図形の性質 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内側の $△DEF$ をじかに求めるのは大変だ。全体から3隅の三角形を引く。これが基本の方法になる。

各隅の三角形は「頂点を共有する2辺の比の積」で $△ABC$ の何倍かがすぐ出る($△AFE$ なら $\frac{AF}{AB}\cdot \frac{AE}{AC}$ 倍)。この公式は、はさむ角が共通なので、面積 $\frac{1}{2}\cdot (2辺)\sin \theta$ の比がそのまま辺の比の積になることから来る。3つ足して $1$ から引けば、$△DEF$ の割合だ。

① 各辺の比を読む。 D は BC を $1:2$、E は CA を $3:1$、F は AB を $2:3$。頂点ごとに、そこから出る2辺の比を取り出す:

• 頂点 A:$\frac{AF}{AB}=\frac{2}{5}$、$\frac{AE}{AC}=\frac{1}{4}$(E は CA を $3:1$ なので $CE:EA=3:1$、$AE=\frac{1}{4}AC$)
• 頂点 B:$\frac{BF}{BA}=\frac{3}{5}$、$\frac{BD}{BC}=\frac{1}{3}$
• 頂点 C:$\frac{CD}{CB}=\frac{2}{3}$、$\frac{CE}{CA}=\frac{3}{4}$

② 3隅の面積(全体を $1$ として)。

$$△AFE=\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{10},△BFD=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{5},△CDE=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}=\frac{1}{2}$$

③ 引く。

$$\frac{△DEF}{△ABC}=1-\left(\frac{1}{10}+\frac{1}{5}+\frac{1}{2}\right)=1-\frac{1+2+5}{10}=1-\frac{8}{10}=\frac{1}{5}$$

まとめ: 内側を直接でなく「全体 $-$ 3隅」で攻め、各隅を2辺の比の積で出す。3つの比 $\frac{1}{10},\frac{1}{5},\frac{1}{2}$ を足して $1$ から引くだけだ。

発展。 3辺の分け方を一般の比にした答えをまとめて与える公式が、ラウスの定理として知られている。たとえば3辺すべてを $1:2$ に分けると、内側の三角形はちょうど $\frac{1}{7}$ になる(有名な「7分の1の三角形」)。本問の解き方(全体−3隅)はその定理の証明そのものでもある。

別解

座標に置いて機械的に(検算ルート)。 比の議論に不安が残るときは、座標が最終兵器になる。面積比は三角形の形によらないから、いちばん計算しやすい直角三角形 $A(0,0),B(1,0),C(0,1)$ で確かめてよい。

分点を座標にすると

$$F=\left(\frac{2}{5},0\right),D=\left(\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right),E=\left(0,\frac{1}{4}\right)$$

(D は $B+\frac{1}{3}(C-B)$、E は $AE=\frac{1}{4}AC$。)3点の面積公式で

$$△DEF=\frac{1}{2}\left|x_D(y_E-y_F)+x_E(y_F-y_D)+x_F(y_D-y_E)\right|=\frac{1}{2}\left|\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{4}+\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{12}\right|=\frac{1}{10}$$

$△ABC=\frac{1}{2}$ だから比は $\frac{1}{5}$。本解と一致した。「比だけの問題は、都合のよい三角形で計算してよい」と言えるのは、アフィン変換で面積比が保たれるからだ。答案では比の議論を中心に書き、検算には座標を使う、と使い分けたい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 交点の比は、メネラウスの定理か、質点法(てこの釣り合い)で出せる。ここでは見通しのよい質点法で進める。

各頂点に重さを置き、内分点でちょうど釣り合うように重さを決める。すると2本の線分の交点は全体の重心になり、その位置(比)が重さの比で読める。

P は AB を $2:1$、Q は AC を $1:2$ に分ける。この条件から、A, B, C の重さを整合させればよい。

① 質点を置く。 P が AB を $AP:PB=2:1$ に分けるには、$A:B$ の重さを $1:2$ にする(重い方に近い所で釣り合う)。Q が AC を $AQ:QC=1:2$ に分けるには $A:C=2:1$。A の重さを両方でそろえるため、$A=2,B=4,C=1$ とする。

