『二等辺三角形？』解答

◆広島県　清川　育男さんからの解答。

　
線分ＢＤと線分ＣＥとの交点を点Ｉとする。
点Ｉは内心である。
点Ｉから線分ＢＣへ垂線を引きその足をＦとする。
点Ａと点Ｉを結ぶ直線を線分ＡＩとする。
線分ＡＩは角Ａの二等分線となる。

∠Ｂの半角をＸとする。また∠Ｃの半角をＹとする。

∠ＢＩＦ＝９０−Ｘ.........................1)
∠ＣＩＦ＝９０−Ｙ.........................2)

∠ＥＡＩ＝∠ＤＡＩ＝９０−(Ｘ+Ｙ)...............3)

∠ＡＩＥ＝１８０−∠ＥＡＩ−∠ＡＥＩ
　　　　＝１８０−(９０−(Ｘ+Ｙ))−(２Ｘ+Ｙ)
　　　　＝９０−Ｘ........................4)

∠ＡＩＤ＝１８０−∠ＤＡＩ−∠ＡＤＩ
　　　　＝１８０−(９０−(Ｘ+Ｙ))−(２Ｙ+Ｘ)
　　　　＝９０−Ｙ.........................5)

∠ＢＩＣ＝∠ＢＩＦ＋∠ＣＩＦ， ∠ＤＩＥ=∠ＡＩＥ＋∠ＡＩＤだから、 1)4)2)5)式から∠ＢＩＣ＝∠ＤＩＥ・・・（＊）

1)4)2)5)式と（＊）より、線分ＡＩと線分ＩＦは同一直線上の線分と言うことになる。
即ち、線分ＡＦ。

△ＢＡＦと△ＣＡＦにおいて、線分ＡＦは共通。
またその両端の角が等しいので２つの三角形は合同な三角形となる。

したがって、対応する線分は等しい。

即ち、線分ＡＢ＝線分ＡＣ.....................6)

したがって、△ＡＢＣは二等辺三角形ということになる。　

【コメント】

　出題者の水の流れさんから、１）＝４）、２）＝５）の条件だけでは、３点Ａ，Ｉ，Ｆが一直線上にあることにならないというご指摘がありました。
三角関数を用いる証明にも興味があります。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。

視覚による飛躍を指摘されたのではないかと思います。
点Ｉを軸に回転しても関係は成り立つではないかと言うことだと思います。
図は理解を容易にするものであるが、あくまで論理的に特定しなさいと言うことでしょうね。

証明中の□で囲った部分を追加します。

これで回転はなくなると思います。
もれがないことを論理的に明らかにすることは厳しいですね。

◆静岡県　ヨッシーさんからのコメント。

清川さんの解答ですが、

∠ＢＩＦ＝９０−Ｘ.........................1)
∠ＣＩＦ＝９０−Ｙ.........................2)

∠ＡＩＥ＝９０−Ｘ.........................4)
∠ＡＩＤ＝９０−Ｙ.........................5)

からは、
∠ＢＩＦ＝∠ＡＩＥ
∠ＣＩＦ＝∠ＡＩＤ

が言えるだけです。
そして、これらは（たとえ、ＡＩＦが直線であったとしても）対頂角の位置にないので、これだけではＡＩＦが一直線上にあることは言えないでしょう。

それに、最重要条件ＢＤ＝ＣＥが使われていません。

　＃私もただ今、考え中です。
　＃まだ答え言っちゃだめです＞＞水の流れさん

◆宮城県　斉藤　誠さんからの解答。

△ＡＢＣが２等辺三角形でないと仮定すると
∠β≠∠α（各々角Ｂ、角Ｃの２等分角）。
また題意より、ＥＣ＝ＢＤとする。

△ＤＢＣ及び△ＥＢＣに外接する円をそれぞれＲα、Ｒβとし
線分ＡＢと円Ｒαとの交点をＥ’とする。
弦ＥＣがＲβに張る円周角は２β
弦ＤＢがＲαに張る円周角は２αとなる。　

