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京都大学 1961年文系第6問解説

方針・初手

問題文には点 $D$ が「 $A$ を通る $BC$ に平行な直線上」にあるとしか書かれていないため、条件を満たす点 $D$ の位置は2つ存在することに注意する。角度や長さの条件が豊富に与えられているため、適当な座標軸を設定して代数的に処理するのが最も確実である。図形的な性質（初等幾何）を用いて解くこともでき、対称性から現れる二等辺三角形に気づけると鮮やかに証明できる。

解法1

点 $B$ を原点 $(0,0)$ とし、直線 $BC$ を $x$ 軸とする座標平面を設定する。点 $C$ は $x$ 軸の正の部分にあるとし、$BC = 2a \ (a > 0)$ とおく。このとき $C(2a, 0)$ である。

$\triangle ABC$ は $\angle A = 90^\circ$ の直角二等辺三角形であるから、点 $A$ から斜辺 $BC$ に下ろした垂線の足は $BC$ の中点 $(a, 0)$ であり、その垂線の長さは $a$ である。 $A$ の $y$ 座標を正とすると、$A(a, a)$ と表せる。

点 $A$ を通り $BC$ に平行な直線の方程式は $y = a$ である。点 $D$ はこの直線上にあるため、$D(d, a)$ とおける。 $BD = BC = 2a$ より、以下の等式が成り立つ。

$$ d^2 + a^2 = (2a)^2 $$

$$ d^2 = 3a^2 $$

よって、$d = \pm \sqrt{3}a$ となり、$D$ の座標は $(\sqrt{3}a, a)$ または $(-\sqrt{3}a, a)$ の2通り考えられる。

(i)

ベクトル $\vec{BA} = (a, a)$ より、直線 $BA$ が $x$ 軸の正の向き（直線 $BC$）となす角は $45^\circ$ である。

(ア)

$D(\sqrt{3}a, a)$ のとき直線 $BD$ が $x$ 軸の正の向きとなす角を $\theta_1$ とすると、

$$ \tan \theta_1 = \frac{a}{\sqrt{3}a} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$

$y$ 座標が正であるから $\theta_1 = 30^\circ$ である。したがって、$\angle ABD = |45^\circ - 30^\circ| = 15^\circ$ となる。

(イ)

$D(-\sqrt{3}a, a)$ のとき直線 $BD$ が $x$ 軸の正の向きとなす角を $\theta_2$ とすると、

$$ \tan \theta_2 = -\frac{a}{\sqrt{3}a} = -\frac{1}{\sqrt{3}} $$

$y$ 座標が正であるから $\theta_2 = 150^\circ$ である。したがって、$\angle ABD = 150^\circ - 45^\circ = 105^\circ$ となる。

(ii)

直線 $AC$ は $A(a, a)$ と $C(2a, 0)$ を通るため、その方程式は $y = -x + 2a$ である。点 $F$ は $x$ 軸に関して $D(d, a)$ と対称な点であるから、$F(d, -a)$ である。点 $E$ は直線 $AC$ と直線 $BD \ (y = \frac{a}{d}x)$ の交点である。連立して解くと、

$$ \frac{a}{d}x = -x + 2a $$

$$ \frac{a+d}{d}x = 2a \implies x = \frac{2ad}{a+d} $$

$$ y = \frac{2a^2}{a+d} $$

よって、$E \left( \frac{2ad}{a+d}, \frac{2a^2}{a+d} \right)$ を得る。これを用いてベクトル $\vec{DC}$ と $\vec{EF}$ を比較する。

(ア)

$d = \sqrt{3}a$ のとき $\vec{DC} = (2a - \sqrt{3}a, -a) = ((2-\sqrt{3})a, -a)$ である。点 $E$ の座標は、

$$ x = \frac{2\sqrt{3}a^2}{(\sqrt{3}+1)a} = \sqrt{3}(\sqrt{3}-1)a = (3-\sqrt{3})a $$

$$ y = \frac{2a^2}{(\sqrt{3}+1)a} = (\sqrt{3}-1)a $$

よって $E((3-\sqrt{3})a, (\sqrt{3}-1)a)$ となる。 $F(\sqrt{3}a, -a)$ より、$\vec{EF}$ は以下のようになる。

$$ \vec{EF} = (\sqrt{3}a - (3-\sqrt{3})a, -a - (\sqrt{3}-1)a) = ((2\sqrt{3}-3)a, -\sqrt{3}a) $$

ここで、$\sqrt{3}\vec{DC} = \sqrt{3}((2-\sqrt{3})a, -a) = ((2\sqrt{3}-3)a, -\sqrt{3}a)$ であるから、$\vec{EF} = \sqrt{3}\vec{DC}$ が成り立つ。したがって、$EF \parallel DC$ である。

(イ)

