図形の性質 ★★ 標準の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 平行な直線たちは、横切る直線を「同じ比」で切る。これがこの図のすべてだ。

1本目の直線でできた比は $3:4$。この比が2本目の直線にもそのまま写る。上が $6$ なら、$6:\mathrm{EF}=3:4$。比例式を解いて $\mathrm{EF}=8$ となる。

1本目の直線でできた比は $3:4$。平行線はどの横断線も同じ比で切るので、2本目の直線でも上下の比は $3:4$。

$$6:\mathrm{EF}=3:4$$

比の式を分数にして

$$\frac{6}{\mathrm{EF}}=\frac{3}{4}$$

たすきにかけて $3\mathrm{EF}=6\times 4=24$。よって

$$\mathrm{EF}=8$$

発展。 「平行線が比を保つ」は、三角形の中では「辺に平行な直線が他の2辺を同じ比で切る」という形になり、中点連結定理($1:1$ の特別な場合)もここから出る。

この先の内分・外分、チェバ・メネラウスの定理まで、この単元の道具はすべて「比を図形の中でどう運ぶか」の技術だ。出発点のこの1問がその原理のいちばん純粋な形である。

別解

「倍率」で読むと、比例式を立てるまでもない。2本目の上の部分 $6$ は1本目の上の部分 $3$ のちょうど $2$ 倍だ。平行線で切られる限り、上下の伸び方は共通の倍率で決まる。だから下の部分も $2$ 倍で、$\mathrm{EF}=4\times 2=8$。

「対応する部分どうしの倍率は全部同じ」という見方は、相似の考え方そのものだ。比例式($6:\mathrm{EF}=3:4$)と倍率($\times 2$)は同じ内容の2つの書き方で、数がきれいなときは倍率のほうが速い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内角の二等分線は、向かいの辺を $\mathrm{AB}:\mathrm{AC}$ に内分する。外角の二等分線は同じ比で外分する。

比はどちらも $6:4=3:2$。$\mathrm{D}$ は $\mathrm{BC}$ を $3:2$ に内分、$\mathrm{E}$ は $3:2$ に外分する点だ。あとは $\mathrm{D}$ と $\mathrm{E}$ の位置を確定して、距離をとる。外分点は辺の外(今回は $\mathrm{C}$ の先)に出ることを、図でも確認しておく。

$\mathrm{AB}:\mathrm{AC}=6:4=3:2$。数直線で $\mathrm{B}=0$、$\mathrm{C}=5$ とおく。

内分点 $\mathrm{D}$:$\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=3:2$ なので

$$\mathrm{BD}=5\times \frac{3}{5}=3\Rightarrow \mathrm{D}=3$$

外分点 $\mathrm{E}$:$\mathrm{BE}:\mathrm{EC}=3:2$ で $\mathrm{E}$ は $\mathrm{C}$ の外側。$\mathrm{E}=x$ とおくと $x:(x-5)=3:2$。

$$2x=3(x-5)=3x-15\Rightarrow x=15$$

よって $\mathrm{E}=15$。

差をとる:

$$\mathrm{DE}=15-3=12$$

発展。 内角と外角の二等分線は、実は直交する($\angle \mathrm{DAE}=90^{\circ }$)。内角の半分と外角の半分を足すと、ちょうど $180^{\circ }÷2=90^{\circ }$ になるからだ。つまり $\mathrm{D}$、$\mathrm{E}$ は「直角を見込む2点」で、$\mathrm{A}$ は $\mathrm{DE}$ を直径とする円の上に乗っている。

この円はアポロニウスの円と呼ばれ、「2定点からの距離の比が一定の点の軌跡」として数学IIの軌跡の単元で再登場する。

別解

内分・外分の扱いに不安があるなら、直線 $\mathrm{BC}$ に「数直線」を敷いてしまうのが確実だ。$\mathrm{B}$ を $0$、$\mathrm{C}$ を $5$ とする。$\mathrm{D}$ は $3:2$ の内分点だから、$0$ から $5$ までを $3:2$ で分けて、座標 $3$。

