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京都大学 1963年文系第2問解説

方針・初手

正弦定理から外接円の半径が等しいことと 1 辺の長さが等しいことを用いて、対応する角の関係を導く。$\sin C = \sin F$ が得られるため、$C=F$ のほかに $C+F=180^\circ$ の可能性が生じる。後者の場合において、内接円の半径に関する条件を用いて、実際に合同にならない三角形の組（反例）が構成できないかを検討する。

解法1

$\triangle ABC$ の各辺の長さを $BC=a, CA=b, AB=c$、各角の大きさを $A, B, C$ とする。同様に、$\triangle DEF$ の各辺の長さを $EF=d, FD=e, DE=f$、各角の大きさを $D, E, F$ とする。仮定より $c=f$ である。外接円の半径を $R$ とすると、正弦定理より

$$ 2R = \frac{c}{\sin C} = \frac{f}{\sin F} $$

$c=f$ であるから、$\sin C = \sin F$ が成り立つ。したがって、$C = F$ または $C + F = 180^\circ$ である。

次に、内接円の半径 $r$ について考える。 $\triangle ABC$ の面積を $S$ とすると、

$$ S = \frac{1}{2}r(a+b+c) = \frac{1}{2}ab \sin C $$

これより、

$$ r = \frac{ab \sin C}{a+b+c} $$

余弦定理 $c^2 = a^2+b^2-2ab \cos C = (a+b)^2 - 2ab(1+\cos C)$ より、

$$ ab = \frac{(a+b)^2-c^2}{2(1+\cos C)} = \frac{(a+b-c)(a+b+c)}{2(1+\cos C)} $$

これを $r$ の式に代入すると、

$$ r = \frac{(a+b-c) \sin C}{2(1+\cos C)} $$

となる。

ここで、$C + F = 180^\circ$ かつ $C \neq 90^\circ$ の場合として、$C = 60^\circ, F = 120^\circ$ の場合を考える。 $c = f = \sqrt{3}$ とすると、両者の外接円の半径は

$$ R = \frac{\sqrt{3}}{2 \sin 60^\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2 \sin 120^\circ} = 1 $$

となり、等しくなる。この設定のもと、$\triangle ABC$ と $\triangle DEF$ の内接円の半径 $r$ がともに $r = \frac{\sqrt{3}}{10}$ となるように辺の長さを定め、反例を構成する。

$\triangle ABC$ について、$C = 60^\circ, c = \sqrt{3}, r = \frac{\sqrt{3}}{10}$ を先ほどの $r$ の式に代入する。

$$ \frac{\sqrt{3}}{10} = \frac{(a+b-\sqrt{3}) \sin 60^\circ}{2(1+\cos 60^\circ)} = \frac{(a+b-\sqrt{3}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{2 \cdot \frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{6}(a+b-\sqrt{3}) $$

これより、

$$ a+b-\sqrt{3} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5} \implies a+b = \sqrt{3} + \frac{3}{5} $$

また、積 $ab$ は、

$$ ab = \frac{(a+b)^2 - c^2}{2(1+\cos 60^\circ)} = \frac{\left(\sqrt{3} + \frac{3}{5}\right)^2 - 3}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{5} + \frac{3}{25} $$

$a, b$ を解にもつ 2 次方程式 $t^2 - (a+b)t + ab = 0$ の判別式 $D_1$ は、

$$ D_1 = \left( \sqrt{3} + \frac{3}{5} \right)^2 - 4 \left( \frac{2\sqrt{3}}{5} + \frac{3}{25} \right) = 3 - \frac{2\sqrt{3}}{5} - \frac{3}{25} = \frac{72 - 10\sqrt{3}}{25} > 0 $$

よって実数 $a, b$ が存在する。$a+b > 0, ab > 0$ より $a, b$ はともに正であり、$a+b = \sqrt{3} + \frac{3}{5} > \sqrt{3} = c$ を満たすので、このような $\triangle ABC$ は存在する。

$\triangle DEF$ について、$F = 120^\circ, f = \sqrt{3}, r = \frac{\sqrt{3}}{10}$ を代入する。

$$ \frac{\sqrt{3}}{10} = \frac{(d+e-\sqrt{3}) \sin 120^\circ}{2(1+\cos 120^\circ)} = \frac{(d+e-\sqrt{3}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{2 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2}(d+e-\sqrt{3}) $$

これより、

$$ d+e-\sqrt{3} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5} \implies d+e = \sqrt{3} + \frac{1}{5} $$

また、積 $de$ は、

$$ de = \frac{(d+e)^2 - f^2}{2(1+\cos 120^\circ)} = \frac{\left(\sqrt{3} + \frac{1}{5}\right)^2 - 3}{1} = \frac{2\sqrt{3}}{5} + \frac{1}{25} $$

$d, e$ を解にもつ 2 次方程式 $t^2 - (d+e)t + de = 0$ の判別式 $D_2$ は、

$$ D_2 = \left( \sqrt{3} + \frac{1}{5} \right)^2 - 4 \left( \frac{2\sqrt{3}}{5} + \frac{1}{25} \right) = 3 - \frac{6\sqrt{3}}{5} - \frac{3}{25} = \frac{72 - 30\sqrt{3}}{25} $$

$30\sqrt{3} = \sqrt{2700} < 52$ であるから $72 - 30\sqrt{3} > 0$ となり、実数 $d, e$ が存在する。$d+e > 0, de > 0$ より $d, e$ はともに正であり、$d+e = \sqrt{3} + \frac{1}{5} > \sqrt{3} = f$ を満たすので、このような $\triangle DEF$ は存在する。

以上で構成した $\triangle ABC$ と $\triangle DEF$ において、$AB=DE=\sqrt{3}$ であり、外接円の半径も $1$、内接円の半径も $\frac{\sqrt{3}}{10}$ でそれぞれ等しい。しかし、$a+b \neq d+e$ であるため 3 辺の長さの組は一致せず、2 つの三角形は合同ではない。