相似の位置の応用２

今回は，相似の位置を用いて国際数学オリンピックの問題を解いていきましょう．
国際数学オリンピックの問題というと，尻込みしそうです．
実際，各国の選ばれた６名が, 各国の威信をかけたトレーニングを 受けた上で参加するのですから，簡単なはずはありません．
しかし，図形の問題は別で， 十分太刀打ちでき，何よりも良問の宝庫です．
解答を見ながら楽しんでください．


問題１
　 3個の半径の等しい円が1点Ｏを共有している．
これらの3つの円は与えられた三角形の 中にあり，各円は，三角形の２辺に接しているとする．
このとき，三角形の内心，外心，および 点Ｏは一直線上にあることを証明せよ．
(１９８１年ＩＭＯ第５問）



相似の位置を用いるとあっさり解決します．





３つの円の中心をＡ，Ｂ，Ｃ，与えられた三角形を△ＤＥＦとします．
まず，３つの円の半径は等しいので，
ＡＢ‖ＤＥ，ＢＣ‖ＥＦ，ＣＡ‖ＦＤ．
したがって，
　 △ＡＢＣ，△ＤＥＦは相似の位置にあります．
次に，ＤＡ，ＥＢ，ＦＣは△ＤＥＦの２等分線ですから，交点Ｉは△ＤＥＦの内心．
さらに，３円の交点ＯはＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣより，△ＡＢＣの外心．
以上まとめると次のようになります．
△ＡＢＣと△ＤＥＦは△ＤＥＦの内心Ｉ（△ＡＢＣの内心でもある）を相似の中心 とする相似の位置にある．
したがって，Ｉと△ＡＢＣの外心Ｏと△ＤＥＦの外心は一直線上にある．



問題２
　 交わる２円が与えられている．
この２円の共通外接線の交点をＡ，２円の交点のうち の１つをＢとする．
また，片方の外接線と２円との接点をＣ，Ｄとする．
このとき， 直線ＡＢは３点Ｂ，Ｃ，Ｄを通る円の接線であることを証明せよ．
(１９９０年ソ連１１年生第１問）



半径の異なる円は，必ず相似の位置にあります．
相似の中心は，２円の中心を 半径の比に内分した点，外分した点と２点あります．
もし２円に共通外接線，共通内接線が が引ければ，交点が相似の位置の位置の中心です．
この問題では共通外接線が引けるので， その点を相似の中心として考えましょう．

弧ＣＥに対応するのは弧ＤＢです．
したがって，
∠ＡＢＣ＝∠ＡＦＤ
直線ＡＣＤは接線ですから，大きい円に 接限定理を用いて，
∠ＡＦＤ＝∠ＢＤＣ
∴　∠ＡＢＣ＝∠ＢＤＣ
　 したがって，接弦定理の逆より 直線ＡＢは円ＢＣＤに接する．



問題３
平面上に３つの円Ｃ１，Ｃ２，Ｃ３ があり，その中でＣ１，Ｃ２は同心円であり，ＡＢは Ｃ１の直径でＡはＣ３の中心になっている．
また，Ｃ１，Ｃ２，Ｃ３ の直径の長さは それぞれ１，ｋ，２ｋ（１＜ｋ＜３）である．
いま，Ｂを通りＣ２上に端点Ｘ，もう一方の端点Ｙが Ｃ３上にある線分ＸＹを考える．
線分ＸＹの長さが最小であるときのＸＢ／ＢＹの値を求めよ． (１９８７年アメリカ第４問）

．



２円Ｃ２，Ｃ３は必ず相似の位置にあります．
中心がそれぞれＯ，Ａで， 半径がそれぞれｋ，２ｋですから，相似の中心は線分ＯＡを１：２に内分する点と１：２に外分 する点です．
ここでは点Ｂが外分点ですので，２円Ｃ２，Ｃ３は 点Ｂが相似の中心とする相似の 位置にあり，相似比が１：２となっていることを利用しましょう．




点Ｘが円Ｃ２の周上を一周したとき，方冪の定理より
ＢＸ・ＢＭ＝ＢＤ・ＢＣ＝（一定）＝（ｋ２−１）／４
さらに，Ｂが相似の中心より
ＢＹ＝２ＢＭ　　∴　ＢＸ・ＢＹ＝（ｋ２−１）／２＝（一定）
したがって，ＢＸ＝ＢＹの場合が存在するれば，ＢＸ＋ＢＹすなわちＸＹが最大になる．
ＢＸ，ＢＹの長さはＸが動くことにより連続に動くから，連続関数の性質より ＢＸ＜ＢＹ，ＢＸ＞ＢＹの両方が存在することを示せば証明が終了する．
線分ＣＥを考えれればＢＸ＜ＢＹ
線分ＦＤを考えればＢＹ＝ＢＦ＝ｋ−１，ＢＸ＝ＢＤ＝（ｋ＋１）／２
（ｋ＋１）−２（ｋ−１）＝３−ｋ＞０
∴　ＢＹ＜ＢＸ
以上で証明が終了した．


問題４
点Ｃを半円弧ＡＢの中点，点Ｐを弧ＡＢ上の点とする．
線分ＣＰ上に点Ｑを
ＰＱ＝│ＰＡ−ＰＢ│／２
を満たすようにとる．
Ｐが半円周上をＡからＢまで動くときの点Ｑの軌跡を求めよ． (１９８９年カナダ第８問）




ＡＰ上に点ＤをＡＤ＝ＢＰを満たすようにとります．
このとき
△ＣＡＤ≡△ＣＢＰ
であり，△ＣＤＰは∠Ｃ＝９０°の直角二等辺三角形です．
ＰＱ＝│ＰＡ−ＰＢ│／２
であり，ＰＤの中点をＥとすれば ＰＱ＝ＰＥです．
ここで，ＣＱ／ＣＰを計算しましょう．




ＰＣ＝ａとおけば，
ＰＱ＝ＰＥ＝a／sqrt(2)
∴　ＣＱ／ＣＰ＝１−1／sqrt(2)


したがって，Ｐが半円上をＡからＢまで動くとき，Ｑは半円上をＡ’からＢ’まで動きます．

三角形のオイラー線

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