東北大学 1961年 文系 第2問 解説

方針・初手

直角三角形の性質を利用して外接円の直径を把握し、円に内接する四角形や円周角の定理を用いて線分の長さを求める。 (1) は正弦定理や三角形の相似、あるいはトレミーの定理と面積を組み合わせることで求められる。 (2) は (1) の結果を条件式に代入し、$\theta$ に関する三角方程式を解く。 (3) は (2) で求めた具体的な角度から、各弧に対する円周角の大きさをすべて洗い出し、錯角や内角の和から平行と直交を示す。

解法1

(1)

$\angle A = 90^\circ$ の直角三角形 $ABC$ において、辺 $BC$ は外接円の直径となる。外接円の半径が $r$ であるから、$BC = 2r$ である。 $\angle B = \theta$ より、$\angle C = 90^\circ - \theta$ となる。 線分 $AE$ は $\angle A$ の2等分線であるから、$\angle BAE = \angle CAE = 45^\circ$ である。 円周角の定理より、弧 $CE$ に対する円周角は等しいため、$\angle CBE = \angle CAE = 45^\circ$ となる。 $\triangle ABE$ において、$\angle ABE$ の大きさは以下のようになる。

$$ \angle ABE = \angle ABC + \angle CBE = \theta + 45^\circ $$

$\triangle ABE$ の外接円は $\triangle ABC$ の外接円と同一であり、その半径は $r$ である。正弦定理より、

$$ AE = 2r \sin(\theta + 45^\circ) = 2r (\sin\theta \cos 45^\circ + \cos\theta \sin 45^\circ) = \sqrt{2}r (\sin\theta + \cos\theta) $$

次に、$DE$ の長さを求める。 $\triangle ABE$ と $\triangle EBD$ において、$\angle EAB = 45^\circ$ である。 また、円周角の定理より弧 $CE$ に対する円周角を考えると $\angle EBD = \angle EBC = \angle EAC = 45^\circ$ である。 よって $\angle EAB = \angle EBD$ が成り立つ。 さらに $\angle AEB$ は共通であるから、2組の角がそれぞれ等しく $\triangle ABE \sim \triangle EBD$ である。 相似比の関係から $AE : EB = EB : ED$ となり、

$$ DE = \frac{EB^2}{AE} $$

$\triangle ABE$ に正弦定理を用いると、$EB = 2r \sin 45^\circ = \sqrt{2}r$ である。これを代入して、

$$ DE = \frac{(\sqrt{2}r)^2}{\sqrt{2}r(\sin\theta + \cos\theta)} = \frac{\sqrt{2}r}{\sin\theta + \cos\theta} $$

(2)

与えられた条件 $2AD = DE$ と $AE = AD + DE$ より、以下の関係が成り立つ。

$$ AE = \frac{1}{2}DE + DE = \frac{3}{2}DE $$

よって、$\frac{AE}{DE} = \frac{3}{2}$ である。(1) で求めた結果を代入すると、

$$ \frac{\sqrt{2}r(\sin\theta + \cos\theta)}{\frac{\sqrt{2}r}{\sin\theta + \cos\theta}} = \frac{3}{2} $$

$$ (\sin\theta + \cos\theta)^2 = \frac{3}{2} $$

左辺を展開し $1 + 2\sin\theta\cos\theta = 1 + \sin 2\theta$ とすると、

$$ \sin 2\theta = \frac{1}{2} $$

ここで、問題の条件 $AB > AC$ より $2r\cos\theta > 2r\sin\theta$、すなわち $\tan\theta < 1$ である。 $\theta$ は直角三角形の鋭角であるから $0^\circ < \theta < 90^\circ$ であり、条件を満たす範囲は $0^\circ < \theta < 45^\circ$ となる。 したがって $0^\circ < 2\theta < 90^\circ$ となり、

$$ 2\theta = 30^\circ $$

ゆえに、$\theta = 15^\circ$ である。

(3)

$\theta = 15^\circ$ のとき、外接円上の各弧の大きさを円周角に換算して整理する。 半円の弧 $BC$ に対する円周角は $90^\circ$ である。 頂点の並びは円周上で $A, C, E, B$ の順であり、$F, G$ は劣弧 $CE$ 上に $C, G, F, E$ の順に並ぶ。 $\angle C = 90^\circ - 15^\circ = 75^\circ$ より、弧 $AB$ に対する円周角は $75^\circ$ であり、弧 $AC$ に対する円周角は $\angle B = 15^\circ$ である。 $E$ は劣弧 $BC$ を2等分するため、弧 $BE$ と弧 $CE$ に対する円周角はそれぞれ $\frac{90^\circ}{2} = 45^\circ$ である。 さらに、$F, G$ は劣弧 $CE$ を3等分するため、弧 $CG$, 弧 $GF$, 弧 $FE$ に対する円周角はそれぞれ $\frac{45^\circ}{3} = 15^\circ$ である。