円の大小を　Ｒα＞Ｒβと記述すると、各弦EC、ＢＤは等しいので
２×∠α　＜　２×∠βとなる。

ところが、
弧Ｅ’Ｄの円周角Ｅ’ＢＤ＝∠β＝円周角Ｅ’ＣＤであるので
　∠α（＝∠ＥＣＤ）　＞　∠β＝（∠Ｅ’ＣＤ）
となって矛盾が生じる。

また、Ｒα＜Ｒβの場合も同様になり矛盾する。
よって、仮定は誤りである。

Ｒα＝Ｒβの場合、点Ｅと点Ｅ’は同一の点になるので
　２×∠α　＝　２×∠β
　　（各々弦ＤＢ、ＥＣの円周角）
かつ
　∠α（＝∠ＥＣＤ）＝∠β＝（∠Ｅ’ＣＤ）
　　（弧ＥＤの円周角）
となる。

すなわち△ＡＢＣは２等辺（２等角）三角形でなければならない。

　同一長の弦の円周角と円の大小の関係は、円周角が２方向にあるので、別途証明が必要かもしれませんがそのまま使っています。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。

　
△ＤＢＣと合同な三角形ＣＥＦとなるように、点Ｆをとる。
線分ＡＣと線分ＥＦとの交点をＤ'とする。

ＤＣ=ＣＦ であるから∠ＣＤＦ=∠ＣＦＤ

また∠ＤＣＢ=∠ＣＦＥ

したがって∠ＤＣＢ=∠ＣＤＦ

錯角が等しいので、線分ＢＣと線分ＦＥは平行となる。
また点Ｄと点Ｄ'は同一の点であることがわかる。

また ＢＣ=ＦＥであるから四角形ＥＢＣＦは平行四辺形となる。

したがってＥＢ=ＣＦ=ＤＣ

△ＥＢＣと△ＤＣＢにおいて
ＣＥ=ＢＤ，ＥＢ=ＤＣ，ＢＣ=ＣＢ(共通）

３辺が等しいから△ＥＢＣと△ＤＣＢは合同な三角形となる。

したがって対応する、∠ＥＣＢ=∠ＤＢＣ

よって∠Ｂ=∠Ｃ

ゆえに、ＡＢ=ＡＣとなり、△ＡＢＣは二等辺三角形ということになる。

◆東京都　eikiさんからの解答。

【準備】

Ｄから辺ＢＣと平行な直線をひき、辺ＡＢとの交点をＥ'