$\mathrm{E}$ は $3:2$ の外分点。外分の公式で $\frac{3\times 5-2\times 0}{3-2}=15$。

$$\mathrm{DE}=15-3=12$$

数直線に乗せると、内分も外分も「座標の計算」という同じ土俵になり、$\mathrm{E}$ が $\mathrm{C}$($=5$)のはるか先に出ることも数字で見える。図の直感と座標の計算、両方で確かめられれば盤石だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は3辺と中線の関係、中線定理を使う。${\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{AC}}^2=2({\mathrm{AM}}^2+{\mathrm{BM}}^2)$ に数値を流し込む。

(2)は重心の性質で決まる。重心は各中線を $2:1$ に分けるから、$△\mathrm{GBC}$ の高さは $△\mathrm{ABC}$ の高さの $\frac{1}{3}$。底辺 $\mathrm{BC}$ は共通だ。

だから面積も $\frac{1}{3}$ で、$18÷3=6$。「重心は三角形を面積3等分する」と覚えてよい。

(1) $\mathrm{BM}=\frac{1}{2}\mathrm{BC}=3$。公式に入れる。

$$7^2+5^2=2({\mathrm{AM}}^2+3^2)$$

$$49+25=2{\mathrm{AM}}^2+18$$

$$74-18=2{\mathrm{AM}}^2\Rightarrow {\mathrm{AM}}^2=28$$

$$\mathrm{AM}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$$

(2) $△\mathrm{GBC}$ と $△\mathrm{ABC}$ は、底辺 $\mathrm{BC}$ が共通。高さの比を考える。

重心 $\mathrm{G}$ は中線 $\mathrm{AM}$ を $2:1$ に分けるので、$\mathrm{G}$ から $\mathrm{BC}$ までの高さは $\mathrm{A}$ から $\mathrm{BC}$ までの高さの $\frac{1}{3}$。

$$△\mathrm{GBC}=\frac{1}{3}△\mathrm{ABC}=\frac{1}{3}\times 18=6$$

発展。 重心は三角形を3等分するだけでなく、3本の中線で「面積の等しい6つの小三角形」に切り分けている。3等分はその6つを2個ずつまとめた姿だ。

中線定理は数学IIの座標、数学Cのベクトル($\overrightarrow{\mathrm{AM}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})$ の2乗)でも導ける。同じ事実に3つの方法(初等幾何・座標・ベクトル)からたどり着ける、よい題材である。

別解

(1)は中線定理を忘れても座標で押し切れる。$\mathrm{B}(0,0)$、$\mathrm{C}(6,0)$ と置くと、$\mathrm{M}(3,0)$。$\mathrm{A}=(x,y)$ は $\mathrm{AB}=7$、$\mathrm{AC}=5$ から

$$x^2+y^2=49,(x-6{)}^2+y^2=25$$

差をとると $12x-36=24$ で $x=5$、$y^2=24$。

$$\mathrm{AM}=\sqrt{(5-3{)}^2+24}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$$

中線定理はこの座標計算を文字のまま一般化した結果でもある。「定理を忘れたら座標に置く」という避難路は、図形と計量・図形と方程式でも一貫して使える。

方針

解答

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

$△\mathrm{IBC}$ の内角の和を書くと、$\angle \mathrm{BIC}=180^{\circ }-\frac{B+C}{2}$。$B+C=180^{\circ }-A$ を入れれば、$\angle \mathrm{BIC}=90^{\circ }+\frac{A}{2}$。$\angle \mathrm{A}$ だけで書ける公式になり、(1)(2)は代入と逆算で終わる。

なぜこうなるか。$\mathrm{I}$ は角の二等分線の交点なので $\angle \mathrm{IBC}=\frac{\mathrm{B}}{2}$、$\angle \mathrm{ICB}=\frac{\mathrm{C}}{2}$。$△\mathrm{IBC}$ の内角の和から

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

$\mathrm{B}+\mathrm{C}=180^{\circ }-\mathrm{A}$ を入れると

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

(1) $\mathrm{A}=50^{\circ }$ を代入。

$$\angle \mathrm{BIC}=90^{\circ }+\frac{50^{\circ }}{2}=90^{\circ }+25^{\circ }=115^{\circ }$$

