図形の性質 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 使う事実はただ1つ。「円の外の1点から引いた2本の接線の長さは等しい」。

だから各頂点からの接線長は頂点ごとに1つの文字で書ける。$\mathrm{AR}=\mathrm{AQ}=x$、$\mathrm{BP}=\mathrm{BR}=y$、$\mathrm{CP}=\mathrm{CQ}=z$ とおくと、3辺が $y+z=a$、$z+x=b$、$x+y=c$ と表せる。対称な3本の連立は、まず全部足すのが早い。和から $x+y+z=s$ が出て、あとは引き算だけで各文字が求まる。

① 接線長を文字でおく。 接線の等長性より $$\mathrm{AR}=\mathrm{AQ}=x,\mathrm{BP}=\mathrm{BR}=y,\mathrm{CP}=\mathrm{CQ}=z.$$ ② 辺の関係。 各辺は接点で $2$ つに分かれるので $$y+z=a,z+x=b,x+y=c.$$ ③ 連立して解く。 $3$ 式を足すと $2(x+y+z)=a+b+c=2s$、よって $x+y+z=s$。ここから $$x=(x+y+z)-(y+z)=s-a.$$ ゆえに $\mathrm{AR}=\mathrm{AQ}=s-a$。(同様に $y=s-b,z=s-c$。)

まとめ接線の等長性で $x,y,z$ をおき、辺の $3$ 式を足して $x+y+z=s$、$\mathrm{AR}=\mathrm{AQ}=s-a$。内接円と接線の長さ・半周の融合。ヘロンの公式にもつながる基本形。

発展。 内接円の代わりに、角 $\mathrm{A}$ の内部で辺 $\mathrm{BC}$ に外から接する円(傍接円)を考えると、$\mathrm{A}$ からの接線長はちょうど $s$ になる。$s-a$ と $s$、内と外の円が半周を分け合う形だ。ヘロンの公式 $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ に $s-a$ たちが並ぶのは偶然ではない。

別解

別解:$3,4,5$ の三角形で「見える化」する(苦手な人向け)。 直角三角形 $\mathrm{BC}=3,\mathrm{CA}=4,\mathrm{AB}=5$ で確かめてみる。$s=\frac{3+4+5}{2}=6$。

公式どおりなら、$\mathrm{A}$ からの接線長は $s-a=6-3=3$、$\mathrm{B}$ からは $s-b=2$、$\mathrm{C}$ からは $s-c=1$。実際、直角の頂点 $\mathrm{C}$ を原点に置くと、内接円は中心 $(1,1)$・半径 $1$ になる。2辺との接点は $(1,0)$ と $(0,1)$ で、たしかに $\mathrm{C}$ から距離 $1=s-c$。斜辺との接点までも、$\mathrm{A}$ から $3$、$\mathrm{B}$ から $2$ になっている。

おまけの発見もある。直角三角形では「$s-$(斜辺)」がちょうど内接円の半径 $r$ に等しい($5,12,13$ でも $s-13=2=r$)。文字の答え $x=s-a$ は、具体の数で一度確かめると忘れない。

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を使う。

接線の長さの2乗が割線の2つの交点までの距離の積と等しい。${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$ に既知の値を入れれば $\mathrm{PB}$ が出る。最後に聞かれているのは $\mathrm{AB}$ であることに注意。$\mathrm{A}$ は $\mathrm{P}$ に近い側だから、$\mathrm{AB}=\mathrm{PB}-\mathrm{PA}$ と引き算になる。

① 方べきの定理。 $${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}⟹6^2=4\cdot \mathrm{PB}⟹\mathrm{PB}=\frac{36}{4}=9.$$ ② $\mathrm{AB}$ を求める。 $\mathrm{A}$ が $\mathrm{P}$ に近いので $\mathrm{A}$ は $\mathrm{P}$ と $\mathrm{B}$ の間にあり $$\mathrm{AB}=\mathrm{PB}-\mathrm{PA}=9-4=5.$$

まとめ接線と割線の方べき ${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$ で $\mathrm{PB}=9$、$\mathrm{AB}=5$。方べきの定理と円の融合。接線長の $2$ 乗が割線の積になるのが要。

発展。 積 $\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}=d^2-r^2$ は「点 $\mathrm{P}$ の円に関する方べき」とよばれる不変量で、$\mathrm{P}$ が円の内側だと負の値として扱える(このとき2弦の交点の定理になる)。接線・割線・2弦の3つの定理は1つの量 $d^2-r^2$ の別々の表れである。

