§A5.23競技数学：初等幾何

$D$は辺$BC$の内部にあるので、$\angle ABD=\angle ABC$である。仮定から$\angle BAD=\angle ACB$なので、§A5.1 定理 3.1 (1)により

$\triangle ABD\sim\triangle CBA$

である。

対応する頂点は$A\leftrightarrow C$、$B\leftrightarrow B$、$D\leftrightarrow A$である。したがって

$\frac{AB}{CB}=\frac{BD}{BA}$

であり、$AB^2=BD\cdot BC$を得る。▨

§A5.8 系 14.1により、鋭角三角形の垂心$H$は三角形の内部にある。§A5.8 定理 10.1により$BH\perp AC$、$CH\perp AB$なので、

である。三角形$BHC$の内角の和から、

を得る。辺$BC$に関する反射は$B,C$を固定し、角の大きさを保つので、

である。したがって、

$\angle BH_aC+\angle BAC=180^\circ$

である。$A,H$は直線$BC$の同じ側にあり、反射により$H_a$は反対側にある。§A5.6 定理 2.2 (2)により、$A,B,C,H_a$は同一円周上にある。▨

$\angle BAC$の内角の二等分線と辺$BC$との交点を$E$とする。点$E$は辺$BC$の内部にある。§A5.2 定理 3.1と仮定から、

である。$BE+EC=BD+DC=BC$なので、

となり、$BE=BD$を得る。$D,E$はともに辺$BC$の内部にあるので$D=E$である。したがって、$AD$は$\angle BAC$の二等分線である。▨

$[XYZ]$を三角形$XYZ$の面積とする。三角形$ABD$と$ACD$は共通の高さをもつので、

$\frac{[ABD]}{[ACD]}=\frac{BD}{DC}$

である。一方、面積を二辺とその間の角で表すと、

$\frac{[ABD]}{[ACD]}=\frac{AB\sin\angle BAD}{AC\sin\angle CAD}$

である。仮定から$BD/DC=AB/AC$なので、

$\sin\angle BAD=\sin\angle CAD$

である。$D$が$BC$の内部にあるため、二角$\angle BAD,\angle CAD$はともに$0^\circ$と$180^\circ$の間にあり、その和は$\angle BAC<180^\circ$である。この範囲で正弦が等しい二角は、等しいか、和が$180^\circ$である。後者は角の和に反するので、$\angle BAD=\angle CAD$である。したがって、$AD$は$\angle BAC$の二等分線である。▨

$\angle BAC$の内角の二等分線と辺$BC$との交点を$F$とする。§A5.2 定理 3.1により、$BF:FC=AB:AC=13:15$である。$F,D$はともに辺$BC$の内部にあり、

なので$F=D$である。したがって、$AD$は$\angle BAC$の二等分線であり、$DC=15/2$である。

§A5.6 定理 2.1により、三角形$ABC$の外接円が存在する。弦$BC$の内部点$D$は円の内部にあるので、半直線$AD$は$A$以外の一点$E$で円周と交わり、点は$A,D,E$の順に並ぶ。$A$と$E$は直線$BC$の反対側にあるので、$E$は$A$を含まない弧$BC$上にあり、$B,C$と異なる。また、$B,E$は弦$AC$の同じ側にある。

$AD$は角の二等分線で、$A,D,E$がこの順に並ぶので、$\angle BAD=\angle EAC$である。点$D$は辺$BC$上にあるから、§A5.5 定理 1.1 (1)により、

である。§A5.1 定理 3.1 (1)により$\triangle ABD\sim\triangle AEC$なので、

を得る。

円の内部点$D$を通る二つの弦$AE,BC$に§A5.7 定理 1.3を適用する。$A,E$は$D$の反対側にあり、$B,C$も$D$の反対側にあるので、二つの符号付き積はそれぞれ$-AD\cdot DE$、$-BD\cdot DC$である。したがって、

である。$AE=AD+DE$を用いて二つの積の差を取ると、

となる。$AD>0$より、求める長さは$AD=3\sqrt{65}/2$である。▨

$A$を中心とする半径$r>0$の反転を取り、$B,P,Q$の像をそれぞれ$B^*,P^*,Q^*$とする。相異なる二円の共有点は$A,B$だけなので、$P\ne Q$である。$B,P,Q$は中心$A$と異なる相異なる三点であり、§A5.19 定理 2.2 (2)により、その像も相異なる。

§A5.19 定理 3.1 (2)により、二円の中心以外の部分の像は、それぞれ直線$B^*P^*$と直線$B^*Q^*$である。$B$における二円の接線は垂直なので、§A5.19 定理 5.1により、二つの像直線も垂直である。§A5.4 定理 1.1を直角三角形$P^*B^*Q^*$に適用すると、

