このとき、∠AED∠AEDの二等分線と∠CFD∠CFDの二等分線は直交することを示せ。」
2通りの方法でこの問題を解いてみます。
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2通りの方法では共通して∠AED∠AEDの二等分線と辺AD, BCAD, BCとの交点をそれぞれG, HG, H、∠CFD∠CFDの二等分線と辺CD, ABCD, ABとの交点をそれぞれI, JI, J、∠AED∠AEDの二等分線と∠CFD∠CFDの二等分線との交点をKKとします。
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すると、この問題の最終的な目標はEH⊥FJEH⊥FJであることを確かめることとなります。
1つずつ角度を調べていく方法
1つずつ角度を調べて∠AED∠AEDの二等分線と∠CFD∠CFDの二等分線が直交することを確かめます。
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∠AED=180°−(∠EAD+∠EDA)=180°−{(180°−α)+β}=α−β∠AED=180°−(∠EAD+∠EDA)=180°−{(180°−α)+β}=α−β
となります。すると、∠DEG∠DEGは
∠DEG=∠AED2=α−β2∠DEG=∠AED2=α−β2
となり、△DEG△DEGにおいて∠DGE∠DGEは
∠DGE=180°−(∠DEG+∠EDG)=180°−(α−β2+β)=180°−α+β2∠DGE=180°−(∠DEG+∠EDG)=180°−(α−β2+β)=180°−α+β2
となります。さらに∠DGE∠DGEの対頂角である∠AGK∠AGKも
∠AGK=180°−α+β2∠AGK=180°−α+β2(1)
となります。
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∠CFD=180°−(∠DCF+∠CDF)=180°−(α+β)∠CFD=180°−(∠DCF+∠CDF)=180°−(α+β)
となります。すると、∠CFI∠CFIは
∠CFI=∠CFD2=90°−α+β2∠CFI=∠CFD2=90°−α+β2
となり、△CFI△CFIにおいて∠CIF∠CIFは
∠CIF=180°−(∠CFI+∠FCI)=180°−{(90°−α+β2)+α}=90°−(α−α+β2)=90°−α−β2∠CIF=180°−(∠CFI+∠FCI)=180°−{(90°−α+β2)+α}=90°−(α−α+β2)=90°−α−β2
となります。
ここで、△CFI△CFIと△AFJ△AFJに着目すると、∠CFI=∠AFJ,∠FCI=∠FAJ∠CFI=∠AFJ,∠FCI=∠FAJより2組の角がそれぞれ等しいので相似であることがわかります。
ゆえに
ゆえに
∠CIF=∠AJF=90°−α−β2∠CIF=∠AJF=90°−α−β2(2)
となります。
∠GKJ=360°−(∠A+∠AGK+∠AJK)=360°−{α+(180°−α+β2)+(90°−α−β2)}=90°−(α−α+β2−α−β2)=90°∠GKJ=360°−(∠A+∠AGK+∠AJK)=360°−{α+(180°−α+β2)+(90°−α−β2)}=90°−(α−α+β2−α−β2)=90°
となり、辺GK, JKGK, JKはそれぞれ直線EH, FJEH, FJの一部分なのでEH⊥FJEH⊥FJが成り立ちます。
したがって、∠AED∠AEDの二等分線と∠CFD∠CFDの二等分線は直交することがわかりました。
二等辺三角形を見つける方法
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∠EIJ=∠FDI+∠DFI∠EIJ=∠FDI+∠DFI(3)
が成り立ちます。
また、△BFJ△BFJに着目すると、外角の定理より
∠EJI=∠FBJ+∠BFJ∠EJI=∠FBJ+∠BFJ(4)
が成り立ちます。
ここで、円に内接する四角形の性質より∠FDI=∠FBJ∠FDI=∠FBJ、二等分した角より∠DFI=∠BFJ∠DFI=∠BFJであり、(3),(4)(3),(4)より∠EIJ=∠EJI∠EIJ=∠EJIとなります。
このことから△EIJ△EIJは二等辺三角形であることがわかります。
このことから△EIJ△EIJは二等辺三角形であることがわかります。
すると、∠AED∠AEDの二等分線EHEHは△EIJ△EIJにおいては頂角∠IEJ∠IEJの二等分線であるので、底辺IJIJに対し垂直です。
さらに、辺IJIJは∠CFD∠CFDの二等分線FJFJの一部分なので、EH⊥FJEH⊥FJが成り立ちます。
したがって、∠AED∠AEDの二等分線と∠CFD∠CFDの二等分線は直交することがわかりました。
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