$d = -\sqrt{3}a$ のとき $\vec{DC} = (2a - (-\sqrt{3}a), -a) = ((2+\sqrt{3})a, -a)$ である。点 $E$ の座標は、

$$ x = \frac{-2\sqrt{3}a^2}{(1-\sqrt{3})a} = \sqrt{3}(\sqrt{3}+1)a = (3+\sqrt{3})a $$

$$ y = \frac{2a^2}{(1-\sqrt{3})a} = -(1+\sqrt{3})a $$

よって $E((3+\sqrt{3})a, -(1+\sqrt{3})a)$ となる。 $F(-\sqrt{3}a, -a)$ より、$\vec{EF}$ は以下のようになる。

$$ \vec{EF} = (-\sqrt{3}a - (3+\sqrt{3})a, -a - (-(1+\sqrt{3})a)) = ((-3-2\sqrt{3})a, \sqrt{3}a) $$

ここで、$-\sqrt{3}\vec{DC} = -\sqrt{3}((2+\sqrt{3})a, -a) = ((-3-2\sqrt{3})a, \sqrt{3}a)$ であるから、$\vec{EF} = -\sqrt{3}\vec{DC}$ が成り立つ。したがって、$EF \parallel DC$ である。

以上より、いずれの場合も $EF \parallel DC$ であることが証明された。

解法2

図形的な性質（初等幾何）を用いて解く。

(i)

点 $A$ から $BC$ に下ろした垂線の長さを $h$ とすると、$\triangle ABC$ は直角二等辺三角形であるから $h = \frac{1}{2}BC$ である。直線 $AD$ と直線 $BC$ は平行であるから、点 $D$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の長さも $h$ である。直角三角形のサインの定義より、直線 $BD$ と直線 $BC$ のなす角を $\theta$ とすると $\sin \theta = \frac{h}{BD} = \frac{1}{2}$ となる。よって $\theta = 30^\circ$ であり、図形的な位置関係から $\angle DBC = 30^\circ$ または $150^\circ$ である。

(ア)

$\angle DBC = 30^\circ$ のとき $\angle ABD = |\angle ABC - \angle DBC| = |45^\circ - 30^\circ| = 15^\circ$。

(イ)

$\angle DBC = 150^\circ$ のとき点 $A$ と点 $D$ が点 $B$ から見て反対の方向にあるため、$\angle ABD = \angle DBC - \angle ABC = 150^\circ - 45^\circ = 105^\circ$。

(ii)

(ア)

$\angle DBC = 30^\circ$ のとき $\triangle BDC$ は $BC=BD$ の二等辺三角形であるから、底角は $\angle BCD = \angle BDC = 75^\circ$ である。 $\angle ACB = 45^\circ$ より、$\angle ACD = \angle BCD - \angle ACB = 30^\circ$ である。 $\triangle EBC$ において、$\angle EBC = 30^\circ$、$\angle ECB = 45^\circ$ であるから、外角の性質より $\angle DEC = \angle EBC + \angle ECB = 75^\circ$ となる。よって $\angle BDC = \angle DEC = 75^\circ$ であり、$\triangle CDE$ は $CD=CE$ の二等辺三角形である。また、対称性から $\triangle BDC \equiv \triangle BFC$ であるため、$CD=CF$ かつ $\angle BCF = \angle BCD = 75^\circ$ を得る。以上より $CE=CF$ となり、$\triangle CFE$ も二等辺三角形である。その頂角は $\angle ECF = \angle ECB + \angle BCF = 45^\circ + 75^\circ = 120^\circ$ であるから、底角 $\angle CFE = 30^\circ$ となる。直線 $DC$ と直線 $FC$ のなす角は $\angle DCF = \angle BCD + \angle BCF = 150^\circ$ である。錯角の関係において $\angle DCF + \angle CFE = 150^\circ + 30^\circ = 180^\circ$ となるため、$EF \parallel DC$ である。

(イ)

$\angle DBC = 150^\circ$ のとき $\triangle BDC$ は頂角 $\angle DBC = 150^\circ$ の二等辺三角形であり、底角は $\angle BCD = \angle BDC = 15^\circ$ である。点 $E$ は直線 $AC$ の延長上にあり、直線 $BC$ と直線 $AC$ のなす角は $45^\circ$ であるから、$\angle BCE = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$ である。 $\triangle BCE$ において、対頂角より $\angle CBE = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ$ であるから、$\angle BEC = 180^\circ - (135^\circ + 30^\circ) = 15^\circ$ となる。よって $\angle BDC = \angle BEC = 15^\circ$ であり、$\triangle CDE$ は $CD=CE$ の二等辺三角形である。対称性から $\triangle BDC \equiv \triangle BFC$ であり、$CD=CF$ かつ $\angle BCF = 15^\circ$ を得る。以上より $CE=CF$ となり、$\triangle CFE$ も二等辺三角形である。その頂角は $\angle ECF = \angle BCE - \angle BCF = 135^\circ - 15^\circ = 120^\circ$ であるから、底角 $\angle CFE = 30^\circ$ となる。直線 $DC$ と直線 $FC$ のなす角は $\angle BCD + \angle BCF = 30^\circ$ である。錯角が等しい（$\angle CFE = \angle DCF = 30^\circ$）ため、$EF \parallel DC$ である。