別解

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

一方、割線が中心を通る特別な場合を考えると、$\mathrm{PA}=d-r$、$\mathrm{PB}=d+r$ だから

$$\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}=(d-r)(d+r)=d^2-r^2.$$

つまり接線の2乗も、割線の積も、同じ量 $d^2-r^2$ を測っている。方べきの定理は「どの直線で切っても $\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$ は一定」という不変量の主張である。本問の円は $d^2-r^2=6^2=36$。どの割線でも積は $36$ だから、$\mathrm{PA}=4$ なら $\mathrm{PB}=9$ と即答できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「弦の長さ」と「円周角」を結びたい。円周角だけでは弦の長さを測れないが、三角形を作れば話が変わる。

円周上に点 $\mathrm{C}$ をとって三角形 $\mathrm{ABC}$ を作ると、$\theta$ は辺 $\mathrm{AB}$ の対角になる。しかもこの三角形の外接円はいま考えている円そのものだ。「辺と対角と外接円の半径」の関係といえば正弦定理。$\frac{\mathrm{AB}}{\sin \theta }=2R$ を書けば終わりが見える。

① 三角形を作る。 円周上(弧 $\mathrm{AB}$ の反対側)に点 $\mathrm{C}$ をとる。円周角の定理より、$\angle \mathrm{ACB}$ は弦 $\mathrm{AB}$ に対する円周角で、その大きさは $\theta$(円周角はとる位置によらず一定)。

② 外接円と正弦定理。 三角形 $\mathrm{ABC}$ の外接円は与えられた半径 $R$ の円。正弦定理を辺 $\mathrm{AB}$ とその対角 $\theta$ に使うと $$\frac{\mathrm{AB}}{\sin \theta }=2R.$$ ③ 結論。 $$\mathrm{AB}=2R\sin \theta .$$

まとめ弦の対角(円周角 $\theta$)を作り、外接円に正弦定理を当てて $\mathrm{AB}=2R\sin \theta$。円周角の一定性と外接円(正弦定理)の融合。正弦定理の「半径版」そのもの。

発展。 $\theta$ を小さくすると $\sin \theta \approx \theta$ だから、弦 $2R\sin \theta$ は弧の長さ $2R\theta$ に近づく。「小さい角では弦と弧はほぼ同じ」。数IIIで学ぶ極限 $\frac{\sin \theta }{\theta }\to 1$ は、この図形的事実の式による表現である。

別解

別解:中心に降りて直角三角形を作る(苦手な人向け)。 正弦定理を使わずに、中心角から直接測ってみる。

円周角の定理より、弦 $\mathrm{AB}$ に対する中心角は $2\theta$。三角形 $\mathrm{OAB}$ は $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=R$ の二等辺三角形だ。中心 $\mathrm{O}$ から弦 $\mathrm{AB}$ に垂線を下ろすと、頂角 $2\theta$ は半分の $\theta$ に、弦も半分に割られる。できた直角三角形で

$$\frac{\mathrm{AB}}{2}=R\sin \theta ⟹\mathrm{AB}=2R\sin \theta .$$

じつはこの計算こそ、正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=2R$ の証明の中身である。定理を「使う」本解と、定理を「作る」この解。両方を知っていれば忘れようがない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「3本の線が1点で交わる」を直接示すのは面倒に見える。座標の強みは候補の点を先に名指しできることだ。

候補は3頂点の座標の平均 $\mathrm{G}=\frac{\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}}{3}$。この式は $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ について完全に対称だから、1本の中線で「$\mathrm{G}$ が上に乗り、$2:1$ に分ける」を確かめれば、残り2本も同じ理屈で済む。内分点の公式で、$\mathrm{A}$ と $\mathrm{M}$ を $2:1$ に内分する点を計算し、それが $\mathrm{G}$ に一致することを見ればよい。

① 候補の点。 $\mathrm{G}=\frac{\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}}{3}$ とおく。$\mathrm{BC}$ の中点は $\mathrm{M}=\frac{\mathrm{B}+\mathrm{C}}{2}$。