(2) $\angle \mathrm{BIC}=130^{\circ }$ を公式に入れて逆算。

$$130^{\circ }=90^{\circ }+\frac{\mathrm{A}}{2}\Rightarrow \frac{\mathrm{A}}{2}=40^{\circ }\Rightarrow \mathrm{A}=80^{\circ }$$

発展。 $\angle \mathrm{BIC}=90^{\circ }+\frac{A}{2}$ は必ず $90^{\circ }$ より大きい。内心から見ると、どの辺も鈍角に見えている。

$\mathrm{A}$ を動かしても $\angle \mathrm{BIC}$ が一定なら、$\mathrm{I}$ は $\mathrm{BC}$ を一定の角で見込む円弧上にいる。実はこの弧の中心は「弧 $\mathrm{BC}$ の中点」で、内心・傍心が同じ円上に並ぶという事実(トリリウムの定理と呼ばれる)につながっている。

別解

「外角」を2回使う導き方もある。補助線は直線 $\mathrm{AI}$ の延長だ。$\mathrm{AI}$ を延長して、$\angle \mathrm{BIC}$ を2つの角に割る。

延長線の左側の角は $△\mathrm{ABI}$ の外角だから、遠くの2内角の和 $\frac{A}{2}+\frac{B}{2}$ に等しい。右側の角も同様に、$△\mathrm{ACI}$ の外角で $\frac{A}{2}+\frac{C}{2}$。足すと

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

内角の和ルートと同じ公式に着く。「外角=遠くの2角の和」は、角の問題全般でよく使う。この道で導けると、公式を忘れても図からすぐに復元できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 外心 $\mathrm{O}$ は外接円の中心。だから (1) は「中心角=円周角の2倍」で即座に $\angle \mathrm{BOC}=70^{\circ }$。

(2)では $\mathrm{OB}=\mathrm{OC}$(どちらも半径)であることに気づけば解ける。$△\mathrm{OBC}$ は二等辺三角形だ。頂角 $70^{\circ }$ が分かっているから、底角は $(180^{\circ }-70^{\circ })÷2=55^{\circ }$。外心の問題は「半径で二等辺三角形を作る」が基本である。

(1) $\angle \mathrm{BOC}$ は弧 $\mathrm{BC}$ の中心角、$\angle \mathrm{BAC}$ は同じ弧の円周角なので

$$\angle \mathrm{BOC}=2\times 35^{\circ }=70^{\circ }$$

(2) $\mathrm{OB}=\mathrm{OC}$(半径)だから $△\mathrm{OBC}$ は二等辺三角形。底角 $\angle \mathrm{OBC}$ と $\angle \mathrm{OCB}$ は等しい。内角の和から

$$\angle \mathrm{OBC}=\frac{180^{\circ }-\angle \mathrm{BOC}}{2}=\frac{180^{\circ }-70^{\circ }}{2}=55^{\circ }$$

発展。 $\angle \mathrm{A}$ が鈍角になると、外心 $\mathrm{O}$ は三角形の外へ出て、$\angle \mathrm{BOC}$ は $180^{\circ }$ を超える側(優角)で数えることになる。公式 $90^{\circ }-\alpha$ が負になるのは、その状況の信号だ。場合分けまで含めて理解できると強い。

外心の位置(鋭角三角形なら内部、直角三角形なら斜辺の中点、鈍角三角形なら外部)は、円周角の定理と表裏の関係にある。「直角三角形の外心=斜辺の中点」は、それ自体が頻出の道具である。

別解

(1)(2)をまとめて文字で処理すると、便利な公式が1本手に入る。$\angle \mathrm{A}=\alpha$ とすると、中心角は $\angle \mathrm{BOC}=2\alpha$。二等辺三角形 $\mathrm{OBC}$ の底角は

$$\angle \mathrm{OBC}=\frac{180^{\circ }-2\alpha }{2}=90^{\circ }-\alpha$$

つまり「外心から見た底角は、向かいの頂角の余角」だ。今回は $90^{\circ }-35^{\circ }=55^{\circ }$ とすぐに出る。内心の $\angle \mathrm{BIC}=90^{\circ }+\frac{A}{2}$ と並べて、「内心はプラス、外心はマイナス」の対で覚えておくと、五心の角度問題での取り違えが減る。もちろん、忘れたら二等辺三角形からその場で導き直せばよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3本の線が1点で交わっている。この配置を見たら、チェバの定理が第一候補だ。

