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大阪大学 1976年理系第1問解説

方針・初手

与えられた線分の長さの比の条件式を、$\triangle ABC$ の辺の長さと角を用いて表すことを考える。$\angle B$ が鋭角であることを利用し、直角三角形に着目して垂線の長さ $BH, BK$ を $\cos B$ を用いて表す。条件式が2つ与えられており、それらがともに整数であることから、2式の積をとることで辺の長さを消去し、$\cos B$ に関する条件に帰着させるのが有効な初手である。

解法1

$\triangle ABC$ の辺の長さを $BC=a, CA=b, AB=c$ とおく。

$\angle B$ は鋭角であるから、頂点 $A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足 $H$ は、点 $B$ から見て点 $C$ と同じ半直線上にある。したがって、直角三角形 $\triangle ABH$ において次が成り立つ。

$$ BH = AB \cos B = c \cos B $$

同様に、頂点 $C$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足 $K$ について、直角三角形 $\triangle CBK$ において次が成り立つ。

$$ BK = BC \cos B = a \cos B $$

問題の条件より、$\frac{2BH}{BC}$ と $\frac{2BK}{BA}$ はともに整数である。これらをそれぞれ $m, n$ とおくと、

$$ m = \frac{2BH}{BC} = \frac{2c \cos B}{a} $$

$$ n = \frac{2BK}{BA} = \frac{2a \cos B}{c} $$

と表せる。$a, c$ は辺の長さであり正、$\angle B$ は鋭角であるため $\cos B > 0$ であるから、$m, n$ はともに正の整数である。

この2式の辺々を掛け合わせると、

$$ mn = \frac{2c \cos B}{a} \cdot \frac{2a \cos B}{c} = 4 \cos^2 B $$

となる。$\angle B$ は鋭角であるから $0 < \cos B < 1$ であり、両辺を2乗して4倍すると、

$$ 0 < 4 \cos^2 B < 4 $$

となる。$mn$ は正の整数であるから、考えられる値は $mn = 1, 2, 3$ のいずれかである。以下、それぞれの場合について三角形の形状を調べる。

(i)

$mn = 1$ のとき

$m, n$ は正の整数であるから、$(m, n) = (1, 1)$ である。このとき、$4 \cos^2 B = 1$ かつ $\cos B > 0$ より、$\cos B = \frac{1}{2}$ となり、$\angle B = 60^\circ$ である。また、$m = 1$ より、

$$ \frac{2c \cdot \frac{1}{2}}{a} = 1 \iff c = a $$

が成り立つ。$c = a$ すなわち $AB = BC$ であり、かつ $\angle B = 60^\circ$ であるから、$\triangle ABC$ は正三角形である。

(ii)

$mn = 2$ のとき

$m, n$ は正の整数であるから、$(m, n) = (1, 2), (2, 1)$ のいずれかである。このとき、$4 \cos^2 B = 2$ かつ $\cos B > 0$ より、$\cos B = \frac{1}{\sqrt{2}}$ となり、$\angle B = 45^\circ$ である。

$(m, n) = (1, 2)$ のとき、$m = 1$ より、

$$ \frac{2c \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}}{a} = 1 \iff a = \sqrt{2} c $$

が成り立つ。$\triangle ABC$ に余弦定理を用いると、

$$ b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B = (\sqrt{2} c)^2 + c^2 - 2(\sqrt{2} c)c \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = 2c^2 + c^2 - 2c^2 = c^2 $$

$b > 0, c > 0$ より $b = c$ である。 $b = c$ すなわち $CA = AB$ の二等辺三角形であり、$\angle B = 45^\circ$ より $\angle C = 45^\circ, \angle A = 90^\circ$ となる。したがって、$\angle A = 90^\circ$ の直角二等辺三角形である。

$(m, n) = (2, 1)$ のとき、$n = 1$ より、

$$ \frac{2a \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}}{c} = 1 \iff c = \sqrt{2} a $$

が成り立つ。先ほどと同様に余弦定理を用いると、

$$ b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B = a^2 + (\sqrt{2} a)^2 - 2a(\sqrt{2} a) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = a^2 + 2a^2 - 2a^2 = a^2 $$

$b > 0, a > 0$ より $b = a$ である。 $b = a$ すなわち $CA = BC$ の二等辺三角形であり、$\angle B = 45^\circ$ より $\angle A = 45^\circ, \angle C = 90^\circ$ となる。したがって、$\angle C = 90^\circ$ の直角二等辺三角形である。

(iii)

$mn = 3$ のとき

$m, n$ は正の整数であるから、$(m, n) = (1, 3), (3, 1)$ のいずれかである。このとき、$4 \cos^2 B = 3$ かつ $\cos B > 0$ より、$\cos B = \frac{\sqrt{3}}{2}$ となり、$\angle B = 30^\circ$ である。

$(m, n) = (1, 3)$ のとき、$m = 1$ より、

$$ \frac{2c \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{a} = 1 \iff a = \sqrt{3} c $$

が成り立つ。$\triangle ABC$ に余弦定理を用いると、

$$ b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B = (\sqrt{3} c)^2 + c^2 - 2(\sqrt{3} c)c \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3c^2 + c^2 - 3c^2 = c^2 $$

$b > 0, c > 0$ より $b = c$ である。 $b = c$ すなわち $CA = AB$ の二等辺三角形であり、$\angle B = 30^\circ$ より $\angle C = 30^\circ, \angle A = 120^\circ$ となる。したがって、$\angle A = 120^\circ$ の二等辺三角形である。

$(m, n) = (3, 1)$ のとき、$n = 1$ より、

$$ \frac{2a \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{c} = 1 \iff c = \sqrt{3} a $$

が成り立つ。先ほどと同様に余弦定理を用いると、

$$ b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B = a^2 + (\sqrt{3} a)^2 - 2a(\sqrt{3} a) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = a^2 + 3a^2 - 3a^2 = a^2 $$

$b > 0, a > 0$ より $b = a$ である。 $b = a$ すなわち $CA = BC$ の二等辺三角形であり、$\angle B = 30^\circ$ より $\angle A = 30^\circ, \angle C = 120^\circ$ となる。したがって、$\angle C = 120^\circ$ の二等辺三角形である。

以上より、条件を満たす三角形は、正三角形、直角二等辺三角形、または頂角が $120^\circ$ の二等辺三角形に限られる。

解説

図形の計量と整数問題が融合した標準的な問題である。垂線の長さを底辺と $\cos$ で表現し、2つの条件式の積をとることで辺の長さを消去し、$\cos B$ のみに依存する式 $mn = 4 \cos^2 B$ を導き出せるかが最大のポイントである。

ここから $\cos^2 B$ のとりうる範囲を利用して整数 $mn$ の候補を絞り込む処理は、整数問題における不等式評価の典型的な手法である。場合分けの各ケースにおいては、辺の長さの比と $\angle B$ の値が得られるため、余弦定理を用いて残りの辺の長さを確認することで、三角形の形状を過不足なく特定できる。対称な式ではないため、$(1, 2)$ と $(2, 1)$ などをそれぞれ別に計算・確認する必要があることに注意したい。