三角形と円に関する性質の超難問（大学生以上向き）

三点 A, B, C が定円上にあり AB と AC が元の円に含まれるもう一つの一つの定円に接している時、BC が別の定円に接している。

以上のことを示したいのですが、普通の中学高校の知識では証明できない気がします。
どういった方法で証明すればよいか教えていただけないでしょうか。

図は、
http://homepage2.nifty.com/tangoh/miyaenandline. …​
が参考になると思います。

No.1 回答者： kumipapa 回答日時： 2007/12/01 17:32

辺ＢＣを具体的に求めていこうとするとひたすら面倒な計算になりますね。

やり方が悪いのかな？
でも、辺ＢＣが円に接するという大きなヒントがあるので、その円を先に求めてしまうと言うずるいことを考えると、計算が面倒なだけで証明は出来るように思います。
三角形ABCが内接している円を単位円とし、また、図形の対象性から、辺ＡＢ，ＡＣが接する円は、その中心が x＞0 のｘ軸上にあるとして良いでしょう。その円がどこにあっても図形全体を回転すれば中心はその領域に来ますから。そう考えると、BCが接する定円そのものは比較的容易に求められます。
例えば、三角形ABCは中心が原点の単位円上にあるとして、辺 AB, AC が接する定円の中心座標を (a, 0) とし、半径を r とします。ただし、0＜a＜1, 0＜r＜1 - a

点A が (1, 0) にあるとき、∠OAB = ∠OAC = θ とすると、
sinθ = r / (1 - a)　、　AB = AC = 2 cosθ
直線BCとx軸との交点のｘ座標は、
1 - AB cosθ = 1 - 2 cos^2θ = 2 sin^2θ - 1 = 2 r^2 / (1 - a)^2 - 1　　….. (1)

点Aが (-1, 0) にあるとき、∠OAB = ∠OAC = θ’とすると、
sinθ’= r / (1 + a)　、　AB = AC = 2 cosθ’
このとき直線BCとx軸との交点のｘ座標は、
AB cosθ’- 1 = 2 cos^2θ’- 1 = 1 - 2 sin^2θ’= 1 - 2 r^2 / (1 + a)^2　　….. (2)

ここで、辺 BC が接する円の中心は (1), (2) で求めた座標の中点であり、半径は(1), (2) の距離の 1/2 でなければなりません。よって中心座標は (2 a r^2 / ((1 + a)^2(1 - a)^2), 0)、半径は 1 - 2 r^2 (1 + a^2) / ((1 + a)^2(1 - a)^2)

既に計算間違いをしているかもしれませんが、題意を満たすような定円が存在するならば、この円一つしか有り得ないので、あとは、Ａが単位円上の任意の位置にあるときにＢ，Ｃの座標を求めて、辺ＢＣがこの円に接することを示そう、できれば、上の円の情報をヒントにして円の方程式そのものを導こうと思ったのですが・・・度重なる計算間違いでなかなか到達しそうもありません。難しくはないんだけどひたすら計算が面倒で。
で、取り合えずここまで。中途半端でごめんなさい。

No.2 回答者： stomachman 回答日時： 2007/12/02 01:53

ご質問の１行目を読んでもよく分かんなかったのですが、リンクの図からすると、

命題：「任意の円Pと、円Pに内包される任意の円Qとがあるとき、円Rが存在して以下を満たす：　円Pの円周上の任意の点をAとし、Aを通る円Qの接線２本が円Pの円周と再び交わる点をそれぞれB, Cとすると、直線BCは円Rに接する」
ってことですね。こりゃ面白い定理ですね～

　証明はできたんですが、三角関数が出ずっぱりでエレガントにはほど遠い。でもどんな風にやったか、ご参考までに概要だけ申し上げましょう。

～～～～～～～～～～～～～～～～～
上記の命題が正しいとすると、「円Rの中心Rは、円Pの中心Pと円Qの中心Qを結ぶ直線L上にある」ということは自明。従って直交座標系において、円Pを単位円であるとし、円Qを中心がQ=(a,0)で半径qの円であるとし、円Rを中心がR=(b,0)で半径rの円であるとしても一般性を失いません。

点Aと円Qの中心点Qを結ぶ直線が円Pと再び交わる点をDとします。
α=∠BAD
とおくと、当然
∠CAD=α
であり、また中心角∠BODと∠CODは
∠BOD=∠COD=2α
となります。従って、弧CDの長さは弧BDの長さと等しく、△DBCはDを頂点とする二等辺三角形であり、辺BCは線分ODと直交する。その交点をMとすると
OM=cos2α
です。

さて、点Dの座標を(cosφ, sinφ)とします。
OM=bcosφ+r　または　OM=bcosφ-r
を満たすとき、BCは円Rに接します。
だから、「定数r,bが存在して、点Aが円周P上のどこにあろうともこの式が成り立つ」ということを証明すれば、当初の命題が証明できたことになります。

ところで、
∠QAC=∠QAB=α
です。
QA=v
と置くと、余弦定理により
v^2=1+a^2-2acosθ
です。(「acosθ」ってのは「a掛けるcosθ」のことであって、arccosθじゃありません。）また、
sinα=q/v
である。以上から、
OM=cos2α=1-2(sinα)^2 = 1-2(q^2)/(v^2) = 1-2(q^2)/(1+a^2-2acosθ)
です。

さらに、
γ=∠OAQ
とおくと、
φ=θ+π+2γ
です。△OQAの正弦定理から
sinγ=(a/v)sinθ
また、円Qが円Pの中にあるので
|γ|＜π/2だから
cosγ=√(1-((sinγ)^2))=(1-acosθ)/v
です。

で、
OM=bcosφ+c（cはrまたは-rです。)
が恒等的に（つまり任意のθについて）成り立つようなb, cが存在することを示す。

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数式をごりごりした結果、連立一次方程式
((a^2)+1)c+2ab=1+(a^2)-2(q^2)
2ac+((a^2)+1)b=2a
にたどりつき、
c=1-2(a^2+1)(q^2)/(((a^2)-1)^2)
b=4a(q^2)/(((a^2)-1)^2)
と出たけれど、きっと計算間違いしているだろうと思います。

No.3 ベストアンサー 回答者： stomachman 回答日時： 2007/12/03 05:22

ANo.2について追記です。

[1] 読み返したら、ANo.2の記号がちょっと混乱しています。単位円Pの中心を点Pと書いたり、点Oと書いたりしている。これらはどちらも同じ点だと思ってください。すんません。

[2] ANo.1の結果によれば（記号をANo.2に合わせて書き換えると）
円Rの中心のx座標 b＝2 a (q^2) / ((1 + a)^2(1 - a)^2)
円Rの半径 r＝1 - 2 (q^2) (1 + a^2) / ((1 + a)^2(1 - a)^2)
ということです。一方ANo.2では
b=4a(q^2)/(((a^2)-1)^2)
r=c=1-2(a^2+1)(q^2)/(((a^2)-1)^2)
となった。
　一見すると分母が違うようですが、
((1 + a)^2(1 - a)^2)=((1 + a)(1 - a))^2=(1 - (a^2))^2=((a^2)-1)^2
だから、ANo.1もANo.2も分母は同じです。なので、ANo.1とANo.2とでrの値は一致していて、bの値が丁度2倍だけ食い違っています。多分、計算間違いの常習犯であるstomachmanのチョンボでしょうけど。

[3] ともあれ、「普通の中学高校の知識で」少なくとも三角関数を使えさえすれば証明できる、ということは実証できたと思います。（円Rを線分BCの描く包絡線として導き出そうとすると微分を使いたくなりますんで、アエテ避けました。）