『AQ²+BP²』解答

◆埼玉県　うしお さんからの解答。

題意より△ABC≡△OPQなので、

　AB = AC = OP = OQ = a
　∠BAC = ∠POQ = θ

とおける。

又、　OA = OB = OC = b　とおく。

∠AOQ = x , ∠BOP = yとおくと、△AOQ、△BOPにおいて、余弦定理より、

　AQ²
= OA² + OQ² - 2 * OA * OQ * cos∠AOQ
= a² + b² - 2ab * cos(x)

　BP²
= OB² + OP² - 2 * OB * OP * cos∠BOP
= a² + b² - 2ab * cos(y)

ここで、a,b = const. なので、

　cos(x) + cos(y) = const.を示せばよい。

cos(x) + cos(y) = 2 * cos(

x+y 2

) * cos(

x-y 2

)

原点Ｏ回りの角度について考えると、
　∠AOB = π - θより、

　x + y
= 2π - ∠AOB - ∠POQ
= 2π - (π - θ) - θ = π

なので、

cos(

x+y 2

) = cos(

π 2

) = 0

∴ cos(x) + cos(y) = 0

以上より、
　AQ² + BP² = 2(OA² + AB²) = const.

◆東京都の高校生　もやし さんからの解答。

対称性により、３点Ａ，Ｏ，Ｄは一直線上にある。

△ＯＢＰと△ＯＤＱにおいて、
△ＡＢＣの頂角の大きさをａ°とおくと、△ＯＡＢにおいて外角の定理より

∠ＢＯＤ＝

１ ２

ａ＋

１ ２

ａ＝ａ°

△ＡＢＣ≡△ＯＰＱから、∠ＰＯＱ＝ａ°
よって∠ＢＯＰ＝∠ＤＯＰ＋ａ°＝∠ＤＯＱ

これとＯＢ＝ＯＤ，ＯＰ＝ＯＱから、二辺夾角相等より、
△ＯＢＰ≡△ＯＤＱ

よって、ＢＰ＝ＤＱ

ここで、点Ｑから直線ＡＤに垂線ＱＨを下ろす。

△ＡＨＱにおいて三平方の定理より
ＡＱ²＝ＡＨ²＋ＱＨ²

△ＤＨＱにおいて三平方の定理より
ＢＰ²＝ＤＱ²＝ＤＨ²＋ＱＨ²

また、△ＯＨＱにおいて三平方の定理より
ＱＨ²＝ＱＯ²−ＨＯ²

〔１〕点Ｈが線分ＡＤ上にある場合

　ＡＱ²
＝ＡＨ²＋ＱＯ²−ＨＯ²
＝（ＡＨ＋ＨＯ）（ＡＨ−ＨＯ）＋ＱＯ²
＝（ＡＨ＋ＨＯ）・ＡＯ＋ＱＯ²

　ＢＰ²
＝ＤＨ²＋ＱＯ²−ＨＯ²
＝（ＤＨ＋ＨＯ）（ＤＨ−ＨＯ）＋ＱＯ²
＝ＤＯ・（ＤＨ−ＨＯ）＋ＱＯ²
＝ＡＯ・（ＤＨ−ＨＯ）＋ＱＯ²

∴

　ＡＱ²＋ＢＰ²
＝ＡＯ・（ＡＨ＋ＨＯ＋ＤＨ−ＨＯ）＋２・ＱＯ²
＝ＡＯ・（ＡＨ＋ＤＨ）＋２・ＱＯ²
＝ＡＯ・ＡＤ＋２・ＱＯ²
＝ＡＯ・２・ＡＯ＋２・ＱＯ²
＝２・ＡＯ²＋２・ＱＯ²

ＡＯ，ＱＯは共に一定なので、ＡＱ²＋ＢＰ²も一定である。

〔２〕点Ｈが直線ＡＤ上において点Ｄより下にある場合