② $\mathrm{AM}$ 上の $2:1$ の点。 中線 $\mathrm{AM}$ を $\mathrm{A}$ から $2:1$ に内分する点は $$\frac{1\cdot \mathrm{A}+2\cdot \mathrm{M}}{2+1}=\frac{\mathrm{A}+2\cdot \frac{\mathrm{B}+\mathrm{C}}{2}}{3}=\frac{\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}}{3}=\mathrm{G}.$$ よって $\mathrm{G}$ は中線 $\mathrm{AM}$ を $\mathrm{AG}:\mathrm{GM}=2:1$ に内分する。

③ 対称性。 $\mathrm{G}=\frac{\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}}{3}$ は $3$ 頂点について対称だから、まったく同じ計算で中線 $\mathrm{BN},\mathrm{CL}$($\mathrm{N},\mathrm{L}$ は他辺の中点)もそれぞれ $\mathrm{G}$ を $2:1$ に通る。ゆえに $3$ 中線は $1$ 点 $\mathrm{G}$ で交わり、各中線を $2:1$ に内分する。

まとめ座標の平均 $\mathrm{G}$ が各中線の頂点から $2:1$ の点に一致し、式が対称なので $3$ 中線が $\mathrm{G}$ で交わる。重心・中線と座標の融合。対称な重心座標が決め手。

発展。 $2:1$ は「てこの釣り合い」でも読める。$\mathrm{B},\mathrm{C}$ に重さ $1$ ずつを置くと、合わせた重心は中点 $\mathrm{M}$(重さ $2$)。これと $\mathrm{A}$ の重さ $1$ が釣り合う点は、重さの逆比 $1:2$ で $\mathrm{M}$ 寄り、つまり $\mathrm{AM}$ を頂点側から $2:1$ に分ける点になる。この「質量をおく」見方はチェバの定理やメネラウスの定理の比の計算を素早くする。

別解

別解:中点連結定理で座標なしに示す(得意な人向けの高い視点)。 中線 $\mathrm{AM}$ と $\mathrm{BN}$($\mathrm{N}$ は $\mathrm{CA}$ の中点)の交点を $\mathrm{G}$ とする。

$\mathrm{M},\mathrm{N}$ はそれぞれ $\mathrm{BC},\mathrm{CA}$ の中点だから、中点連結定理で $\mathrm{MN}\parallel \mathrm{AB}$、$\mathrm{MN}=\frac{1}{2}\mathrm{AB}$。平行線があれば相似が生まれる。$△\mathrm{GAB}$ と $△\mathrm{GMN}$ は相似で、比は $\mathrm{AB}:\mathrm{MN}=2:1$。よって $\mathrm{AG}:\mathrm{GM}=\mathrm{BG}:\mathrm{GN}=2:1$。

つまり「どの2本の中線も、互いを頂点側から $2:1$ の点で切る」。中線 $\mathrm{AM}$ を $2:1$ に分ける点は1つしかないから、残りの中線もみな同じ点を通る。共点であることと $2:1$ が同時に手に入る、無駄のない証明だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「線分の積が等しい」形の等式は、たいてい相似な三角形のペアから出る。$\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AE}}$ と読み替えて、この比を作る2つの三角形を探す。

分子分母の並びから、候補は三角形 $\mathrm{ABD}$ と $\mathrm{AEC}$。等しい角を2組見つけたい。1組目は仮定から。$\angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{EAC}$(二等分線)。2組目は円から。$\angle \mathrm{ABD}$ と $\angle \mathrm{AEC}$ は同じ弧 $\mathrm{AC}$ に立つ円周角だ。これで相似がそろう。

① 相似を作る。 三角形 $\mathrm{ABD}$ と三角形 $\mathrm{AEC}$ を比べる。

• $\angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{EAC}$(二等分線)。
• $\angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{AEC}$(弧 $\mathrm{AC}$ に立つ円周角)。

$2$ 角が等しいので $△\mathrm{ABD}\sim △\mathrm{AEC}$。

② 辺の比。 対応する辺($\mathrm{AB}\leftrightarrow \mathrm{AE}$、$\mathrm{AD}\leftrightarrow \mathrm{AC}$)より $$\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AC}}.$$ ③ 積の等式。 たすきに掛けて $$\mathrm{AD}\cdot \mathrm{AE}=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}.$$

まとめ二等分の等角と弧 $\mathrm{AC}$ の円周角で $△\mathrm{ABD}\sim △\mathrm{AEC}$、辺の比から $\mathrm{AD}\cdot \mathrm{AE}=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}$。角の二等分線・円周角(相似)の融合。積の等式は相似から示すのが基本だ。

