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京都大学 1969年理系第2問解説

方針・初手

証明すべき等式は2つの等号を含むので、まず

$$ \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} = \frac{DP}{CP} $$

を示し、次に

$$ \tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} $$

を示す。

前半は、$\triangle ADB$ と $\triangle ACB$ が底辺 $AB$ を共有していることに着目し、面積比を高さの比に帰着させる。後半は、線分 $CD$ が円の直径であることから円周角が $90^\circ$ となることを利用し、$\tan \alpha$ と $\tan \beta$ を直角三角形の辺の長さの比で表して面積比と結びつける。

解法1

線分 $CD$ は円の直径であるから、円周角の定理より $\angle CAD = \angle CBD = 90^\circ$ である。したがって、$\alpha, \beta$ はともに鋭角である。

まず、$\frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} = \frac{DP}{CP}$ を証明する。

点 $D, C$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $H_D, H_C$ とする。 $\triangle ADB$ と $\triangle ACB$ は底辺 $AB$ を共有しているため、その面積比は高さの比に等しい。すなわち、

$$ \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} = \frac{DH_D}{CH_C} $$

が成り立つ。ここで、直角三角形 $\triangle PDH_D$ と $\triangle PCH_C$ に着目すると、$\angle DH_DP = \angle CH_CP = 90^\circ$ であり、さらに対頂角は等しいので $\angle DPH_D = \angle CPH_C$ である。 2組の角がそれぞれ等しいため $\triangle PDH_D \sim \triangle PCH_C$ となる。相似な図形の対応する辺の比は等しいので、

$$ \frac{DH_D}{CH_C} = \frac{DP}{CP} $$

が成り立つ。ゆえに、

$$ \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} = \frac{DP}{CP} $$

が成り立つ。

次に、$\tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB}$ を証明する。

直角三角形 $CAD$ において $\angle ACD = \alpha$ であるから、

$$ \tan \alpha = \frac{AD}{AC} $$

直角三角形 $CBD$ において $\angle BCD = \beta$ であるから、

$$ \tan \beta = \frac{BD}{BC} $$

したがって、これら辺々を掛け合わせると以下の式を得る。

$$ \tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{AD \cdot BD}{AC \cdot BC} $$

一方で、$\triangle ADB$ と $\triangle ACB$ の面積は、それぞれ以下のように表せる。

$$ \triangle ADB = \frac{1}{2} AD \cdot BD \sin \angle ADB $$

$$ \triangle ACB = \frac{1}{2} AC \cdot BC \sin \angle ACB $$

弦 $AB$ は直径 $CD$ 上の点 $P$ で交わるため、点 $C$ と点 $D$ は直線 $AB$ に関して反対側にある。したがって、四角形 $ACBD$ は円に内接する凸四角形である。円に内接する四角形の対角の和は $180^\circ$ であるから、$\angle ADB + \angle ACB = 180^\circ$ が成り立つ。これより、$\sin \angle ADB = \sin(180^\circ - \angle ACB) = \sin \angle ACB$ となる。

この関係を用いて面積比を計算すると、

$$ \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} = \frac{\frac{1}{2} AD \cdot BD \sin \angle ADB}{\frac{1}{2} AC \cdot BC \sin \angle ACB} = \frac{AD \cdot BD}{AC \cdot BC} $$

となる。先に求めた $\tan \alpha \cdot \tan \beta$ の式と比較することで、

$$ \tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} $$

が成り立つ。以上より、

$$ \tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} = \frac{DP}{CP} $$

が成り立つ。

解法2

座標平面を設定し、点の座標を用いて代数的に証明する。

円の中心を原点 $O(0,0)$ とし、円の半径を $R$ とする。直線 $CD$ を $x$ 軸上にとり、$C(-R, 0), D(R, 0)$ とする。弦 $AB$ と直径 $CD$ は点 $P$ で交わるため、点 $A, B$ は $x$ 軸に関して互いに反対側にあるとして一般性を失わない。円周角の定理より、弧 $AD$ に対する中心角は $2\alpha$、弧 $BD$ に対する中心角は $2\beta$ である。したがって、点 $A, B$ の座標は以下のように設定できる。

$$ A(R\cos 2\alpha, R\sin 2\alpha) $$

$$ B(R\cos 2\beta, -R\sin 2\beta) $$

(i)

