「どの対辺も平行でない円に内接する四角形ABCDABCDの辺ABABとCDCDをそれぞれ延長したときの交点をEE、辺BCBCとADADをそれぞれ延長したときの交点をFFとする。
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。」
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。
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。
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。
∠A=α,∠B=β∠A=α,∠B=βとすると円に内接する四角形の性質より∠C=180°−α,∠D=180°−β∠C=180°−α,∠D=180°−βとなります。また、∠DAE=180°−α,∠ADE=β, ∠DCF=α,∠CDF=βとなります。
△AEDに着目すると、∠AEDは
すると、∠DEGは
さらに∠DGEの対頂角である∠AGKも
∠AED=180°−(∠EAD+∠EDA)=180°−{(180°−α)+β}=α−β
となります。すると、∠DEGは
∠DEG=∠AED2=α−β2
となり、△DEGにおいて∠DGEは
∠DGE=180°−(∠DEG+∠EDG)=180°−(α−β2+β)=180°−α+β2
となります。さらに∠DGEの対頂角である∠AGKも
∠AGK=180°−α+β2
となります。
次に△CFDに着目すると、∠CFDは
すると、∠CFIは
∠CFD=180°−(∠DCF+∠CDF)=180°−(α+β)
となります。すると、∠CFIは
∠CFI=∠CFD2=90°−α+β2
となり、△CFIにおいて∠CIFは
∠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と△AFJに着目すると、∠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
となります。
□AJKGに着目して、(1),(2)より
∠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, JKはそれぞれ直線EH, FJの一部分なのでEH⊥FJが成り立ちます。
したがって、∠AEDの二等分線と∠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
また、△BFJに着目すると、外角の定理より
∠EJI=∠FBJ+∠BFJ
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、二等分した角より∠DFI=∠BFJであり、(3),(4)より∠EIJ=∠EJIとなります。
このことから△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は二等辺三角形であることがわかります。
すると、∠AEDの二等分線EHは△EIJにおいては頂角∠IEJの二等分線であるので、底辺IJに対し垂直です。
さらに、辺IJは∠CFDの二等分線FJの一部分なので、EH⊥FJが成り立ちます。
したがって、∠AEDの二等分線と∠CFDの二等分線は直交することがわかりました。
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