発展。 点 $\mathrm{D}$ の方べき $\mathrm{BD}\cdot \mathrm{DC}=\mathrm{AD}\cdot \mathrm{DE}$ と本問の等式を組むと、${\mathrm{AD}}^2=\mathrm{AD}\cdot \mathrm{AE}-\mathrm{AD}\cdot \mathrm{DE}=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}-\mathrm{BD}\cdot \mathrm{DC}$。角の二等分線の長さの公式が方べきとの合わせ技で一行に落ちる。

別解

別解:全部を「弦 $=2R\sin$(円周角)」で表す(得意な人向けの高い視点)。 外接円の半径を $R$、三角形の角を $A,B,C$ とする。弦の長さの公式で、登場する長さを片っ端から角に変える。

$\mathrm{AB}=2R\sin C$、$\mathrm{AC}=2R\sin B$。$\mathrm{AE}$ も弦だから、それを見込む円周角 $\angle \mathrm{ACE}=C+\frac{A}{2}$ を使って $\mathrm{AE}=2R\sin \left(C+\frac{A}{2}\right)$。$\mathrm{AD}$ は三角形 $\mathrm{ABD}$ の正弦定理から。$\angle \mathrm{ADB}=\pi -B-\frac{A}{2}$ より $\mathrm{AD}=\frac{2R\sin C\sin B}{\sin \left(B+\frac{A}{2}\right)}$。

ここで $A+B+C=\pi$ から $C+\frac{A}{2}=\pi -\left(B+\frac{A}{2}\right)$、つまり $\sin \left(C+\frac{A}{2}\right)=\sin \left(B+\frac{A}{2}\right)$。掛けると分母が消えて

$$\mathrm{AD}\cdot \mathrm{AE}=4R^2\sin B\sin C=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}.$$

相似(本解)が「角の等しさ」で示したことを、こちらは「$\sin$ の等しさ」で示している。同じ事実を、代数で表したものだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 求めたい $\mathrm{AD}$ は、2つの三角形 $\mathrm{ABD}$ と $\mathrm{ACD}$ の共通の辺だ。それぞれで余弦定理を書けば、どちらにも $\mathrm{AD}=d$ が現れる。

ただし未知の角も入り込む。ここで点 $\mathrm{D}$ の配置を使う。$\angle \mathrm{ADB}$ と $\angle \mathrm{ADC}$ は一直線上で隣り合うから、和が $\pi$(補角)。$\cos$ の値は符号だけが逆になる。

符号が逆なら、2本の式をうまく重み付けして足せば $\cos$ が消える。消えた後に残るのが求める等式だ。

① 各小三角形で余弦定理。 $\angle \mathrm{ADB}=\varphi$ とすると $\angle \mathrm{ADC}=\pi -\varphi$。 $$△\mathrm{ABD}:c^2=d^2+m^2-2dm\cos \varphi ,$$ $$△\mathrm{ACD}:b^2=d^2+n^2-2dn\cos (\pi -\varphi )=d^2+n^2+2dn\cos \varphi .$$ ② $\cos \varphi$ を消去。 第 $1$ 式を $n$ 倍、第 $2$ 式を $m$ 倍して足すと、$\cos \varphi$ の項 $-2dmn\cos \varphi +2dmn\cos \varphi =0$ が消え $$n{c}^2+m{b}^2=(m+n)d^2+n{m}^2+m{n}^2=(m+n)d^2+mn(m+n).$$ ③ $d^2$ について解く。 両辺を $(m+n)$ で割って $$\frac{m{b}^2+n{c}^2}{m+n}=d^2+mn⟹d^2=\frac{m{b}^2+n{c}^2}{m+n}-mn.$$

まとめ $\mathrm{D}$ の $2$ 角が補角で $\cos$ が符号違い → $2$ つの余弦定理を重み付けして $\cos$ を消すと ${\mathrm{AD}}^2=\frac{m{b}^2+n{c}^2}{m+n}-mn$。余弦定理とセビアンの計量の融合。$\mathrm{BD}=\mathrm{DC}$ なら中線定理になる。

発展。 $m=n$(中線)とすると ${\mathrm{AD}}^2=\frac{b^2+c^2}{2}-m^2$ で中線定理になる。$\mathrm{D}$ が角の二等分線の足なら、$m:n=c:b$ を代入して整理すると ${\mathrm{AD}}^2=bc-mn$。スチュワートの定理はこうした「線分の長さの公式」たちの親玉である。