　ＡＱ²
＝ＡＨ²＋ＱＯ²−ＨＯ²
＝（ＡＨ＋ＨＯ）（ＡＨ−ＨＯ）＋ＱＯ²
＝（ＡＨ＋ＨＯ）・ＡＯ＋ＱＯ²

　ＢＰ²
＝ＤＨ²＋ＱＯ²−ＨＯ²
＝（ＤＨ＋ＨＯ）（ＤＨ−ＨＯ）＋ＱＯ²
＝−（ＤＨ＋ＨＯ）（ＨＯ−ＤＨ）＋ＱＯ²
＝（−ＤＨ−ＨＯ）・ＤＯ＋ＱＯ²
＝（−ＤＨ−ＨＯ）・ＡＯ＋ＱＯ²

∴

　ＡＱ²＋ＢＰ²
＝ＡＯ・（ＡＨ＋ＨＯ−ＤＨ−ＨＯ）＋２・ＱＯ²
＝ＡＯ・（ＡＨ−ＤＨ）＋２・ＱＯ²
＝ＡＯ・ＡＤ＋２・ＱＯ²
＝ＡＯ・２・ＡＯ＋２・ＱＯ²
＝２・ＡＯ²＋２・ＱＯ²

〔１〕と同じ結果なので、ＡＱ²＋ＢＰ²は一定である。

点Ｈが点Ａより上にある場合も同様の結果。

従って、ＡＱ²＋ＢＰ²は点Ｏ’の位置に関係なく一定である。

ＱＥＤ

以上が三角比なしｖｅｒ．で、以下が三角比ありｖｅｒ．です

[三角比ありｖｅｒ．]

前略

よって、ＢＰ＝ＤＱ

△ＡＯＱで余弦定理より
ＡＱ²＝ＡＯ²＋ＱＯ²−２・ＡＯ・ＱＯ・ｃｏｓ∠ＡＯＱ

△ＤＯＱで余弦定理より
　ＢＰ²
＝ＤＱ²
＝ＤＯ²＋ＱＯ²−２・ＤＯ・ＱＯ・ｃｏｓ∠ＤＯＱ
＝ＡＯ²＋ＱＯ²−２・ＡＯ・ＱＯ・ｃｏｓ（１８０°−∠ＡＯＱ）
＝ＡＯ²＋ＱＯ²−２・ＡＯ・ＱＯ・（−ｃｏｓ∠ＡＯＱ）
＝ＡＯ²＋ＱＯ²＋２・ＡＯ・ＱＯ・ｃｏｓ∠ＡＯＱ

∴ＡＱ²＋ＢＰ²＝２（ＡＯ²＋ＱＯ²）

後略

ＱＥＤ

合同な図形が与えられているときは他に合同を見つけるのが王道ですね

◆神奈川県　クラテス さんからの解答。

三角形OBPと三角形ODQは二辺とその間の角相等で合同である。
（∵角POB＝角QOD＝角A＋角DOP）

従ってBP=DQである。

次に三角形QADにおいて中線定理より
QA²＋DQ²＝２AO²＋２OQ²＝一定

だから、結局AQ²＋BP²は一定である。

証明終わり//

（コメント）

良問だと思います。
直径ADが引かれていないと気づかなかったかも。
普通の人は座標で解こうとするので、どうせなら、AQ+BPが最大となるようなPQの位置を求めなさいとかの方がよかったかもしれません。
（AB//PQとなります）

◆東京都　サボテン さんからの解答。

外接円の半径をr、AB=aとする。
また∠CAB=φ、∠POD=ψとする。

このとき∠AOQ=π-(φ+ψ)

また∠BOD=φであることから、∠BOP=φ+ψ

三角形AOQと三角形BOPにそれぞれ余弦定理を適用すると、

AQ²=a²+r²-2arcos[π-(φ+ψ)]=a²+r²+2arcos(φ+ψ)
BP²=a²+r²-2arcos(φ+ψ)

よってAQ²+BP²=2(a²+r²)となり、ψの値によらず一定。
即ち点O'の位置によらず一定となる。

本当は図形的に解きたかったのですが、断念しました・・・。

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