方形」とみる本解と、「対角線 $2t$ の正方形」とみるこの解は、正方形の取り方が $45°$ 違うだけで同じ体積 $\frac{\sqrt{2}}{3}{a}^3$。座標に置くと、八面体は $|x|+|y|+|z|\le t$ という簡単な式で書け、$n$ 次元の類似(正軸体)にも一般化できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2$ つの中心と $2$ つの接点で台形ができる。共通外接線は両方の半径に垂直だから、$2$ 本の半径は平行(どちらも接線に垂直)。

小円の中心から、大円の半径に平行な補助線を引く。すると直角三角形ができる。斜辺は中心間距離 $4+9=13$(外接だから半径の和)。直角をはさむ $1$ 辺は半径の差 $9-4=5$(平行線の間の「段差」)。残りの辺が求める接点間の長さで、三平方から $\sqrt{13^2-5^2}=12$。

① 中心間距離。 $2$ 円は外接しているので、中心間の距離は半径の和 $4+9=13$。

② 直角三角形を作る。 小円の中心 ${\mathrm{O}}_1$ から、大円の半径 ${\mathrm{O}}_2{\mathrm{T}}_2$ に平行な線を引き、${\mathrm{O}}_2{\mathrm{T}}_2$ 上の点 $\mathrm{H}$ で交わるとする。四角形 ${\mathrm{O}}_1{\mathrm{T}}_1{\mathrm{T}}_2\mathrm{H}$ は長方形だから ${\mathrm{O}}_1{\mathrm{T}}_1=\mathrm{H}{\mathrm{T}}_2=4$、${\mathrm{T}}_1{\mathrm{T}}_2={\mathrm{O}}_1\mathrm{H}$。三角形 ${\mathrm{O}}_1\mathrm{H}{\mathrm{O}}_2$ は直角三角形で、斜辺 ${\mathrm{O}}_1{\mathrm{O}}_2=13$、${\mathrm{O}}_2\mathrm{H}={\mathrm{O}}_2{\mathrm{T}}_2-\mathrm{H}{\mathrm{T}}_2=9-4=5$。

③ 三平方。

$${\mathrm{T}}_1{\mathrm{T}}_2={\mathrm{O}}_1\mathrm{H}=\sqrt{{{\mathrm{O}}_1{\mathrm{O}}_2}^2-{{\mathrm{O}}_2\mathrm{H}}^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$$

まとめ:共通外接線の接点間の長さは「$\sqrt{(\text{中心間}{)}^2-(\text{半径の差}{)}^2}$」。半径が平行になることから直角三角形を作るのが要。外接だから中心間 $=$ 半径の和 $13$、半径の差 $5$ で、$13$-$5$-$12$ の直角三角形になった。

発展。 $2$ 円の共通接線の接点間の長さは、外接線が $\sqrt{d^2-(r_1-r_2{)}^2}$、内接線が $\sqrt{d^2-(r_1+r_2{)}^2}$($d$ は中心間距離)。内接線が存在するのは $d>r_1+r_2$(離れている)とき。$2$ 円の位置関係(離れる・外接・交わる・内接・含む)が、この根号の中身の符号で分類できる。

別解

別解:$2$ 円の位置を座標に置いて接点間を測る(計算で確実なルート)。 小円の中心を原点 $(0,0)$(半径 $4$)、大円の中心を $(13,0)$(半径 $9$、外接なので中心間 $4+9=13$)に置く。

共通外接線は両円に同じ側で接する直線 $y=mx+c$。両中心からの距離がそれぞれ半径に等しい: $\frac{|c|}{\sqrt{m^2+1}}=4$、$\frac{|13m+c|}{\sqrt{m^2+1}}=9$。$2$ 式から接線の傾きと切片が定まり、$2$ つの接点の座標が出る。その距離を計算すると $12$。

もっと簡単には、接点間の線分・$2$ 本の半径・中心間の線分が作る直角台形で、接点間の長さ $\ell$ は ${\ell }^2+(r_2-r_1{)}^2=d^2$(中心間距離 $d$、半径差 $r_2-r_1$)。

$$\ell =\sqrt{d^2-(r_2-r_1{)}^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12.$$

補助線で直角三角形を作る本解と同じ公式 $\ell =\sqrt{d^2-(r_2-r_1{)}^2}$ に着く。共通外接線は「半径の差」、共通内接線は「半径の和」がはさむ辺になる、と対で覚えるとよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 中に作られる三角形 $\mathrm{DEF}$ の面積を、直接求めるより「全体 $-$ 隅の $3$ つ」で攻める。