② 交点 R の比。 R は BQ 上の点で、B(重さ $4$)と Q(重さ $=A+C=2+1=3$)の釣り合い点。てこの原理で

$$BR:RQ=(\text{Q側の重さ}):(\text{B側の重さ})=3:4$$

③ メネラウスでの確認。 $△ABQ$ と直線 CPR:$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{BR}{RQ}\cdot \frac{QC}{CA}=1$。$\frac{AP}{PB}=2$。また $AQ:QC=1:2$ より $\frac{QC}{CA}=\frac{2}{3}$。よって $2\cdot \frac{BR}{RQ}\cdot \frac{2}{3}=1$、$\frac{BR}{RQ}=\frac{3}{4}$。

$$\therefore BR:RQ=3:4$$

まとめ: 質点法なら「内分比 → 重さ」「交点 → 重さの逆比」で機械的に進む。メネラウスでも同じ答え。2通りで一致を確かめられるのが強みだ。

発展。 重さの組 $(2,4,1)$ には、もう1つの意味がある。交点は $R=\frac{2A+4B+1\cdot C}{2+4+1}$、つまり重みつき平均そのものになっている(重心座標)。あらゆる「線分の交点の比」の問題が、この3つの数の割り算に還元される。

別解

座標でパラメータを解く(第3の道)。 比の道具をまだ信じ切れないときは、座標で交点を出してしまえばよい。$A(0,0),B(1,0),C(0,1)$ とすると、$P=\left(\frac{2}{3},0\right)$、$Q=\left(0,\frac{1}{3}\right)$。

直線 BQ 上の点は $B+t(Q-B)=(1-t,\frac{t}{3})$、直線 CP 上の点は $C+u(P-C)=\left(\frac{2u}{3},1-u\right)$。成分を等しくおいて

$$1-t=\frac{2u}{3},\frac{t}{3}=1-u$$

第2式から $t=3-3u$。第1式に入れて $u=\frac{6}{7}$、$t=\frac{3}{7}$。よって

$$R=\left(\frac{4}{7},\frac{1}{7}\right),BR:RQ=t:(1-t)=\frac{3}{7}:\frac{4}{7}=3:4$$

パラメータ $t$ が「B からどれだけ進んだか」の割合そのものなので、比が直接読める。しかも $R=\frac{2A+4B+C}{7}$ を検算すると質点法の重さ $(2,4,1)$ がそのまま現れる。3つの道具(質点・メネラウス・座標)が同じ1点を指す様子は壮観だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) P から円へ、接線 PA と割線 PBC が出ている典型配置だ。

長さは方べきの定理 $P{A}^2=PB\cdot PC$ ですぐに出る。比 $AB:AC$ は、接弦定理(接線と弦の作る角 $=$ その弦の上に立つ円周角)から $\angle PAB=\angle PCA$ が言え、$\angle P$ が共通なので $△PAB\sim △PCA$。この相似の対応辺の比が $AB:AC$ を与える。

① 接線の長さ。

$$P{A}^2=PB\cdot PC=4\cdot 9=36⟺PA=6$$

② 相似を作る。

$\angle PAB=\angle PCA$、$\angle APB=\angle CPA$(共通)より $△PAB\sim △PCA$。

③ 相似比。 対応する辺の比は

$$\frac{AB}{CA}=\frac{PA}{PC}=\frac{PB}{PA}$$

$\frac{PA}{PC}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}$ だから

$$AB:AC=2:3$$

まとめ: 同じ点からの接線・割線 → 方べきで長さ、接弦定理 → 相似で比、の2段構え。$PA$ が「大きい三角形の短辺」と「小さい三角形の長辺」の役割を兼ねるところが、この相似の要点だ。

発展。 $PA=6$ は $PB=4$ と $PC=9$ の幾何平均 $\sqrt{4\cdot 9}$ になっている。円の大きさや形は1つに決まらないのに、$PA$ と比 $AB:AC$ だけは配置から確定する。「決まるものと決まらないもの」を見分ける目も、この問題の収穫だ。

別解

相似だけで両方とる(方べきを導いて使う)。 実は①の方べきの定理も、②の相似から出てくる。相似を先に立てて、1つの相似から両方の答えを収穫してみよう。

接弦定理と共通角から $△PAB\sim △PCA$(②と同じ)。対応辺の比を書き並べると

$$\frac{PA}{PC}=\frac{PB}{PA}=\frac{AB}{CA}$$

最初の等式から、分母を払って

$$P{A}^2=PB\cdot PC=36,PA=6$$

これで方べきの定理そのものが導けた。続いて第2の等式に値を入れると

$$\frac{AB}{CA}=\frac{PB}{PA}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$$

答えは本解と同じ。方べきの定理(接線版)はこの接弦相似から導かれる。定理を「使う」だけでなく、依存関係ごと理解しておくと、忘れても現場で復元できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内心 I は、各内角の二等分線の交点だ。だから $△IBC$ に注目すると、底の2角 $\angle IBC,\angle ICB$ はそれぞれ $\frac{B}{2},\frac{C}{2}$ と分かる。

