同一法の応用

例1
正方形ABCDにおいて.底辺BCの両底角が15°の二等辺三角形PBCを図のように正方形の内部に 描いたとき,△APDは正三角形であることを証明せよ.




見かけは簡単ですが,思ったより面倒です.
まず,同一法で解いてみましょう.

証明1
逆の命題

△APDが正三角形
→∠PBC=∠PCB=15°


を証明すれば,
仮定を満たすPは存在し,Bを通りBCと15°をなす直線と,Cを通り CBと15°をなす直線の交点Pはただ一つ存在するので,証明が終了します.
逆の命題の証明は簡単です.
実際,△APDが正三角形のとき,∠PAB=30°およびAP=ABより∠B=15°. 同様に∠C=15°.

直接証明すれば次のようになります.




証明2
△QCD≡△PBCである△QCDを図のように作ります.
△PCQは正三角形ですから,
線分PCの中点をMとすると,
∠MQC=30°,
∠CQD=150°
したがって,3点M,Q,Dは一直線上にある.
したがって,DQは線分PCの 垂直2等分線よりDP=DC.
∠PDC=30°より△PADは正三角形.


例2(Morleyの定理)
任意の三角形で,各内角の3等分線を引く.
このとき,2角の隣り合う3等分線の交点を 結ぶと正三角形になる.




意味を説明します.
∠A,∠B,∠Cの3等分線を引き,
∠B,∠Cの3等分線のうち, 辺BC側の交点をP,
∠C,∠Aの3等分線のうち, 辺CA側の交点をQ,
∠A,∠Bの3等分線のうち, 辺AB側の交点をRとすると,△PQRは正三角形になるということです.

この証明は難解であるといわれますが,同一法を用いているところを明確にすれば決して 難しくはありません.
証明に入りましょう.




∠Bの3等分線,∠Cの3等分線を引き,その交点を図のようにP,Dとします.
△DBCに注目すれば,点Pは△DBCの内心です.
したがって,
∠BDP=∠CDP
が成り立ちます.
ここで,線分CD上に点Q,線分BD上に点Rを
∠DPQ=30°,
∠DPR=30°
を満たすようにとります.
△PQD≡△PDR
より
PQ=PR
さらに
∠QPR=60°
ですから△PQRは正三角形です.
さてここで同一法を用います.
すなわち,

DC上に点Q,DB上に点Rを∠DPQ=∠DPR=30° を満たすようにとる.
→AQ,ARは∠Aの3等分線である

(仮定を△PQRが正三角形では少し問題があります.それは検討で扱います)

ことが証明できれば,Q,Rが仮定を満たせば△PQRは正三角形で,∠Aの三等分線とDB,DCとの交点は 1つずつしかないので2つの条件が同値になります.
したがって証明が完成します.
証明を完成させましょう.




BA上に点EをBE=BP,
CA上に点Fを
CF=CP
を満たすようにとれば,
△BPR≡△BER,
△CPQ≡△CFQ
および△PQRが正三角形より
ER=RQ=QF
が成り立ちます.
次に∠ERQ=∠RQFを示しましょう.
∠A=3α,∠B=3β,∠C=3γ
とおき計算します.
∠BDC
=180°−2(β+γ)
=60°+2α 
(∵α+β+γ=60°)
DR=DQ
(∵△PRD≡△PQD)
より
∠DRQ
=60°−α
∴ ∠DRP
=120°−α
=∠DRE
∴ ∠ERQ
=∠DRE+∠DRQ
=180°−2α
同様に
∠RQF
=180°−2α
以上で
∠ERQ
=∠RQF
=180°−2α
が示せました.
なおα<60°より
180°−2α>60°
でこれはREとQFが交差しないことを示します.




今までに証明したことは
ER=RQ=QFと
∠ERQ=RQF=180°−2α
です.
AR,AQが∠Aの3等分になっていることを示すのはもう一息です.
∠ERQの2等分線と∠RQFの2等分線の交点をOとすれば,
△OER
≡△ORQ
≡△OQF
(2辺とその間の角がそれぞれ等しい)
より
OE=OR =OQ=OF
したがって,4点E,R,Q,FはOを中心とする同一円周上にあります.
さらに,
∠EOF=6α,かつ∠A=3αですから,
5点A,E,R,Q,Fは同一円周上にあることが分かり
ER=RQ=QF
より AR,AQは∠Aの3等分線であることが証明できました.
以上でMorleyの定理の証明が完成しました.

続く

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