頂点から出発して三角形を一周する向きで、3つの比を掛けると $1$ になる。

$$\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}\cdot \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=1$$

分かっている2つの比を入れれば、残りの $\mathrm{AF}:\mathrm{FB}$ が逆算できる。(2)は比が出たあとの配分の計算だ。

(1) 値を入れる。

$$\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{1}\cdot \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=1$$

数の部分は $\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{1}=\frac{8}{3}$ なので

$$\frac{8}{3}\cdot \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=1\Rightarrow \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=\frac{3}{8}$$

よって $\mathrm{AF}:\mathrm{FB}=3:8$。

(2) $\mathrm{AB}=11$ を $3:8$ に分けた「$3$ のほう」が $\mathrm{AF}$。合計は $3+8=11$ 個分。

$$\mathrm{AF}=11\times \frac{3}{11}=3$$

発展。 別解の面積比 $x:y:z$ は交点 $\mathrm{P}$ の「重心座標」と呼ばれるものにあたる。3つの数の組が三角形内の点の位置を完全に決める、という見方は、数学Cのベクトル(点の存在範囲)で本格化する。

チェバの定理の逆(積が1なら3本は1点で交わる)は、三角形の五心の存在証明(3本の中線・角の二等分線が本当に1点で交わること)に使われる。定理と逆定理のセットで持っておきたい。

別解

チェバの定理を使わず、「面積比」で直接解くこともできる。定理の中身を素手でなぞる道だ。交点を $\mathrm{P}$ とし、3つの小三角形の面積を $x=[\mathrm{APB}]$、$y=[\mathrm{APC}]$、$z=[\mathrm{BPC}]$ とおく。

底辺の比は同じ頂点を持つ三角形の面積比になる。

• $\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=x:y=2:3$($\mathrm{AP}$ を共有する2三角形)
• $\mathrm{CE}:\mathrm{EA}=z:x=4:1$($\mathrm{BP}$ を共有)

$x$ を基準にすると $y=\frac{3}{2}x$、$z=4x$。求める比は

$$\mathrm{AF}:\mathrm{FB}=y:z=\frac{3}{2}x:4x=3:8$$

チェバの「積が1」は、この3つの面積比を掛けると $x,y,z$ が全部約分される、という仕組みだったと分かる。定理を忘れても面積比で必ず復元できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 求めたいのは中線 $\mathrm{AM}$ 上の比 $\mathrm{AP}:\mathrm{PM}$。直線 $\mathrm{BE}$ が三角形を横切ってこの比を作っている。

「三角形を直線が横切る」配置はメネラウスの定理の合図だ。どの三角形に使うかで決まる。求めたい線分 $\mathrm{AM}$ を辺に持つ $△\mathrm{AMC}$ を選び、横切る直線 $\mathrm{B}$-$\mathrm{P}$-$\mathrm{E}$ で一周すれば、$\mathrm{AP}:\mathrm{PM}$ が式に入る。

$△\mathrm{AMC}$ を直線 $\mathrm{BPE}$ が横切っている。頂点 $\mathrm{A}\to \mathrm{M}\to \mathrm{C}$ と一周して、分点の比をかける。

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PM}}\cdot \frac{\mathrm{MB}}{\mathrm{BC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=1$$

それぞれ調べる。$\mathrm{M}$ は $\mathrm{BC}$ の中点なので、$\mathrm{MB}=\frac{1}{2}\mathrm{BC}$、つまり $\frac{\mathrm{MB}}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{2}$。$\mathrm{AE}:\mathrm{EC}=2:1$ より $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=\frac{1}{2}$。

代入すると

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PM}}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=1$$