別解

別解:座標に置いて式変形だけで示す(計算で確かめたい人向け)。 $\mathrm{B}=(0,0)$、$\mathrm{C}=(m+n,0)$、$\mathrm{D}=(m,0)$、$\mathrm{A}=(p,q)$ とおく。

各辺は $c^2=p^2+q^2$、$b^2=(p-m-n{)}^2+q^2$、$d^2=(p-m{)}^2+q^2$。示すべき式の右辺を計算する。

$$\frac{m{b}^2+n{c}^2}{m+n}-mn=\frac{m(p-m-n{)}^2+n{p}^2}{m+n}+q^2-mn.$$

分子を展開すると $m(p-m-n{)}^2+n{p}^2=(m+n)p^2-2mp(m+n)+m(m+n{)}^2$。$(m+n)$ で割れば $p^2-2mp+m(m+n)$。$-mn$ と合わせると $p^2-2mp+m^2+q^2=(p-m{)}^2+q^2=d^2$。ぴったり一致した。

本解では補角を工夫したが、座標なら機械的な展開だけで答えにたどり着く。試験中の検算にも使える安心のルートだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 右辺は「積の和」。1組の相似からは積が1つしか出ないから、対角線 $\mathrm{AC}$ を2つの線分に割り、それぞれを別の相似に担当させる作戦を立てる。

そのための補助点が $\mathrm{E}$。対角線 $\mathrm{AC}$ 上に $\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{DBC}$ となるようにとる。角を「こちらから等しく作る」ことで、円周角の等しさと合わせて相似が2組生まれる。

$\mathrm{AE}\cdot \mathrm{BD}$ と $\mathrm{EC}\cdot \mathrm{BD}$ がそれぞれ辺の積で書け、足せば $\mathrm{AC}\cdot \mathrm{BD}$ が右辺の和になる。

① 補助点 $\mathrm{E}$。 対角線 $\mathrm{AC}$ 上に、$\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{DBC}$ となる点 $\mathrm{E}$ をとる。

② $1$ 組目の相似。 $△\mathrm{ABE}$ と $△\mathrm{DBC}$:$\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{DBC}$(作り方)、$\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{BDC}$(弧 $\mathrm{BC}$ の円周角)。$2$ 角が等しく $△\mathrm{ABE}\sim △\mathrm{DBC}$。よって $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{DC}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DB}}$、すなわち $$\mathrm{AE}\cdot \mathrm{BD}=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{CD}.(\ast )$$ ③ $2$ 組目の相似。 $\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{DBC}$ より $\angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{EBC}$(両方に $\angle \mathrm{EBD}$ を足した)。また $\angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{ACB}$(弧 $\mathrm{AB}$ の円周角)。よって $△\mathrm{ABD}\sim △\mathrm{EBC}$、$\frac{\mathrm{EC}}{\mathrm{AD}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BD}}$、すなわち $$\mathrm{EC}\cdot \mathrm{BD}=\mathrm{AD}\cdot \mathrm{BC}.(\ast \ast )$$ ④ 足す。 $\mathrm{AE}+\mathrm{EC}=\mathrm{AC}$ なので $(\ast )+(\ast \ast )$ より $$\mathrm{AC}\cdot \mathrm{BD}=(\mathrm{AE}+\mathrm{EC})\mathrm{BD}=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot \mathrm{BC}.$$

まとめ対角線を補助点 $\mathrm{E}$ で分け、円周角から $2$ 組の相似を作って $\mathrm{AE}\cdot \mathrm{BD},\mathrm{EC}\cdot \mathrm{BD}$ を辺の積にし、足して $\mathrm{AC}\cdot \mathrm{BD}=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot \mathrm{BC}$。内接四角形・円周角(相似)の融合。補助点で和に分ければ解ける。

発展。 長方形に使うと、対角線どうしの積 $=$ 縦 ${}^2+$ 横 ${}^2$、つまり三平方の定理が出る。また正三角形 $\mathrm{ABC}$ の外接円の弧 $\mathrm{BC}$ 上の点 $\mathrm{P}$ では、$\mathrm{PA}=\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$ という等式がすぐに出る。有名な定理を特別な場合として含む、応用の広い定理だ。