$△\mathrm{DEF}=△\mathrm{ABC}-(△\mathrm{ADF}+△\mathrm{BED}+△\mathrm{CFE})$。隅の三角形はどれも同じ大きさ。たとえば $△\mathrm{ADF}$ は、頂点 $\mathrm{A}$ を共有し $2$ 辺の比が $\mathrm{AD}=\frac{2}{3}\mathrm{AB}$、$\mathrm{AF}=\frac{1}{3}\mathrm{AC}$。面積は $\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{9}$ 倍。隅 $3$ つで $\frac{6}{9}$、残りは $1-\frac{6}{9}=\frac{1}{3}$。

① 隅の三角形を求める。 頂点 $\mathrm{A}$ の隅の三角形 $△\mathrm{ADF}$ を考える。$\mathrm{D}$ は $\mathrm{AB}$ を $2:1$ に内分するので $\mathrm{AD}=\frac{2}{3}\mathrm{AB}$。$\mathrm{F}$ は $\mathrm{CA}$ を $2:1$ に内分するので $\mathrm{CF}:\mathrm{FA}=2:1$、すなわち $\mathrm{AF}=\frac{1}{3}\mathrm{AC}$。角 $\mathrm{A}$ を共有するから

$$△\mathrm{ADF}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}\cdot \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}\cdot △\mathrm{ABC}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}△\mathrm{ABC}=\frac{2}{9}△\mathrm{ABC}$$

② $3$ つとも同じ。 対称性(どの頂点でも $2$ 辺の比が $\frac{2}{3}$ と $\frac{1}{3}$)から、$△\mathrm{BED}$ も $△\mathrm{CFE}$ も同じく $\frac{2}{9}△\mathrm{ABC}$。$3$ つの隅の合計は

$$3\times \frac{2}{9}△\mathrm{ABC}=\frac{2}{3}△\mathrm{ABC}$$

③ 引く。

$$△\mathrm{DEF}=△\mathrm{ABC}-\frac{2}{3}△\mathrm{ABC}=\frac{1}{3}△\mathrm{ABC}$$

まとめ:内分点で作る三角形の面積は「全体 − 隅 $3$ つ」。隅の三角形は「角を共有 → はさむ $2$ 辺の比の積」で全体と結べる。各隅が $\frac{2}{9}$、$3$ つで $\frac{2}{3}$ を除いて、残りが $\frac{1}{3}$。

発展。 辺を $t:(1-t)$ に内分した点で作る中点三角形の面積比は $1-3t(1-t)$。$t=\frac{1}{3}$(本問)で $1-3\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$、$t=\frac{1}{2}$(中点)なら $\frac{1}{4}$。ラウスの定理はこれをチェバ線の交点で作る三角形に一般化し、面積比を比のきれいな式で与える。面積比は $1$ 次変換で不変なので、$1$ つの三角形で調べれば全てに通じる。

別解

別解:面積比を保つ $1$ 次変換で正三角形に直す(得意な人向けの高い視点)。 面積比は $1$ 次変換で保たれる(比は変換の行列式で全体が同じ倍率になり、比では相殺)。だから、どんな三角形でも計算しやすい正三角形(または直角二等辺三角形)で調べれば十分。

$\mathrm{A}(0,0),\mathrm{B}(1,0),\mathrm{C}(0,1)$ の直角二等辺三角形(面積 $\frac{1}{2}$)で計算する。$2:1$ 内分点は

$$\mathrm{D}=\left(\frac{2}{3},0\right),\mathrm{E}=\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right),\mathrm{F}=\left(0,\frac{1}{3}\right).$$

($\mathrm{AD}:\mathrm{DB}=2:1$ など、同じ向き。)$△\mathrm{DEF}$ の面積を座標で計算すると $\frac{1}{6}$。$△\mathrm{ABC}=\frac{1}{2}$ だから比は $\frac{1/6}{1/2}=\frac{1}{3}$。

隅を $3$ つ引く本解と同じ $\frac{1}{3}$ だが、「面積比は $1$ 次変換で不変」を使うと、いちばん計算しやすい三角形 $1$ つで代表して調べられる。一般の三角形での結論はこの特別な場合から自動的に従う。