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PM}}\cdot \frac{1}{4}=1\Rightarrow \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PM}}=4$$

よって $\mathrm{AP}:\mathrm{PM}=4:1$。

発展。 質量点の「おもり」は別の問題で使った面積比($x:y:z$)と同じもので、数学Cで学ぶ位置ベクトルの係数でもある。$\mathrm{P}=\frac{1\cdot \vec{a}+2\cdot \vec{b}+2\cdot \vec{c}}{5}$ という式の分子のおもりが、そのままこの問題の $1,2,2$ だ。

メネラウス・チェバ・質量点・ベクトルは、同じ「比の運搬」を別の記法でやっている。1つの問題を複数の記法で解き比べると、それぞれがどんな場面に向いているかが分かる。

別解

「てこの釣り合い」で解く、質量点という軽快な方法もある。頂点におもりを置き、分点を「釣り合いの支点」と読むのだ。$\mathrm{E}$ は $\mathrm{AE}:\mathrm{EC}=2:1$ の点。てこが釣り合うには、腕の長い側を軽く。$\mathrm{A}$ に $1$、$\mathrm{C}$ に $2$ のおもりを置くと、支点はちょうど $\mathrm{E}$ に来る。

$\mathrm{M}$ は $\mathrm{BC}$ の中点だから、$\mathrm{B}$ と $\mathrm{C}$ は同じ重さ。$\mathrm{C}=2$ に合わせて $\mathrm{B}=2$ とする。すると直線 $\mathrm{AM}$ の上では、$\mathrm{A}$ に $1$、$\mathrm{M}$ に $\mathrm{B}+\mathrm{C}=4$ が乗っている。全体の釣り合いの支点 $\mathrm{P}$ は、重いほう($\mathrm{M}$)に近い位置で

$$\mathrm{AP}:\mathrm{PM}=4:1$$

おもりの逆比で比が読める。メネラウスと同じ答えだ。おもちゃのようだが中身は厳密で、複数の比が絡む点ほど役に立つ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 円周角は、見ている弧の大きさに比例する。弧の比が与えられたら、角の比も同じだ。

注意はただ1点、「どの角がどの弧を見ているか」。$\angle \mathrm{A}$ が見るのは、$\mathrm{A}$ を含まない向かいの弧 $\mathrm{BC}$ である。まず弧全体 $360^{\circ }$ を $2:3:4$ に配分して中心角を出し、円周角はその半分。対応さえ間違えなければ、機械的に終わる。

弧全体は $360^{\circ }$。これを $2:3:4$(合計 $9$)に分けると、各弧の中心角は

$$\text{弧}\mathrm{AB}=360^{\circ }\times \frac{2}{9}=80^{\circ },\text{弧}\mathrm{BC}=120^{\circ },\text{弧}\mathrm{CA}=160^{\circ }$$

各頂点の角はその頂点の「向かい」にある弧を見た円周角(中心角の半分)だ。

$$\angle \mathrm{A}=\frac{\text{弧}\mathrm{BC}}{2}=\frac{120^{\circ }}{2}=60^{\circ }$$

$$\angle \mathrm{B}=\frac{\text{弧}\mathrm{CA}}{2}=\frac{160^{\circ }}{2}=80^{\circ }$$

$$\angle \mathrm{C}=\frac{\text{弧}\mathrm{AB}}{2}=\frac{80^{\circ }}{2}=40^{\circ }$$

確かめると $60^{\circ }+80^{\circ }+40^{\circ }=180^{\circ }$ で内角の和に合う。

発展。 「弧の比=円周角の比」は円周角の定理のいちばん実用的な読み方だ。弦の長さの比はこうはいかない(弦は $\sin$ を通じて弧と結びつく。正弦定理が扱う関係)ので、「比例するのは弧まで」という限界も知っておきたい。