あとは $△IBC$ の内角の和 $180^{\circ }$ から $\angle BIC$ を $B,C$ で表し、$A+B+C=180^{\circ }$ を使って $A$ の式に直すだけ。目標の $90^{\circ }+\frac{A}{2}$ が自然に出る。

① $△IBC$ の底の2角。 I は $\angle B,\angle C$ の二等分線上にあるから

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

② 内角の和。 $△IBC$ で

$$\angle BIC=180^{\circ }-\left(\frac{B}{2}+\frac{C}{2}\right)=180^{\circ }-\frac{B+C}{2}$$

③ $A$ に書きかえる。 $A+B+C=180^{\circ }$ より $B+C=180^{\circ }-A$。代入して

$$\angle BIC=180^{\circ }-\frac{180^{\circ }-A}{2}=180^{\circ }-90^{\circ }+\frac{A}{2}=90^{\circ }+\frac{A}{2}$$

まとめ: 内心 → 二等分線 → $△IBC$ の底角 $\frac{B}{2},\frac{C}{2}$、という橋渡しが決め手だ。内角の和を2回使うだけで、$90^{\circ }$ という定数が自然に現れる。検算は正三角形($A=60^{\circ }$)で $\angle BIC=120^{\circ }$、たしかに $90^{\circ }+30^{\circ }$。

発展。 内心と対になる傍心 $I_A$(辺 BC 側の傍接円の中心)では、対になる式 $\angle B{I}_{A}C=90^{\circ }-\frac{A}{2}$ が成り立つ。足すと $180^{\circ }$。つまり B, I, C, $I_A$ は同一円周上にある(内接四角形の対角)。1本の式の裏に、円がもう1つ隠れていた。

別解

外角で組み立てる(もう1つの角度計算)。 内角の和を使わずに、外角の定理2回で作る道もある。$\angle A$ の二等分線 AI を延長し、辺 BC との交点を D とする。$\angle BIC$ は D をはさんで $\angle BID+\angle DIC$ に割れる。

ここで $\angle BID$ は $△ABI$ の外角だから、遠い2つの内角の和:

$$\angle BID=\angle BAI+\angle ABI=\frac{A}{2}+\frac{B}{2}$$

同様に $\angle DIC=\frac{A}{2}+\frac{C}{2}$。足して

$$\angle BIC=A+\frac{B+C}{2}=A+\frac{180^{\circ }-A}{2}=90^{\circ }+\frac{A}{2}$$

この道の良さは、$90^{\circ }$ の出どころが見えること。$A$ がまるごと1回と、残り $\frac{B+C}{2}$ が半分ずつ。「二等分線たちが角をどう配り直すか」の会計が、式の形にそのまま写っている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3直線が1点で交わることの証明は、チェバの定理の逆(積が $1$ なら共点)を使うのが基本だ。

必要な線分比 $\frac{BD}{DC},\frac{CE}{EA},\frac{AF}{FB}$ は、「円外の1点から引いた2本の接線の長さは等しい」という性質でそろえられる。各頂点から出る2つの接線が等しいので、積を作ると分子分母がすべて打ち消し合って $1$ になる。そう読めればよい。

① 接線の長さ。 接点 D, E, F について、各頂点からの接線の長さが等しいから

$$AF=AE,BD=BF,CD=CE$$

(これらを $x=AF=AE,y=BD=BF,z=CD=CE$ とおける。$x=s-a,y=s-b,z=s-c$。)

② チェバの積。 チェバの定理の左辺に代入:

$$\frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}\cdot \frac{AF}{FB}=\frac{y}{z}\cdot \frac{z}{x}\cdot \frac{x}{y}=1$$

③ 結論。 積が $1$ になったので、チェバの定理の逆により3直線 AD, BE, CF は1点で交わる。

まとめ: 接線の長さが等しい($BD=BF$ 型)を3頂点で書くと、チェバの積が $\frac{y}{z}\cdot \frac{z}{x}\cdot \frac{x}{y}=1$ ときれいに消える。この交点はジェルゴンヌ点と呼ばれる。

発展。 内接円の代わりに3つの傍接円の接点で同じことをすると、やはり3直線が1点で交わる(ナーゲル点)。接点の位置は $s-a$ たちの並び替えで、チェバの積はまた $1$ に畳まれる。「接線の長さの等式 → チェバ」という本問の型は、点の名前を変えて何度でも働く。

