平面における変換

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問題の解答

13.

$\triangle ABC$ の辺

$BC$ 上に点

$D,E$ を

$\angle BAD=\angle CAE$
を満たすようにとる．
このとき

$\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{CD\cdot CE}{BD \cdot BE}$
が成り立つ．

証明

$\triangle ABC$ の

$\angle A$ の２等分線を

$l$ ，

$k=\dfrac{AC}{AB}$ とし，中心相似対称変換

$H(A,k,l)$ を考える．

$H(A,k,l):B \mapsto C$
であるが，ここで，直線

$l$ は

$\angle DAE$ の２等分線でもあるから，

$D',E'$ を

$H(A,k,l):D \mapsto D',E, \mapsto E'$
で定義すれば，

$D',E'$ はそれぞれ

$AE,AD$ 上にある．
３点

$B,D,E$ が一直線上にあるから３点

$C,D',E'$ も一直線上にある．
さらに，

$CD'=kBD,CE'=kBE$
４点

$D,E,D',E'$ は同一円周上にあるから(下の解説で説明する)

$CE\cdot CD=CD' \cdot CE'$

$=kBD\cdot kBE$

$=k^2BD \cdot BE$

$\therefore \dfrac{AC^2}{AB^2}=k^2=\dfrac{CD\cdot CE}{BD \cdot BE}$

解説
ここでは，中心相似対称変換を中心に解説する．問題の12の解説とここの解説で相似変換の全体像がつかめると思う．

$1.$
中心相似対称変換

$H(O,k,l)$ は中心相似変換

$H(O,k)$ と対象移動

$S(l)$ の合成である．ただし，

$O$ は対称軸

$l$ 上の点．すなわち，

$H(O,k,l)=S(l) \circ H(O,k)=H(O,k) \circ S(l)$
である．
相似比

$k$ が負のとき, すなわち

$k$ >

$0$ のとき，

$H(O,-k,l)$ がどうなるかを調べよう．

$O$ を通り

$l$ に垂直な直線を

$m$ とすれば，

$H(O,-k)=R(O,180^{\circ})\circ H(O,k)=S(l) \circ S(m) \circ H(O,k)$
であるから

$H(O,-k,l)=S(l)\circ S(l) \circ S(m) \circ H(O,k)$

$=S(m) \circ H(O,k)=H(O,k,m)$
である．
したがって，１つの中心相似対称変換は対称軸を

$l$ とも

$m$ とも考えることができる．
また，この２直線

$l,m$ は中心相似対称変換

$H(O,k,m)=H(O,-k,l)$ の不動直線でもある．

$2.$

$H(O,k,l):A \mapsto A'$
とすると直線

$l$ は

$\angle AOA'$ の２等分線である．
このことより角の２等分線を対称軸とする中心相似対称変換を考えることが比較的多い．
次の性質をよく用いられる．
命題１

$\angle XOY$ の２等分線を直線

$l$ とする

$H(O,k,l):A \mapsto A',B \mapsto B'$
のとき次が成り立つ．

$(1) \ A,B$ がともに

$OX$ 上にあれば

$AA'\parallel BB'$

$(\because) \ \ OA'=kOA,OB'=kOB$
より

$OA:OB=OA':OB'$

$(2) \ A$ が

$OX$ 上にあり，

$B$ が

$OY$ 上にあれば４点

$A,A',B,B'$ は同一円周上にある．

$(\because) \ \ OA'=kOA,OB'=kOB$
より

$OA\cdot OB'=OA' \cdot OB$

中心相似対称変換で成り立つ次の性質は相似の中心を見つけるのに役に立つ．

命題

$H(O,k,l):A \mapsto A'$ とする．

$O$ を通り直線

$l$ に垂直な直線を

$m$ とし，直線

$AA'$ と２直線

$l,m$ との交点を

$P,Q$ とすると，

$P,Q$ は線分

$AA'$ を

$1:k$ に内分する点，外分する点である．

$(\because) \ OP$ は

$\angle AOA'$ の２等分線であり，２直線

$l,m$ は直交しているから

$OQ$ は

$\angle AOA'$ の外角の２等分線である．
したがって

$AP:PA'=QA:QA'=OA:OA'=1:k$

この命題を使うと，中心相似対称変換の対称軸と相似の中心が分かりやい．

線分

$AA'$ を相似比

$1:k$ に内分した点を対称軸

$l$ は通る．
したがって，

$H(O,k,l):A \mapsto A',B \mapsto B'$
とすると，対称軸

$l$ は

$AA',BB'$ をそれぞれ

$1:k$ に内分する点を通る．
さらに相似の中心は，

$A"$ を

$S(l):A' \mapsto A"$
で定義し，直線

$A'A"$ と直線

$l$ の交点としてもよいし，

$AA'$ ,

$BB'$ をそれぞれ

$1:k$ に外分した点を

$P',Q'$ とすると，直線

$P'Q'$ が

$O$ を通る

$l$ と垂直な直線

$m$ であるから，２直線

$l,m$ の交点を求めても相似の中心

$O$ が求まる．

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