円周上に点を増やした問題(円周を $n$ 等分した点から作る三角形の内角、鋭角・直角・鈍角三角形の個数など)も、全部この「弧の配分」の発想で数えられる。

別解

中心角を経由せず、内角の和 $180^{\circ }$ を直接配分する近道もある。3つの内角 $\angle \mathrm{A},\angle \mathrm{B},\angle \mathrm{C}$ は、それぞれ弧 $\mathrm{BC},\mathrm{CA},\mathrm{AB}$ を見ている。円周角は弧に比例するから

$$\angle \mathrm{A}:\angle \mathrm{B}:\angle \mathrm{C}=3:4:2$$

(弧の比 $2:3:4$ を、向かいの角に付け替えた並びだ。)内角の和は $180^{\circ }$。これを $3:4:2$ に配分して

$$\angle \mathrm{A}=180^{\circ }\times \frac{3}{9}=60^{\circ },\angle \mathrm{B}=80^{\circ },\angle \mathrm{C}=40^{\circ }$$

$360^{\circ }$ を配って半分にする本解と、$180^{\circ }$ を配る別解。半分の操作を先に済ませるか後で済ませるかの違いで、答えはもちろん一致する。対応の付け替え($2:3:4\to 3:4:2$)さえ確実なら、この直行便が最短だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 円に内接する四角形でまず使う性質は「向かい合う角の和が $180^{\circ }$」だ。

(1)はこの性質を2回使うだけ。$\angle \mathrm{BCD}=180^{\circ }-95^{\circ }=85^{\circ }$、$\angle \mathrm{ABC}=180^{\circ }-70^{\circ }=110^{\circ }$。(2)の外角は隣の内角と足して $180^{\circ }$。つまり $\angle \mathrm{DCE}=180^{\circ }-\angle \mathrm{BCD}$ で、結果は向かいの内角 $\angle \mathrm{BAD}$ と同じ値になる。「外角=内対角」という言い回しで覚えられている性質だ。

(1) 向かい合う角の和は $180^{\circ }$ なので

$$\angle \mathrm{BCD}=180^{\circ }-\angle \mathrm{BAD}=180^{\circ }-95^{\circ }=85^{\circ }$$

$$\angle \mathrm{ABC}=180^{\circ }-\angle \mathrm{ADC}=180^{\circ }-70^{\circ }=110^{\circ }$$

(2) $\mathrm{B}$、$\mathrm{C}$、$\mathrm{E}$ は一直線上にあるので、$\angle \mathrm{BCD}$ と $\angle \mathrm{DCE}$ をたすと $180^{\circ }$。

$$\angle \mathrm{DCE}=180^{\circ }-\angle \mathrm{BCD}=180^{\circ }-85^{\circ }=95^{\circ }$$

まとめ:これは向かいの内角 $\angle \mathrm{BAD}=95^{\circ }$ と一致する。内接四角形の外角は向かいの内角に等しい。

発展。 この性質は逆も成り立つ。「向かい合う角の和が $180^{\circ }$ なら、その四角形は円に内接する」。4点が同一円周上にあることを示す道具(共円条件)として、証明問題で頻繁に使われる。

「外角=内対角」も共円の判定に使える形だ。図の中に円が見えないのに角の条件だけが与えられたら、「隠れた円があるのでは」と疑う。その嗅覚がこの単元の応用力である。

別解

「対角の和 $180^{\circ }$」の出どころまで見える、弧で読む方法もある。円周角は見ている弧の半分だった。$\angle \mathrm{BAD}=95^{\circ }$ は、$\mathrm{A}$ の向かい側の弧 $\mathrm{BCD}$ を見ているから、弧 $\mathrm{BCD}=190^{\circ }$。すると残りの弧 $\mathrm{BAD}$ は $360^{\circ }-190^{\circ }=170^{\circ }$。これを見るのが $\angle \mathrm{BCD}$ だから

$$\angle \mathrm{BCD}=\frac{170^{\circ }}{2}=85^{\circ }$$

向かい合う2つの角は円周を2つに割った弧をそれぞれ半分ずつ見ている。だから和は必ず $\frac{360^{\circ }}{2}=180^{\circ }$。性質の証明そのものが計算の中に現れた。

