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,
ABDE,BCEF,CAFD.
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C,C,C があり,その中でC,Cは同心円であり,ABは Cの直径でAはCの中心になっている.
また,C,C,C 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C上に端点X,もう一方の端点Yが C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C,C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C,C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Cの周上を一周したとき,方冪の定理より
BX・BM=BD・BC=(一定)=(k−1)/4
さらに,Bが相似の中心より
BY=2BM  ∴ BX・BY=(k−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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