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大阪大学 1965年理系第1問解説

方針・初手

(1) 与えられた線分比から各辺の長さの比を求め、図形的な性質を明らかにします。角の二等分線の性質とメネラウスの定理（あるいはベクトル）を利用して $\triangle ABE \sim \triangle ACD$ を導くのが目標となります。

(2) (1) の結果を利用して、$BC$ と $BM$ の長さの比を求めます。その後、$\triangle BCM$ に余弦定理を用いるか、あるいは角度の関係に注目して $\triangle ABC$ に正弦定理を用いることで辺の長さを求めます。

解法1

(1)

$\triangle ABM$ において、$AE$ は $\angle A$ の二等分線であるから、

$$ AB : AM = BE : EM = \sqrt{2} : 1 $$

$M$ は $AC$ の中点であるから、$AC = 2AM$

よって、$AB$ と $AC$ の辺の比は以下となります。

$$ AB : AC = \sqrt{2}AM : 2AM = 1 : \sqrt{2} $$

$\triangle ABC$ において、$AD$ は $\angle A$ の二等分線であるから、

$$ BD : DC = AB : AC = 1 : \sqrt{2} \quad \cdots \text{(i)} $$

次に、$\triangle ADC$ と直線 $BEM$ についてメネラウスの定理を用いると、

$$ \frac{AM}{MC} \cdot \frac{CB}{BD} \cdot \frac{DE}{EA} = 1 $$

$AM = MC$ であり、(i) より $CB : BD = (1+\sqrt{2}) : 1$ であるから、

$$ 1 \cdot \frac{1+\sqrt{2}}{1} \cdot \frac{DE}{EA} = 1 $$

よって、$EA : DE = (1+\sqrt{2}) : 1$ となります。

これより、$EA : AD = (1+\sqrt{2}) : (1+\sqrt{2}+1) = (1+\sqrt{2}) : \sqrt{2}(\sqrt{2}+1) = 1 : \sqrt{2}$

ここで、$\triangle ABE$ と $\triangle ACD$ について、

$$ AB : AC = 1 : \sqrt{2} $$

$$ AE : AD = 1 : \sqrt{2} $$

ゆえに、$AB : AC = AE : AD$

また、$AD$ は $\angle A$ の二等分線であるから、$\angle BAE = \angle CAD$

2組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいから、

$$ \triangle ABE \sim \triangle ACD $$

相似な図形の対応する辺の比は等しいから、

$$ BE : CD = AB : AC = 1 : \sqrt{2} $$

よって、$CD = \sqrt{2}BE$

一方で、(i) より $DC = \sqrt{2}BD$ であるから、

$$ \sqrt{2}BE = \sqrt{2}BD $$

すなわち、$BD = BE$ が成り立ちます。

(2)

$AC = 2a$ より、$AM = MC = a$

(1) より $AB : AC = 1 : \sqrt{2}$ だから、$AB = \sqrt{2}a$

$\triangle BCM$ に着目し、$BM = y$、$BC = x$ とおきます。

$E$ は $BM$ を $\sqrt{2} : 1$ に内分する点だから、

$$ BE = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}y = \sqrt{2}(\sqrt{2}-1)y $$

$D$ は $BC$ を $1 : \sqrt{2}$ に内分する点だから、

$$ BD = \frac{1}{1+\sqrt{2}}x = (\sqrt{2}-1)x $$

(1) より $BD = BE$ であるから、

$$ (\sqrt{2}-1)x = \sqrt{2}(\sqrt{2}-1)y $$

$$ x = \sqrt{2}y \quad \text{すなわち} \quad BC = \sqrt{2}BM $$

$\triangle BCM$ において、余弦定理を用いると、

$$ MC^2 = BM^2 + BC^2 - 2 \cdot BM \cdot BC \cos \angle MBC $$

$MC = a$、$\angle MBC = 45^{\circ}$ を代入して、

$$ a^2 = y^2 + (\sqrt{2}y)^2 - 2 \cdot y \cdot \sqrt{2}y \cdot \cos 45^{\circ} $$

$$ a^2 = y^2 + 2y^2 - 2\sqrt{2}y^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} $$

$$ a^2 = 3y^2 - 2y^2 $$

$$ a^2 = y^2 $$

$y > 0$ より $y = a$

よって、$BC = \sqrt{2}y = \sqrt{2}a$ と求まります。

解法2

(1)