弧の言葉に降りると、内接四角形の性質・円周角・接弦定理が全部「弧の半分」という1つの文法で読めるようになる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 接線と弦のなす角を見たら、接弦定理だ。「接線と弦 $\mathrm{AB}$ のなす角は、その弦が反対側に作る円周角 $\angle \mathrm{ACB}$ に等しい」。

だから $\angle \mathrm{ACB}=62^{\circ }$ が即座に手に入る。あとは三角形の内角の和。$\angle \mathrm{BAC}=180^{\circ }-73^{\circ }-62^{\circ }=45^{\circ }$ で仕上がる。

点 $\mathrm{A}$ での接線と弦 $\mathrm{AB}$ のなす角は、弦 $\mathrm{AB}$ を反対側の弧から見た円周角 $\angle \mathrm{ACB}$ に等しい。よって

$$\angle \mathrm{ACB}=62^{\circ }$$

あとは $△\mathrm{ABC}$ の内角の和 $180^{\circ }$ から

$$\angle \mathrm{BAC}=180^{\circ }-\angle \mathrm{ABC}-\angle \mathrm{ACB}=180^{\circ }-73^{\circ }-62^{\circ }=45^{\circ }$$

発展。 接弦定理は「円周角の定理の極限」と見ることもできる。弦 $\mathrm{AC}$ の $\mathrm{C}$ を $\mathrm{A}$ にどんどん近づけると、弦 $\mathrm{AC}$ は接線に近づき、円周角の定理がそのまま接弦定理の主張になだれ込む。

接弦定理の逆(角が等しければその直線は接線)は、接することの証明に使える。方べきの定理(接線と割線)の証明でも、相似を作る決め手になるのは接弦定理だ。次の問題でその共演が見られる。

別解

接弦定理を忘れたときのために、「中心を経由する」導き直しの道を知っておくとよい。円の中心を $\mathrm{O}$ とする。接線は接点で半径と直角に交わるから、$\angle \mathrm{OAB}=90^{\circ }-62^{\circ }=28^{\circ }$。$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$(半径)の二等辺三角形 $\mathrm{OAB}$ で、頂角は

$$\angle \mathrm{AOB}=180^{\circ }-2\times 28^{\circ }=124^{\circ }$$

これは弦 $\mathrm{AB}$ の中心角だから、円周角はその半分で $\angle \mathrm{ACB}=62^{\circ }$。接弦定理と同じ値が、半径の直角と二等辺三角形だけから出てきた。

実はこれこそが接弦定理の証明である。「接線が出てきたら半径との直角を書き込む」は、接弦定理・接線の長さ・方べきのすべてに通じる、円の問題の第一の反射だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 外の点から接線と割線。この配置の方べきの定理は ${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$ だ。

接線側が2乗になる。「接線は、割線の2交点が1点に重なった特別な場合」と考えると、$\mathrm{PT}\cdot \mathrm{PT}$ の形で自然に覚えられる。${\mathrm{PT}}^2=3\times 12=36$ で $\mathrm{PT}=6$。(2)の $\mathrm{AB}$ は割線上の引き算 $\mathrm{PB}-\mathrm{PA}$ だ。

(1) 定理に数を入れる。

$${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}=3\times 12=36$$

$$\mathrm{PT}=\sqrt{36}=6$$

(2) $\mathrm{A}$ は $\mathrm{P}$ に近いほう、$\mathrm{B}$ は遠いほうで、$\mathrm{P}$、$\mathrm{A}$、$\mathrm{B}$ はこの順に一直線上にある。だから

$$\mathrm{AB}=\mathrm{PB}-\mathrm{PA}=12-3=9$$

発展。 点 $\mathrm{P}$ を固定すると、どの割線を引いても $\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$ の値は同じになる(それが「方べき」の名の由来だ)。この一定値は中心との距離 $d$ と半径 $r$ で $d^2-r^2$ と書ける。接線の場合 ${\mathrm{PT}}^2=d^2-r^2$ は三平方の定理そのものだ。