となる。§A5.19 定理 2.2 (4)を三辺に適用して、

を得る。$AB,AP,AQ,r$は正なので、両辺に正数$AB^2AP^2AQ^2/r^4$を掛けると、

を得る。▨

直線$p$から直線$q$への有向角$\measuredangle(p,q)$を、$p$を反時計回りに回転して$q$に重ねるときの回転角を$180^\circ$を法として測ったものとする。直線$BC$には向きを一つ定め、§A5.7 定義 1.2の符号つきの長さを用いる。正しい形は次の主張である。

非退化な三角形$ABC$と、直線$BC$上の$B$と異なる点$D$について、$\measuredangle(AB,AD)=\measuredangle(CA,CB)$ならば

が成り立つ。さらに、このとき$D$は半直線$BC$上にある。

$D$が辺$BC$の内部にあるときには、以下で示すとおり、有向角の条件は$\angle BAD=\angle ACB$と同値であり、$\overline{BD}\,\overline{BC}=BD\cdot BC$であるから、この主張は問題 1.1に一致する。

主張を証明する。非退化な三角形$XYZ$の頂点が反時計回りに$X,Y,Z$の順に並ぶとき、半直線$XY$を$X$のまわりに反時計回りに$\angle YXZ$だけ回すと半直線$XZ$に重なるので、$180^\circ$を法として$\measuredangle(XY,XZ)\equiv\angle YXZ$である。時計回りに並ぶときは$\measuredangle(XY,XZ)\equiv-\angle YXZ$である。図形を直線に関して折り返すと、すべての有向角の符号が反転し、長さと点の順序は保たれるので、仮定と結論はともに保たれる。そこで、$A,B,C$が反時計回りに並ぶとしてよい。このとき$C,A,B$も反時計回りに並ぶので、$\measuredangle(CA,CB)\equiv\angle ACB$である。

$D$が半直線$BC$上にある場合を考える。$D$と$C$は直線$AB$に関して同じ側にあるので、$A,B,D$も反時計回りに並び、$\measuredangle(AB,AD)\equiv\angle BAD$である。仮定から$\angle BAD\equiv\angle ACB$であり、二つの角はともに$0^\circ$より大きく$180^\circ$より小さいので、$\angle BAD=\angle ACB$である。§A5.20 例 3.1により$\angle ABD=\angle ABC$であるから、§A5.1 定理 3.1 (1)により$\triangle ABD\sim\triangle CBA$（$A\leftrightarrow C$、$B\leftrightarrow B$、$D\leftrightarrow A$）である。対応する辺の比から

を得る。$D$と$C$は直線$BC$上で$B$から見て同じ側にあるので、$\overline{BD}$と$\overline{BC}$は同じ符号をもち、$\overline{BD}\,\overline{BC}=BD\cdot BC=AB^2$である。

$D$が$B$に関して$C$と反対側にある場合を考える。$D$と$C$は直線$AB$に関して反対側にあるので、$A,B,D$は時計回りに並び、$\measuredangle(AB,AD)\equiv-\angle BAD$である。仮定から$\angle BAD+\angle ACB\equiv0$であり、$0^\circ<\angle BAD+\angle ACB<360^\circ$であるから$\angle BAD+\angle ACB=180^\circ$である。一方、$B$は線分$DC$の内部にあるので、半直線$AB$は角$DAC$の内部にあり、$\angle DAC=\angle DAB+\angle BAC$である。また$D$と$B$は$C$から見て同じ側にあるので$\angle ACD=\angle ACB$である。三角形$ADC$の二つの内角の和は

となり、内角の和が$180^\circ$であることに反する。したがって、この場合は起こらない。以上で主張が示された。

通常の角のままでは、$D$が$B$側の延長上にある場合に結論が成り立たない。座標を$B(0,0)$、$C(4,0)$、$A(1,2)$、$D\left(-\dfrac52,0\right)$とする。$DB=\dfrac52$、$DC=\dfrac{13}2$、$DA^2=\left(\dfrac72\right)^2+2^2=\dfrac{65}4=DB\cdot DC$であり、$B,C$は$D$から見て同じ側にあるので$\angle BDA=\angle ADC$である。§A5.1 定理 3.1 (2)により$\triangle DBA\sim\triangle DAC$（$D\leftrightarrow D$、$B\leftrightarrow A$、$A\leftrightarrow C$）であり、$\angle BAD=\angle ACD=\angle ACB$が成り立つ。ところが$AB^2=5$、$BD\cdot BC=\dfrac52\cdot4=10$であり、二つは等しくない。この配置では$\overline{BD}\,\overline{BC}=-10<0$であり、有向角の条件も満たされない。▨

鋭角三角形$ABC$の垂心を$H$とし、$H$を辺$CA$、$AB$に関して反射した点をそれぞれ$H_b$、$H_c$とする。

垂心は三本の垂線の交点であり、頂点の呼び方によらない。頂点$A,B,C$をそれぞれ$B,C,A$と呼び直した三角形$BCA$は鋭角三角形であり、その垂心は$H$である。問題 2.1を三角形$BCA$に適用すると、辺$BC$の役割を辺$CA$が担うので、$B,C,A,H_b$は同一円周上にある。§A5.6 定理 2.1により$A,B,C$を通る円はただ一つであり、それは三角形$ABC$の外接円であるから、$H_b$は外接円上にある。同様に、頂点$A,B,C$をそれぞれ$C,A,B$と呼び直した三角形$CAB$に問題 2.1を適用すると、辺$BC$の役割を辺$AB$が担い、$H_c$も外接円上にある。▨

