回転相似変換の例題

まず，四角形が円に内接するための条件として用いられる トレミーの定理を回転相似変換を用いて見直します．

例題1(トレミーの定理)
平面上の四角形$ABCD$で
$AB\cdot CD+BC\cdot DA \geqq AC\cdot BD$
が成り立つ．等号が成り立つのは四角形$ABCD$が円に内接するときでそのときに限る．

証明
点$E$を
$U(A,\angle CAB,\dfrac{AC}{AB}):D\mapsto E$
で定める．(もちろんこれは
$\triangle ABC\backsim \triangle ADE$
を満たすように$E$を定めるということ．)
このとき
$\triangle ABD \backsim \triangle ACE,\triangle ABC \backsim \triangle ADE$
が成り立つ．
$CE=BD\cdot \dfrac{AC}{AB},DE=BC\cdot \dfrac{AD}{AB}$
$CE\leqq CD+DE$
より
$BD\cdot \dfrac{AC}{AB}\leqq CD+BC\cdot \dfrac{AD}{AB}$
分母を払い
$AC\cdot BD\leqq AB\cdot CD+BC\cdot DA$
を得る．
等号が成り立つのは
３点$C,D,E$が一直線上のとき，かつその時にかぎる．
$\angle ADE+\angle CDA=180^{\circ}$
および
$\angle ABC=\angle ADE$
より
$\angle ABC+\angle CDA=180^{\circ}$
となり，四角形$ABCD$が円に内接するときである．


例題2(シムソン線)
平面上に$\triangle ABC$と点$P$が与えられている．$P$から３辺$BC,CA,AB$に下した垂線の足をそれぞれ $D,E,F$とする．このとき次が成り立つ．
$P$が$\triangle ABC$の外接円上
$\Longleftrightarrow$
$D,E,F$が一直線上にある．

証明
点$P$は図のように$\angle BAC$の内部として証明する．
$U(P,\angle BPF,\dfrac{PB}{PF})$によって
$F\mapsto B$であるが，$D',C'$を
$D\mapsto D',E\mapsto C'$
で定義する．
相似変換で一直線上にある３点は一直線上にうつるから
$F,D,E$が一直線上$\Longleftrightarrow \ B,D',C'$が一直線上
$\Longleftrightarrow \ C,C'$が一致する　
$C,C'$が一致するのは
$\angle PCE=\angle PBF$
のときで，これは$P$が$\triangle ABC$の外接円上のときである．

例題3
正三角形の３頂点が，一辺の長さ$1$の正方形の周上にあるとき， 正三角形の１辺の長さの最大値，最小値を求めよ．


解答
最大値，最小値は簡単に予想できますが，その理由となると簡単ではありません．
ここでは，回転相似変換を用いて解決します．
３頂点が正方形の$AB,AD,CD$のときに考える．
$\triangle PQR,\triangle P'Q'R'$がともに正三角形で条件を満たすとする．
このとき，
$\triangle PQR\mapsto \triangle P'Q'R'$
となる回転相似変換の中心を$O$とする．
その回転相似変換で
$QQ'\mapsto PP'$
であるから，
$QQ'\perp PP'$
より
$\angle QOP=90^{\circ},\angle Q'OP'=90^{\circ}$
が成り立つ．
同様に
$\angle ROP=90^{\circ},\angle R'OP'=90^{\circ}$
であるから，点$O$は線分$QR$上にあり，線分$Q'R'$上にある．
さらに，点$O$は線分$QR$の中点であり，線分$Q'R'$の中点である．
$\triangle PQR,\triangle P'Q'R'$は任意の正三角形であるから，正三角形$PQR$ の頂点$P,Q,R$がそれぞれ，辺$AD,AB,CD$を動くとき，辺$QR$の中点$O$は定点である．
一番わかりやすい正三角形で考えればよく，頂点$P$が$AD$の中点のときより， 点$O$は３点 $A,D,O$が正三角形の頂点のときである．
$O$を中心とする回転相似変換により，最小の正三角形$PQR$は辺$QR$が$BC$と平行なときで， その時の辺の長さは$1$で，最大の正三角形は$Q,R$が$B$または$C$に一致するときで その時の辺の長さは
$\dfrac{1}{\cos 15^{\circ}}$
である．

回転相似変換の例として解答を作り上げたが，もし高校生がこの問題を解くとしたら，上の解答は不適切です． 高校生にとっては余計な知識はない方がよい．次のような解答が標準的だと思う．


解答2
正三角形$PQR$ の頂点$P,Q,R$がそれぞれ，辺$AD,AB,CD$を動くとき，辺$QR$の中点を$O$ とすると,４点$P,O,R,D;A,Q,O,D$はそれぞれ同一円周上にあるから
$\angle PDO=60^{\circ},\angle PAO=60^{\circ}$
したがって，$\triangle AOD$は正三角形．
辺$QR$は$O$を通るから
$1\leqq QR \leqq \dfrac{1}{\cos 15^{\circ}}$
である．




回転相似変換の合成

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