「方べき=$d^2-r^2$」という座標寄りの見方は、数学IIの円の方程式(円の外・内の判定)や、2円の根軸の話へまっすぐつながる。

別解

定理の中身は「相似」だ。素手で導くと、2乗になる理由が見える。$△\mathrm{PTA}$ と $△\mathrm{PBT}$ を見比べる。$\angle \mathrm{P}$ は共通。そして接弦定理から、$\angle \mathrm{PTA}$(接線と弦 $\mathrm{TA}$ のなす角)は円周角 $\angle \mathrm{PBT}$ に等しい。

2角が等しいから $△\mathrm{PTA}\backsim △\mathrm{PBT}$。対応する辺の比をとると

$$\frac{\mathrm{PT}}{\mathrm{PA}}=\frac{\mathrm{PB}}{\mathrm{PT}}$$

分母を払えば ${\mathrm{PT}}^2=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}$。数値では $\frac{6}{3}=\frac{12}{6}=2$ で、相似比 $2$ の三角形が入れ子になっている。方べきの定理は3つの型(2弦・2割線・接線と割線)があるが、どれも元になっているのは「相似な三角形のペア」である。忘れたら相似を探せばよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は「面の情報から数え上げる」。面は8枚、各面は三角形で辺が3本。ただし辺は2つの面に共有されるから、$8\times 3$ をそのまま辺の数にはできない。

共有のぶんで割ることを忘れない。頂点も同じ発想で数えられるし、オイラーの定理 $v-e+f=2$ で逆算・検算もできる。(2)の「ねじれの位置」は「平行でなく、交わりもしない」こと。正面から探すより、平行な辺と交わる辺を除いて残りを数えるほうが確実だ。

(1) 面は正三角形が $f=8$ 枚。1枚に辺 $3$ 本、1辺は $2$ 面で共有するので

$$e=\frac{3\times 8}{2}=12$$

オイラーの定理に入れる。

$$v-12+8=2\Rightarrow v=6$$

(2) 立方体には辺が全部で $12$ 本。辺 $\mathrm{AB}$ について、他の $11$ 本を分類する。

• $\mathrm{AB}$ と交わる辺(端点 $\mathrm{A}$ か $\mathrm{B}$ を共有):$\mathrm{AD}$、$\mathrm{AE}$、$\mathrm{BC}$、$\mathrm{BF}$ の $4$ 本
• $\mathrm{AB}$ と平行な辺:$\mathrm{DC}$、$\mathrm{EF}$、$\mathrm{HG}$ の $3$ 本

残りが「平行でも交わりでもない」= ねじれの位置。

$$11-4-3=4(\text{本})$$

まとめ:具体的には $\mathrm{CG}$、$\mathrm{DH}$、$\mathrm{FG}$、$\mathrm{EH}$ の $4$ 本。

発展。 「$\times$(1つあたりの個数)$÷$(共有の重複)」という数え方は、正多面体5種すべてに通用する。正十二面体なら $e=\frac{12\times 5}{2}=30$、$v=\frac{12\times 5}{3}=20$、という具合だ。

オイラーの定理 $v-e+f=2$ は、どんな凸多面体でも成り立つ等式で、「正多面体が5種類しかない」ことの証明の中心にもなる。数え上げの検算道具として使いながら、どの凸多面体でも成り立つことも確かめてほしい。

別解

(1)はオイラーの定理を使わず「共有で割る」だけで両方数え切れる。辺: 8枚の面が3本ずつ辺を持ち、どの辺もちょうど2枚の面に挟まれる。

$$e=\frac{8\times 3}{2}=12$$

頂点: 8枚の面が3個ずつ頂点を持ち、正八面体ではどの頂点にも4枚の面が集まる。

$$v=\frac{8\times 3}{4}=6$$

仕上げにオイラーの定理で検算すると $6-12+8=2$。合格だ。(2)は「在庫管理」で数える。立方体の辺は全部で12本。$\mathrm{AB}$ 自身が1本、$\mathrm{AB}$ に平行な辺が3本、$\mathrm{AB}$ と交わる辺($\mathrm{A}$ か $\mathrm{B}$ を通る辺)が4本。残りがねじれの位置で

$$12-1-3-4=4(\text{本})$$

「全体から分類して引く」と、数え落としが構造的に起きない。