三角比を用いず、補助の平行線から作る相似だけで示す。

$C$を通り直線$AD$に平行な直線と、直線$AB$との交点を$E$とする。直線$AB$は直線$AD$と点$A$だけを共有するので、$AD$に平行な直線とはただ一点で交わる。$D$は辺$BC$の内部にあり直線$AD$上にあるので、$B$と$C$は直線$AD$に関して反対側にある。直線$CE$は$AD$と平行で$C$を通るので、$C$の側にあり、$E$は直線$AD$に関して$B$と反対側にある。したがって、線分$BE$は直線$AD$と交わり、その交点は直線$AB$上にあるので$A$である。すなわち、点は$B,A,E$の順に並ぶ。また、$C$は直線$AD$上にないので直線$CE$と直線$AD$は一致せず、$E\ne A$である。

$\angle DBA=\angle CBE$であり、$AD\parallel EC$の同位角として$\angle BDA=\angle BCE$であるから、§A5.1 定理 3.1 (1)により$\triangle BDA\sim\triangle BCE$である。対応する辺の比から$\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{BA}{BE}$であり、$BC=BD+DC$、$BE=BA+AE$を代入して分母を払うと

を得る。仮定$\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}$から$BA\cdot DC=BD\cdot AC$であるので、$BD\cdot AE=BD\cdot AC$であり、$BD>0$から$AE=AC$である。

$E$は直線$AB$上の$A$と異なる点であるから直線$AC$上になく、三角形$ACE$は$AE=AC$の二等辺三角形である。よって$\angle AEC=\angle ACE$である。$A$は線分$BE$の内部にあり、$D$と$C$は直線$BE$に関して同じ側にあるので、$AD\parallel EC$の同位角として$\angle BAD=\angle BEC=\angle AEC$である。また、$D$と$B$は直線$AC$に関して同じ側にあり、$B$と$E$は$A$をはさんで反対側にあるので、$D$と$E$は直線$AC$に関して反対側にある。したがって、$AD\parallel EC$の錯角として$\angle CAD=\angle ACE$である。以上より

であり、$AD$は$\angle BAC$の二等分線である。▨

加える垂線は、$B$から直線$CA$への垂線、$C$から直線$AB$への垂線、$A$から直線$BC$への垂線の三本であり、それぞれの足を$E$、$F$、$D$とする。

足の位置を確かめる。点$X$から直線$YZ$へ下ろした垂線の足$P$について、$P\ne Y$なら三角形$XPY$は$P$を直角とする直角三角形であるから$\angle XYP<90^\circ$である。したがって§A5.20 例 3.1により、$P$が$Y$に関して$Z$と反対側にあれば$\angle XYZ=180^\circ-\angle XYP>90^\circ$であり、$P=Y$なら$\angle XYZ=90^\circ$である。$\angle XYZ$と$\angle XZY$がともに鋭角であれば、$P$は半直線$YZ$上と半直線$ZY$上にあり、$Y,Z$と異なるので、辺$YZ$の内部にある。三角形$ABC$は鋭角三角形であるから、$D,E,F$はそれぞれ辺$BC,CA,AB$の内部にある。

垂心$H$は、直線$BE$と直線$CF$の交点として定まる。§A5.8 定理 10.1により、直線$AD$も$H$を通る。§A5.8 系 14.1により$H$は三角形の内部にある。足$E$、$F$、$D$は対辺の内部にあり、頂点と対辺の内部の点を結ぶ直線が三角形と共有する点は、その二点を結ぶ線分の点だけである。したがって、三角形の内部にあって直線$BE$、$CF$、$AD$上にある$H$は、線分$BE$、$CF$、$AD$の内部にある。

$BE$は解答の$\angle HBC=90^\circ-\angle BCA$を定める。$H$は線分$BE$の内部にあるので$\angle HBC=\angle EBC$であり、直角三角形$BEC$の内角の和から$\angle EBC=90^\circ-\angle ECB=90^\circ-\angle BCA$である。同様に、$CF$と直角三角形$CFB$が$\angle HCB=90^\circ-\angle ABC$を定める。

$AD$と足$D$は$H_a$を定める。$H$は直線$AD$上にあり$AD\perp BC$であるから、$H$から直線$BC$へ下ろした垂線は直線$AD$自身であり、その足は$D$である。直線$BC$に関する反射で、$H$は直線$AD$上の点で、$D$に関して$H$と反対側にあり$DH_a=DH$を満たす点$H_a$へ移る。$H$は線分$AD$の内部にあるので$A$と$H$は直線$BC$に関して同じ側にあり、$H_a$は反対側にある。この位置関係が、解答で§A5.6 定理 2.2 (2)を用いる条件である。▨