$\overrightarrow{AB} = \vec{b}$, $\overrightarrow{AC} = \vec{c}$ とおきます。

$\triangle ABM$ において $AE$ は $\angle A$ の二等分線より、$AB : AM = \sqrt{2} : 1$ であるから、$|\vec{b}| = \sqrt{2}|\overrightarrow{AM}| = \frac{\sqrt{2}}{2}|\vec{c}|$

よって、$|\vec{b}| : |\vec{c}| = 1 : \sqrt{2}$

点 $E$ は $BM$ を $\sqrt{2} : 1$ に内分するので、

$$ \overrightarrow{AE} = \frac{1 \cdot \vec{b} + \sqrt{2} \cdot \overrightarrow{AM}}{\sqrt{2}+1} = \frac{\vec{b} + \frac{\sqrt{2}}{2}\vec{c}}{\sqrt{2}+1} $$

点 $D$ は $\angle A$ の二等分線により $BC$ を $|\vec{b}| : |\vec{c}| = 1 : \sqrt{2}$ に内分するので、

$$ \overrightarrow{AD} = \frac{\sqrt{2}\vec{b} + \vec{c}}{1+\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}\left(\vec{b} + \frac{\sqrt{2}}{2}\vec{c}\right)}{\sqrt{2}+1} = \sqrt{2}\overrightarrow{AE} $$

これより、$\triangle ABE$ と $\triangle ACD$ において、

$$ AE : AD = 1 : \sqrt{2}, \quad AB : AC = 1 : \sqrt{2} $$

であり、$\angle BAE = \angle CAD$ であるから、$\triangle ABE \sim \triangle ACD$

相似比より $BE : CD = 1 : \sqrt{2}$ であり、$CD = \sqrt{2}BE$

また、$BD : CD = 1 : \sqrt{2}$ より $CD = \sqrt{2}BD$

したがって、$BD = BE$ が成り立ちます。

(2)

(1) における $\triangle ABE \sim \triangle ACD$ より、対応する角が等しいので $\angle ABE = \angle C$

与条件より $\angle MBC = 45^{\circ}$ であるから、

$$ \angle B = \angle ABE + \angle MBC = \angle C + 45^{\circ} $$

$\triangle ABC$ において正弦定理を用いると、

$$ \frac{AC}{\sin B} = \frac{AB}{\sin C} $$

$AC = 2a$、$AB = \sqrt{2}a$ を代入して、

$$ \frac{2a}{\sin(C + 45^{\circ})} = \frac{\sqrt{2}a}{\sin C} $$

$$ \sqrt{2} \sin C = \sin(C + 45^{\circ}) $$

加法定理を用いて右辺を展開すると、

$$ \sqrt{2} \sin C = \sin C \cos 45^{\circ} + \cos C \sin 45^{\circ} $$

$$ \sqrt{2} \sin C = \frac{1}{\sqrt{2}} \sin C + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos C $$

両辺に $\sqrt{2}$ を掛けて整理すると、

$$ 2 \sin C = \sin C + \cos C $$

$$ \sin C = \cos C $$

$0^{\circ} < C < 180^{\circ}$ においてこれを満たすのは $C = 45^{\circ}$ のみです。

よって、$\angle B = 45^{\circ} + 45^{\circ} = 90^{\circ}$

したがって $\triangle ABC$ は $\angle B = 90^{\circ}$ の直角三角形であるから、三平方の定理より

$$ BC^2 = AC^2 - AB^2 = (2a)^2 - (\sqrt{2}a)^2 = 4a^2 - 2a^2 = 2a^2 $$

$BC > 0$ より $BC = \sqrt{2}a$ と求まります。

解説

(1) は、角の二等分線の性質を組み合わせて辺の比を導き出し、相似な三角形（$\triangle ABE \sim \triangle ACD$）を見つけることが鍵となります。メネラウスの定理を使うことで比の計算が整理されますが、解法2のようにベクトルを用いると機械的な計算で一直線上の条件や相似条件を導出できるため、図形的な閃きに頼らない有力なアプローチとなります。

(2) は、(1)の結論である $BD=BE$ から $BC$ と $BM$ の長さの比を求めて $\triangle BCM$ に余弦定理を適用する解法が、見通しが良く計算も少ないです。また、解法2のように正弦定理を用いて $\angle B$ や $\angle C$ を決定する解法も、図形的性質の理解を深めるうえで非常に優れています。