別解

別解:弧に置き換え、積和公式で示す(得意な人向けの高い視点)。 円の半径を $R$、弧 $\mathrm{AB},\mathrm{BC},\mathrm{CD},\mathrm{DA}$ の中心角を $2\alpha ,2\beta ,2\gamma ,2\delta$ とする($\alpha +\beta +\gamma +\delta =\pi$)。

弦の長さの公式で、すべての辺と対角線が $\sin$ になる。$\mathrm{AB}=2R\sin \alpha$、$\mathrm{BC}=2R\sin \beta$、$\mathrm{CD}=2R\sin \gamma$、$\mathrm{DA}=2R\sin \delta$、$\mathrm{AC}=2R\sin (\alpha +\beta )$、$\mathrm{BD}=2R\sin (\beta +\gamma )$。示すべき式は $4R^2$ で割ると

$$\sin (\alpha +\beta )\sin (\beta +\gamma )=\sin \alpha \sin \gamma +\sin \beta \sin \delta .$$

積和公式 $\sin x\sin y=\frac{1}{2}\{\cos (x-y)-\cos (x+y)\}$ で両辺を開く。左辺は $\frac{1}{2}\{\cos (\alpha -\gamma )-\cos (\alpha +2\beta +\gamma )\}$。右辺も $\delta =\pi -\alpha -\beta -\gamma$ に注意して開くと、同じ2項に一致する。

補助点を使う本解に対し、こちらは数IIの積和公式に書き直す方法だ。幾何の定理が三角関数の恒等式と同じものだったと分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 同じ面積 $S$ に2つの表し方がある。外接円がらみの $S=\frac{abc}{4R}$ と、内接円がらみの $S=rs$ だ。

2つを等号でつなげば、$r$ と $R$ が1本の式で結ばれる。$r=\frac{abc}{4Rs}$ は割るだけで出る。正三角形ではすべてが1つの文字 $a$ で書ける。$s=\frac{3a}{2}$、$R$ は正弦定理から。代入して比 $\frac{R}{r}$ を計算すればよい。

① $r$ を表す。 $S=\frac{abc}{4R}$ と $S=rs$ を等号でつなぐと $$rs=\frac{abc}{4R}⟹r=\frac{abc}{4Rs}.$$ ② 正三角形で $R$。 $a=b=c$ のとき、正弦定理 $\frac{a}{\sin 60^{\circ }}=2R$、$\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$ より $$2R=\frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}⟹R=\frac{a}{\sqrt{3}}.$$ ③ 正三角形で $r$ と比。 $s=\frac{3a}{2}$ を①に入れて $$r=\frac{a^3}{4R\cdot \frac{3a}{2}}=\frac{a^3}{6Ra}=\frac{a^2}{6R}=\frac{a^2}{6\cdot \frac{a}{\sqrt{3}}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}=\frac{a}{2\sqrt{3}}.$$ よって $$\frac{R}{r}=\frac{a/\sqrt{3}}{a/(2\sqrt{3})}=2.$$

まとめ $2$ 面積公式を等号でつなぐと $r=\frac{abc}{4Rs}$。正三角形では $R=\frac{a}{\sqrt{3}},r=\frac{a}{2\sqrt{3}}$ で $\frac{R}{r}=2$。内接円・外接円と面積の融合。共通の面積が橋渡し。

発展。 一般の三角形では $R\ge 2r$ が常に成り立ち、等号は正三角形のときだけ(オイラーの不等式)。もとには外心と内心の距離の公式 ${\mathrm{OI}}^2=R^2-2Rr$ があり、左辺が $0$ 以上であることがそのまま不等式になる。正三角形の $R=2r$ は「外心と内心が重なる」瞬間である。

別解

別解:正三角形では「重心=外心=内心」を使ってすぐに出す(苦手な人向け)。 正三角形では対称性から外心も内心も重心 $\mathrm{G}$ に一致する。しかも中線は垂線を兼ねる。

重心は中線を頂点側から $2:1$ に内分する。中線の長さを $h$ とすると、頂点までの距離が $R=\frac{2}{3}h$、辺までの距離が $r=\frac{1}{3}h$。

$$\frac{R}{r}=\frac{2h/3}{h/3}=2.$$

面積公式を経由せず、重心の $2:1$ がそのまま答えになる。知っている性質どうしがつながる、気持ちのよい近道だ。