　
Ｅから辺ＢＣと平行な直線をひき、辺ＡＣとの交点をＤ'とする。

また∠ＡＢＣ＝２Ｘ、∠ＡＣＢ＝２Ｙとし、∠Ｘ≦∠Ｙとする。
∠Ｘ≦∠Ｙと仮定しても一般性は失われない）

０＜Ｘ＜９０°、０＜Ｙ＜９０°では
sinＸ≦sinＹ、cosＹ≦cosＸ …… （※）

【補助線の説明】

ＢＤ＝ＣＥだからＢＤsinＸ≦ＣＥsinＹより
（Ｄと辺ＢＣとの距離）≦（Ｅと辺ＢＣとの距離）

すなわち ＣＤ≦ＣＤ'、ＢＥ'≦ＢＥ、Ｄ'Ｅ≦ＤＥ' …… �@

ΔＣＤ'Ｅは二等辺三角形だから、ＣＤ'＝Ｄ'Ｅ …… �A
ΔＣＤＥ'は二等辺三角形だから、ＢＥ'＝ＤＥ' …… �B

したがって �@�A�Bより ＣＤ'≦ＢＥ' …… �C

【証明の肝】

ところで、正弦定理より、ΔＣＤ'Ｅ、ΔＣＤＥ'において

ＣＤ' sinＹ

=

ＣＥ sin(180°−２Ｙ）

=

ＣＥ sin２Ｙ

　…… �D

ＢＥ' sinＸ

=

ＢＤ sin(180°−２Ｘ）

=

ＢＤ sin２Ｘ

　…… �E

�D�Eより ＣＤ'、ＢＥ'を求めて�Cに代入すると

sinＹ sin２Ｙ

×ＣＥ ≦

sinＸ sin２Ｘ

×ＢＤ

３角関数の倍角の公式を使って

ＣＥ ２cosＹ

≦

ＢＤ ２cosＸ

ＢＤ＝ＣＥ、０＜cosＸ、０＜cosＹだから
cosＸ≦ cosＹ…… �F

【結論】

（※）と�Fを同時に満たすので cosＸ＝ cosＹ、すなわち
（０＜Ｘ＜９０°、０＜Ｙ＜９０°では Ｘ＝Ｙだから）
ΔＡＢＣは二等辺三角形

【感想】

何かインチキくさくて自信ありません。
特に不等式はすぐ向きがひっくり返っちゃうし。。。

◆岐阜県　水の流れ　さんからの解答。

　ΔＡＢＣにおいて、∠Ｂ、∠Ｃの２等分線が対辺と交わる点をＤ、Ｅとするとき、
ＢＤ＝ＣＥならばＡＢ＝ＡＣであることを証明せよ。

コメント：
以前に出題しておきましたが、この度解析学で解けたので、報告します。
因数分解の手前までは、７月２５日の夜浜松のホテルで到達していました。

ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃ　とおく。
内角の２等分線の長さのとき、ＢＤやＣＥを出したことを思い出してください。
ちなみに、
ＢＤ²＝ＢＣ・ＢＡ−ＣＤ・ＤＡ
ＣＥ²＝ＣＢ・ＣＡ−ＢＥ・ＥＡ
＜＊これらは証明済み＞

また、内角の２等分線の性質より、
　ＣＤ：ＤＡ＝ａ：ｃ
　ＢＥ：ＥＡ＝ａ：ｂ

よって、
ＣＤ＝ａｂ／(ａ＋ｃ) ，ＤＡ＝ｃｂ／(ａ＋ｃ)
ＢＥ＝ａｃ／(ａ＋ｂ) ，ＥＡ＝ｂｃ／(ａ＋ｂ)

これらを ＢＤ² や ＣＥ² に代入して
　ＢＤ²
＝ａ・ｃ−ａｂ／(ａ＋ｃ) ・ｃｂ／(ａ＋ｃ)
＝ ａｃ(ａ＋ｂ＋ｃ)(ａ＋ｃ−ｂ)／ (ａ＋ｃ)²

　ＣＥ²
＝ａ・ｂ−ａｃ／(ａ＋ｂ) ・ｂｃ／(ａ＋ｂ)
＝ ａｂ(ａ＋ｂ＋ｃ)(ａ＋ｂ−ｃ)／ (ａ＋ｂ)²

ここで、
　ＢＤ² − ＣＥ²
＝ａ(ａ＋ｂ＋ｃ)／(ａ＋ｃ)² (ａ＋ｂ)² ＜＊＊＞

＜＊＊＞ は別に計算して、

　＜＊＊＞ 

＝ｃ(ａ＋ｂ)2(ａ＋ｃ−ｂ)−ｂ(ａ＋ｃ)2 (ａ＋ｂ−ｃ)

＝ｃ(ａ2＋２ａｂ＋ｂ2)｛ａ＋(ｃ−ｂ)}−ｂ(ａ2＋２ａｃ＋ｃ2){ａ＋(ｂ−ｃ)}

＝ｃ{ａ3＋ａ2(ｂ＋ｃ)＋ａｂ(−ｂ＋２ｃ)＋ｂ2(ｃ−ｂ)｝−ｂ{ａ3＋ａ2(ｂ＋ｃ)＋ａｃ(２ｂ−ｃ)＋ｃ2(ｂ−ｃ)｝  

＝(ｃ−ｂ){ａ3＋(ｂ＋ｃ)ａ2＋ａｂｃ＋ｂｃ(ｂ＋ｃ)｝

＝(ｃ−ｂ){ａ3＋(ｂ＋ｃ)ａ2＋３ａｂｃ＋ｂｃ(ｂ＋ｃ)｝

コメント：あの夜もっと根気よく、因数分解を遂行すればよかったのにと反省。

◆東京都の大学生、星の子シメオン さんからの解答。

【正弦定理を用いた証明】

簡単のため∠Ｂ＝２β、∠Ｃ＝２γとおく。

正弦定理より

ＢＤ sin２γ

＝

ＢＣ sin(β＋２γ)

ＣＥ sin２β

＝

ＢＣ sin(２β＋γ)

ＢＤ＝ＣＥより
sin２βsin(β＋２γ)＝sin２γsin(２β＋γ)

展開すると

２sinβcosβ［２cosβsinγcosγ＋sinβ(１−２sin2γ)］
＝２［２sinβcosβcosγ＋(１−２sin2β)sinγ］sinγcosγ

４sinβcos2βsinγcosγ＋２sin2βcosβ(１−２sin2γ)
＝４sinβcosβsinγcos2γ＋２sin2γcosγ(１−２sin2β)