(i) $AB \parallel EF$ の証明

直線 $AE$ を横断線とみて、$\angle BAE$ と $\angle AEF$ を比較する。 (1) より $\angle BAE = 45^\circ$ である。 一方、$\angle AEF$ は弧 $ACGF$ に対する円周角である。弧 $ACGF$ に対する円周角は、弧 $AC$、弧 $CG$、弧 $GF$ に対する円周角の和に等しいため、

$$ \angle AEF = 15^\circ + 15^\circ + 15^\circ = 45^\circ $$

よって $\angle BAE = \angle AEF$ となり、錯角が等しいことから $AB \parallel EF$ が成り立つ。

(ii) $AG \perp BC$ の証明

直線 $AG$ と $BC$ の交点を $H$ とする。$\triangle ABH$ について考える。 $\angle ABH = \angle ABC = 15^\circ$ である。 また、$\angle BAH$ は弧 $BEFG$ に対する円周角である。弧 $BEFG$ に対する円周角は、弧 $BE$、弧 $EF$、弧 $FG$ に対する円周角の和に等しいため、

$$ \angle BAH = 45^\circ + 15^\circ + 15^\circ = 75^\circ $$

したがって、$\triangle ABH$ の内角の和より、

$$ \angle AHB = 180^\circ - (15^\circ + 75^\circ) = 90^\circ $$

ゆえに $AG \perp BC$ が成り立つ。

解法2

(1) の別解

直角三角形 $ABC$ において $BC = 2r$ であり、各辺の長さは以下のようになる。

$$ AB = 2r \cos\theta, \quad AC = 2r \sin\theta $$

円周角の定理より、弧 $BE$ と弧 $CE$ に対する円周角はともに $45^\circ$ であるから、$BE = CE = 2r \sin 45^\circ = \sqrt{2}r$ である。 四角形 $ABEC$ は円に内接するため、トレミーの定理より、

$$ AE \cdot BC = AB \cdot CE + AC \cdot BE $$

$$ AE \cdot 2r = 2r\cos\theta \cdot \sqrt{2}r + 2r\sin\theta \cdot \sqrt{2}r $$

これを解いて、

$$ AE = \sqrt{2}r(\cos\theta + \sin\theta) $$

また、$AD$ は $\triangle ABC$ の $\angle A$ の2等分線であるから、面積について $\triangle ABC = \triangle ABD + \triangle ADC$ が成り立つ。

$$ \frac{1}{2} AB \cdot AC = \frac{1}{2} AB \cdot AD \sin 45^\circ + \frac{1}{2} AC \cdot AD \sin 45^\circ $$

$$ AD = \frac{\sqrt{2} AB \cdot AC}{AB + AC} = \frac{\sqrt{2} \cdot 2r\cos\theta \cdot 2r\sin\theta}{2r(\cos\theta + \sin\theta)} = \frac{2\sqrt{2}r\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta + \cos\theta} $$

$E$ は $AD$ の延長線上にあるから、$AE = AD + DE$ より、

$$ DE = AE - AD = \sqrt{2}r(\sin\theta + \cos\theta) - \frac{2\sqrt{2}r\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta + \cos\theta} $$

$$ DE = \frac{\sqrt{2}r(\sin\theta + \cos\theta)^2 - 2\sqrt{2}r\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta + \cos\theta} = \frac{\sqrt{2}r(\sin^2\theta + \cos^2\theta)}{\sin\theta + \cos\theta} = \frac{\sqrt{2}r}{\sin\theta + \cos\theta} $$

解説

(1) では、円や三角形の性質をどれだけ柔軟に活用できるかが問われる。解法1のように三角形の相似に気付くと計算が非常に楽になるが、気付けない場合でも解法2のようにトレミーの定理や面積を利用する定石に則れば確実に正解にたどり着くことができる。 (3) のような円に内接する多角形の角度計算においては、角度を直接追いかけるよりも「円周角は弧の長さに比例する」という性質を利用し、各弧が持つ円周角の成分を把握して足し引きするアプローチが極めて有効である。

答え

(1) $AE = \sqrt{2}r(\sin\theta + \cos\theta)$ $DE = \frac{\sqrt{2}r}{\sin\theta + \cos\theta}$

(2) $15^\circ$

(3) 直線 $AE$ を横断線としたときの錯角が $\angle BAE = \angle AEF = 45^\circ$ となるため $AB \parallel EF$。 直線 $AG$ と $BC$ の交点を $H$ とすると、$\triangle ABH$ において $\angle ABH = 15^\circ$、$\angle BAH = 75^\circ$ となり $\angle AHB = 90^\circ$ となるため $AG \perp BC$。