別解

重さを置いて重心として見つける(質点法ルート)。 チェバの逆を使わずに、交点そのものを構成してしまう道もある。頂点 A, B, C に、重さ $\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}$($x=AF=AE$ など①の長さ)を置く。

すると辺 AB 上の釣り合い点は $AF:FB=x:y$ を(重さの逆比で)ちょうど満たす点、つまり接点 F になる。同様に、BC の釣り合い点は D、CA の釣り合い点は E。

てこの原理から、3点に置いた重さ全体の重心 G は、「A と(BC の釣り合い点 D)を結ぶ線分の上」にある。同じ理由で BE の上にも、CF の上にもある。つまり AD, BE, CF はすべて重心 G を通る。共点だ。

チェバの定理を経由せず、交わる1点を重さの言葉で名指しする構成的な証明。この証明から、ジェルゴンヌ点は重さ $\left(\frac{1}{s-a},\frac{1}{s-b},\frac{1}{s-c}\right)$ の重心だということも分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 中線の長さの2乗は、中線定理(パップスの定理)で辺の長さの式に書ける:$m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$。$m_b^2,m_c^2$ も同じ形だ。

これを3つ足すと、$a^2,b^2,c^2$ が対称に足し合わされて、係数がそろう。左辺・右辺とも $a^2+b^2+c^2$ の定数倍になるはず、と見当をつけて計算する。

① 各中線の2乗。 中線定理より

$$m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4},m_b^2=\frac{2c^2+2a^2-b^2}{4},m_c^2=\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4}$$

② 3つ足す。 分子で $a^2$ の係数を数える。$m_a^2$ から $-1$、$m_b^2$ から $+2$、$m_c^2$ から $+2$、合計 $3$。$b^2,c^2$ も対称に $3$。したがって

$$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{3a^2+3b^2+3c^2}{4}=\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)$$

まとめ: 中線定理で各中線を辺の式に直し、足すと係数が対称に $3$ にそろう。$-1+2+2=3$ の帳尻が3辺すべてで合うので、きれいに $\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)$ になる。検算は正三角形($a=b=c=2$、$m=\sqrt{3}$)で、$3\cdot 3=9=\frac{3}{4}\cdot 12$。

発展。 3本の中線は(ベクトルとして足すと0になるので)それ自身で三角形を作れる。その「中線三角形」の面積はもとの三角形のちょうど $\frac{3}{4}$ 倍。長さの2乗の和にも面積にも同じ $\frac{3}{4}$ が現れるのは、偶然ではない。

別解

重心を原点に置くベクトルで短く示す(得意な人向け)。 ベクトル(数C)を先取りできるなら、この恒等式は2行になる。重心 G を原点にとる。すると $\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}=\vec{0}$ だ。A から BC の中点への中線ベクトルは

$$\frac{\vec{B}+\vec{C}}{2}-\vec{A}=\frac{-\vec{A}}{2}-\vec{A}=-\frac{3}{2}\vec{A}$$

つまり中線の長さは $m_a=\frac{3}{2}|\vec{A}|$。よって

$$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{9}{4}\left(|\vec{A}{|}^2+|\vec{B}{|}^2+|\vec{C}{|}^2\right)$$

一方、辺は $a^2=|\vec{B}-\vec{C}{|}^2$ など。$\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}=\vec{0}$ を2乗した関係を使って整理すると $a^2+b^2+c^2=3(|\vec{A}{|}^2+|\vec{B}{|}^2+|\vec{C}{|}^2)$ が出る。2つを比べて

$$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{9}{4}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{3}=\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)$$

中線は重心でつながり、重心から見ると中線ベクトルは $-\frac{3}{2}\vec{A}$ になる。中線定理を3回使う代わりに、重心の対称性を使えば全部を一度に処理できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正多面体の $V,E,F$ は、「面あたりの数」を数えて重複で割ると求まる。

面は正五角形 $12$ 枚だから $F=12$。1枚は $5$ 辺だが、各辺は2枚の面で共有されるので、辺は $\frac{12\times 5}{2}$。1枚は $5$ 頂点だが、正十二面体では各頂点に3枚の面が集まるので、頂点は $\frac{12\times 5}{3}$。