４sinβcosβsinγcosγ(cosβ−cosγ)−４sin2βsin2γ(cosβ−cosγ)＋２(１−cos2β)cosβ＋２(１−cos2γ)cosγ　
＝０

0＜β、γ＜π/2　だから　β≠γならcosβ・cosγ≠0

２sinβcosβsinγcosγ−２sin2βsin2γ＋１−(cos2β＋cosβcosγ＋cos2γ)
＝ ２sinβcosβsinγcosγ−２sin2βsin2γ＋sin2β＋sin2γ−cosβcosγ−１
＝２sinβcosβsinγcosγ＋sin2βcos2γ＋sin2γcos2β−cosβcosγ−１
＝(sinβcosγ＋sinγcosβ)2−cosβcosγ−１
＝sin2(β＋γ)−２cosβcosγ−１
＝−cos2(β＋γ)−２cosβcosγ
＝０

【幾何的？な証明】

辺ＢＣの中点に対して点対称な点Ａ'をとれば、
△ＡＢＣ≡△Ａ'ＣＢ

ＢＤ＝ＣＥ＝ＢＥ'より△ＢＤＥ'は二等辺三角形

ここでβ＞γ（上の証明での定義を利用）と仮定すると
　ＤＣ＞Ｅ'Ｃ

∴　∠ＣＥ'Ｄ＞∠ＣＤＥ'・・＊

ところが
∠ＣＥ'Ｄ＝180゜・２β・γ・∠ＢＤＥ'

∠ＣＤＥ'＝180゜・β・２γ・∠ＢＥ'Ｄ

β＞γなので∠ＣＥ'Ｄ＜∠ＣＤＥ'・・＊＊

＊と＊＊は矛盾

β＜γの場合も同様

矛盾をさけるためにはβ＝γでなければならない。

ところで、この解法のポイントは△ＢＤＥ'が二等辺三角形であることと、ＢＤ、ＢＥ'が角二等分線であることの矛盾点を如何に導くかにあります。
＊を導くまでの証明は直感的に明らかなので省略しましたが、正弦定理を使わずに厳密に証明できるかどうかは確かめていません。
中学時代には代数で強引に解いたような記憶があります。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。

ＢＤとＣＥの交点をＯとする。
△ＥＢＣを裏返して、ＥＣとＢＤが重なるように、△ＦＢＤをとる。

　∠ＦＤＣ
＝∠ＦＤＢ+∠ＢＤＣ
＝∠ＥＣＢ+∠ＢＤＣ
＝∠ＤＣＥ+∠ＢＤＣ
＝∠ＢＯＣ

　∠ＣＢＦ
＝∠ＤＢＦ+∠ＣＢＤ
＝∠ＣＥＢ+∠ＣＢＤ
＝∠ＣＥＢ+∠ＤＢＥ
＝∠ＢＯＣ

したがって、∠ＦＤＣ＝∠ＣＢＦ

また、∠ＢＯＣ＝１８０度−(∠ＯＢＣ+∠ＯＣＢ)
∠ＯＢＣ＜４５度、∠ＯＣＢ＜４５度

したがって∠ＢＯＣ＞９０度

∠ＦＤＣ＝∠ＣＢＦ＞９０度

鈍角三角形ＢＣＦと鈍角三角形△ＤＦＣにおいて ＦＣは共通。ＢＣ＝ＤＦ,∠ＦＤＣ＝∠ＣＢＦ よって、二つの三角形は合同。

したがって、ＢＦ＝ＤＣ＝ＢＥ。

△ＥＢＣと△ＤＣＢにおいて

ＢＣは共通。ＥＢ＝ＤＣ,ＥＣ＝ＤＢ

よって二つの三角形は合同。

したがって、∠Ｂ＝∠Ｃ

以上です。
ALEPHさんの解答を模範にしました。
鈍角三角形の合同は、既知としました。

◆茨城県　新竹の子 さんからの解答。

（三角関数を用いた解答）

∠B=2b, ∠C=2c とおき, △BCD, △BCE において正弦定理を用いると

BD sin(2c)

=

BC sin(b+2c)

，

CE sin(2b)

=

BC sin(2b+c)

仮定 BD = CE より
　sin(b+2c)sin(2b) = sin(2b+c)sin(2c)