$\alpha \neq \beta$ のとき

直線 $AB$ の傾き $m$ は、

$$ m = \frac{-R\sin 2\beta - R\sin 2\alpha}{R\cos 2\beta - R\cos 2\alpha} = \frac{-(\sin 2\alpha + \sin 2\beta)}{\cos 2\beta - \cos 2\alpha} $$

和積の公式より $\sin 2\alpha + \sin 2\beta = 2\sin(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)$ および $\cos 2\beta - \cos 2\alpha = -2\sin(\alpha+\beta)\sin(\beta-\alpha) = 2\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)$ であるから、

$$ m = \frac{-2\sin(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)}{2\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)} = -\frac{\cos(\alpha-\beta)}{\sin(\alpha-\beta)} $$

直線 $AB$ の方程式は $y - R\sin 2\alpha = m(x - R\cos 2\alpha)$ であり、$y=0$ を代入して点 $P$ の $x$ 座標 $p$ を求める。

$$ -R\sin 2\alpha = -\frac{\cos(\alpha-\beta)}{\sin(\alpha-\beta)} (p - R\cos 2\alpha) $$

$$ p = R\cos 2\alpha + R\sin 2\alpha \frac{\sin(\alpha-\beta)}{\cos(\alpha-\beta)} = R \frac{\cos 2\alpha \cos(\alpha-\beta) + \sin 2\alpha \sin(\alpha-\beta)}{\cos(\alpha-\beta)} $$

加法定理 $\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ を用いると、分子は $\cos(2\alpha - (\alpha - \beta)) = \cos(\alpha+\beta)$ となるため、

$$ p = R \frac{\cos(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha-\beta)} $$

これより、線分 $CP, DP$ の長さを求める。加法定理より $\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta) = 2\cos\alpha\cos\beta$、および $\cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta) = 2\sin\alpha\sin\beta$ であることに注意する。

$$ CP = p - (-R) = R \left( \frac{\cos(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha-\beta)} + 1 \right) = R \frac{\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta)}{\cos(\alpha-\beta)} = R \frac{2\cos\alpha\cos\beta}{\cos(\alpha-\beta)} $$

$$ DP = R - p = R \left( 1 - \frac{\cos(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha-\beta)} \right) = R \frac{\cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha-\beta)} = R \frac{2\sin\alpha\sin\beta}{\cos(\alpha-\beta)} $$

したがって、これらの比をとると、

$$ \frac{DP}{CP} = \frac{2\sin\alpha\sin\beta}{2\cos\alpha\cos\beta} = \tan\alpha \tan\beta $$

(ii)

$\alpha = \beta$ のとき

点 $A, B$ は $x$ 軸に関して対称となり、直線 $AB$ は $x$ 軸に垂直となる。このとき、点 $P$ の $x$ 座標は $R\cos 2\alpha$ である。

$$ CP = R\cos 2\alpha + R = R(1+\cos 2\alpha) = 2R\cos^2 \alpha $$

$$ DP = R - R\cos 2\alpha = R(1-\cos 2\alpha) = 2R\sin^2 \alpha $$

したがって、

$$ \frac{DP}{CP} = \frac{2R\sin^2 \alpha}{2R\cos^2 \alpha} = \tan^2 \alpha = \tan \alpha \tan \beta $$

となり、この場合も成立する。

(i), (ii) いずれの場合も $\tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{DP}{CP}$ が成り立つ。また、$\triangle ADB$ と $\triangle ACB$ は底辺 $AB$ を共有するため、解法1と同様の理由で面積比は $AB$ を含む直線への距離の比、すなわち $DP : CP$ に等しい。よって、

$$ \tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{\triangle ADB}{\triangle ACB} = \frac{DP}{CP} $$

が成り立つ。