最後にオイラーの式で検算する。

① 面。 正五角形が $12$ 枚だから

$$F=12$$

② 辺。 各面は $5$ 辺、各辺は $2$ 面に共有されるので

$$E=\frac{12\times 5}{2}=30$$

③ 頂点。 各面は $5$ 頂点、各頂点には $3$ 面が集まるので

$$V=\frac{12\times 5}{3}=20$$

④ 検算。

$$V-E+F=20-30+12=2$$

確かにオイラーの多面体定理が成り立つ。

まとめ: 「面 $\times$ 面あたりの要素 $÷$ 共有数」で $E,V$ を数える。辺は2面共有で $÷2$、頂点は3面が集まるので $÷3$。数えた $V,E,F$ がオイラーの式を満たすことで、正しさが確認できる。

発展。 面が正 $p$ 角形で、各頂点に $q$ 面が集まる正多面体が存在する条件は、頂点まわりの角度の余りから $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}>\frac{1}{2}$。$p,q\ge 3$ の整数解はちょうど5組しかない。正多面体が5種類で打ち止めになる理由が、この小さな不等式に書いてある。

別解

双対の正二十面体で照合する(得意な人向け)。 正十二面体の各面の中心を頂点として結ぶと、正二十面体(正三角形20枚)ができる。面と頂点が入れ替わる、この関係を双対という。

正二十面体を同じ方法で数えてみる。$F^{\prime }=20$。各面は3辺で2面共有だから $E^{\prime }=\frac{20\times 3}{2}=30$。各頂点には5枚が集まるから $V^{\prime }=\frac{20\times 3}{5}=12$。

並べて見ると

• 正十二面体: $V=20,E=30,F=12$
• 正二十面体: $V^{\prime }=12,E^{\prime }=30,F^{\prime }=20$

$V$ と $F$ がそっくり入れ替わり、$E$ は共通。双対の理屈どおりだ。片方を数えれば、もう片方は「ひっくり返すだけ」で検算できる。立方体($V=8,F=6$)と正八面体($V=6,F=8$)にも同じ対がある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 傍接円の半径の公式 $r_a=\frac{S}{s-a}$ を使う問題だ。まず面積 $S$ をヘロンで確定し、$14$ を「辺 $a$」とみなして $s-a$ を計算し、代入する。

公式自体の出どころも押さえておきたい。傍接円の中心から3つの辺(うち2辺は延長線)への距離が等しく $r_a$ で、面積を符号つきで分割すると $S=r_a(s-a)$ になる(別解で導く)。

① 面積(ヘロン)。 $s=\frac{13+14+15}{2}=21$。

$$S=\sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)}=\sqrt{21\cdot 8\cdot 7\cdot 6}=\sqrt{7056}=84$$

② 傍接円の半径。 長さ $14$ の辺を $a$ とすると $s-a=21-14=7$。

$$r_a=\frac{S}{s-a}=\frac{84}{7}=12$$

まとめ: 面積をヘロンで出し、傍接円の公式 $r_a=\frac{S}{s-a}$ に代入する。内接円 $r=\frac{S}{s}=4$ と比べると、傍接円は $s$ の代わりに $s-a$ で割る。だから内接円よりずっと大きくなりうる(本問では3倍)。

発展。 この三角形の4つの円の半径は $r=4,r_a=12,r_b=14,r_c=10.5$。掛けてみると $4\times 12\times 14\times 10.5=7056=84^2$。実は一般に $r{r}_a{r}_b{r}_c=S^2$ が成り立つ(ヘロンの公式の分解 $S^2=s(s-a)(s-b)(s-c)$ そのもの)。4つの円が面積を通じて1本の式に結ばれている。

別解

公式を面積の分割で導く(公式が成り立つ理由を見るルート)。 $r_a=\frac{S}{s-a}$ を、証明ごと手に入れよう。傍接円の中心(傍心)を $I_A$ とする。$I_A$ から辺 BC、および辺 AB, AC の延長線への距離は、すべて半径 $r_a$ だ。

三角形 ABC の面積を、$I_A$ を頂点とする3つの三角形で符号つきに表す。$I_A$ は BC の向こう側にいるから

$$S=△I_{A}AB+△I_{A}AC-△I_{A}BC=\frac{c{r}_a}{2}+\frac{b{r}_a}{2}-\frac{a{r}_a}{2}$$

(はみ出した2つから、余計に含んだ $△I_{A}BC$ を引く。)整理して

$$S=\frac{r_a(b+c-a)}{2}=r_a\left(\frac{a+b+c}{2}-a\right)=r_a(s-a)$$

これが公式の成り立つ理由だ。内接円の $S=rs$ は「3つの三角形を全部足す」、傍接円は「2つ足して1つ引く」。符号の違いが、分母の $s$ と $s-a$ の違いにそのまま写っている。