これから b = c を導き，△ABC が二等辺三角形であることを示す。

いま b = M + N, c = M - N とおき，積を差になおす公式を用いると

0 = sin(b+2c)sin(2b) - sin(2b+c)sin(2c)

=sin(3M-N)sin(2M+2N) - sin(3M+N)sin(2M-2N)

=

cos(M-3N) - cos(5M+N) 2

-

cos(M+3N) - cos(5M-N) 2

=

cos(M-3N) - cos(M+3N) 2

+

cos(5M-N) - cos(5M+N) 2

=sinM sin3N + sin5M sinN

ここで M =

b+c 2

, N =

b-c 2

であるから

0°< 2b+2c < 180°, 0°< 2a < 180°, -180°< -2b < 0°より
0°< M < 45°, -45°< N < 45°

ゆえに　0 < sinM <

1

,

-1

< sinN <

1

さらに X = (sinM)², Y = (sinN)² とおくと

0 < X <

1 2

, 0 ≦ Y <

1 2

上の式は, ３倍角および５倍角の公式を用いて

0 = sinM sin3N + sin5M sinN

= sinM sinN {3 - 4(sinN)2}+ sinM sinN {16(sinM)4 - 20(sinM)2+ 5}

= 4sinM sinN {4(sinM)4 - 5(sinM)2 - (sinN)2 +2}

= 4sinM sinN {(1 - 2X)

2

+(

1 2

- X) + (

1 2

- Y) }

ここで sinM > 0, (1 - 2X)

2

+(

1 2

- X) + (

1 2

- Y) > 0

だから sinN = 0

したがって N =

b-c 2

= 0

すなわち b = c

◆宮城県　甘泉法師 さんからの解答。

∠Ｂ　＜　∠Ｃと仮定する。

△ＡＥＢＣＤと合同な三角形△ＰＴＱＲＳをつくり裏返して
△ＡＥＢＣＤと線分ＥＣと線分ＳＱが一致するように重ねる。

点Ｐが△ＡＥＢＣＤの内部または周上にあるとすると
∠Ａ　＜　∠Ｐとなり△ＡＥＢＣＤ≡△ＰＴＱＲＳに反する。

よって点Ｐは△ＡＥＢＣＤの外部にある。
線分ＰＣと線分ＡＢは交点Ｇで交わり点Ｒは△ＡＥＢＣＤの内部にある。

△ＰＧＥ∽△ＡＧＣ
∵∠Ａ＝∠Ｐ,　∠ＰＧＥ＝∠ＡＧＣ　対頂角

線分ＰＥの長さ＜線分ＰＲの長さ＝線分ＡＣの長さなので
△ＰＧＥの面積＜△ＡＧＣの面積

また、△ＥＲＣの面積＜△ＥＢＣの面積

よって、△ＰＲＣの面積＜△ＡＢＣの面積　となり　
△ＡＥＢＣＤ≡△ＰＴＱＲＳと矛盾する。

よって背理法から∠Ｃ≦∠Ｂ

∠Ｂ＜∠Ｃと仮定して同様に考察して、∠Ｂ≦∠Ｃ

したがって　∠Ｂ＝∠Ｃ　となり△ＡＢＣは二等辺三角形である。

◆岩手県　utu さんからの解答。

三角形ABCが二等辺三角形でないと仮定し、
　　∠ABC＝２α　、∠ACB＝２β　（α＜β）
とおく。

２辺AB、AC上に、それぞれ点F、Gを、 線分FD、EGが、辺BCと平行になるようにとる。

すると、BD＝CE　かつ　α＜β　より、線分FDより線分EGのほうが上方（Aより）に ある。

２つの三角形AFD、AEGは相似で、三角形AEGのほうが小さいことになるから、
　　FD＞EG　　・・・・・・　※１
である。

また、平行線の錯角の関係から、
　　∠BDF＝∠DBF＝α　、　∠CEG＝∠ECG＝β
となるので、三角形BDF、CEGはともに二等辺三角形である。

この２つの二等辺三角形は底辺の長さが一致しているので、 底角の大きいほうが、他の２辺が長い。

すなわち、
　　BF（＝DF)＜EG（＝CG)　・・・・・・　※２

※１と※２は、あきらかに矛盾する。
したがって、三角形ABCは二等辺三角形である。　（終）

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