多角形の辺長と角度
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今回は「多角形の辺長と角度」を観察してみよう。
トレミーの定理（プトレマイオスの定理）
１．トレミーの定理
＜トレミーの定理（プトレマイオスの定理）＞
というものがあります。
「内接四角形の対辺の積和が対角線の積になる」
という楽しい式です。
四角形ABCDが内接四角形、つまり対角和が180°ならば、
AB×CD＋AD×BC=AC×BD
です。
表記のカンタンのために、AB,BC,CD,DAの長さa,b,c,dとし、
対角線AC,BDの長さをe,fとしましょう。
この表記では、
ac+bd=ef
となります。
「証明１」（補助線と相似を2回）
AC上に点Fと取り角ABD=角FBC＝ｐとします。
同じ弧の円周角は等しいので、角ADB=角FCBです。
対応する2角が等しいので、△ABD∽△FBCとなりますね。
相似比はAD:DB=FC：CB。つまり、d:f=FC:b。
これから、bd=fFC。（相似1個目の成果）
同じ弧の円周角は等しいので、角BAD=角BDCです。
角ABF＝角DBF（=ｐ＋角DBFだからです。）
対応2角が等しいので、△ABF∽△DBCとなります。
相似比はAB:BD=AF:DC。つまり、a:f=AF:c。
これから、ac=fAF。（相似2個目の成果）
２つの成果である、等式の両辺の和を求めよう。
ac+bd=fAF+fFC=f(AF+FC)=fAC=fe
これで証明終わり。
「証明２」（補助線なしで余弦定理を2回）
補助線なしでもできますが、余弦定理を使い計算で
角Bのcosと角Dのcosは和が180の角のcosだから、
単位円でかくとｙ軸対称の点のｘ座標なので、異符号ですね。
つまり、和がゼロになります。
cosB=(a^2+b^2-e^2)/2abと
cosD=(c^2+d^2-f^2)/2cdの和がゼロだから、
(a^2+b^2-e^2)/2ab＋(c^2+d^2-f^2)/2cd＝０
つまり、cd(a^2+b^2-e^2)+ab(a^2+b^2-e^2)=0
cd(a^2+b^2)+ab(a^2+b^2)=(cd+ab)e^2
aについて整理します。
cd(a^2)+b(a^2+b^2)a+cdb^2=(ba+cd)e^2
左辺は(ca+bd)(da+bc)と因数分解できます。
さらに、e^2について解きましょう。
e^2＝(ca+bd)(da+bc)/(ba+cd)
この式自体すごい式だね。4辺の長さから対角線の長さの平方が出せている。
さて、
図を観察すると、対角線e,fの役割はa,cは変えずにbとdを入れ替えているだけです。
だから、e^2の式のbとdを入れ替えるとf^2が求められます。
f^2＝(ca+bd)(ba+dc)/(da+cb)
ここで、e^2*f^2を求めましょう。
面白いことがおきますよ。
バッサバッサと約分大会が起きるのです。
(ca+bd)(da+bc)/(ba+cd)＊(ca+bd)(ba+dc)/(da+cb)
＝(ca+bd)(da+bc)(ca+bd)(ba+dc)/{(ba+cd)(da+cb)}
＝(ca+bd)(ca+bd)=(ca+bd)^2
もう証明できたと同じです。
辺の長さはすべて正なので、
ef=ca+bd=ac+db
トレミーの定理には拡大版があります。
＜トレミーの不等式＞
円に内接するという条件を外すと、不等式ができるのです。
イメージでわかるように、内接する四角形の頂点を１つだけ円の外に伸ばすと、
伸びる対角線は1本なのに、伸びる辺は2本あります。
そんなところから、
AB×CD＋AD×BC≧AC×BD
という式が予想できますよね。
「証明のイメージ」
不等式の証明は、等式の「証明１」との類似の設定でできます。
外接円があれば、同じ弧の円周角は等しいということが使えました。
しかし、外接円がなければ、そうはならずAF＋FCまでこぎつけたとしても、
相似になるように無理やり作ることになります。
対応2角が等しいとすると△ABD∽△FBC、対応2角が等しいとすると△ABF∽△DBC。
これは、等しいというのは根拠がなくて、あくまでも仮定です。
外接円がないのですから。
だから、AF＋FC＝ACになりません。
AFCは折れ線になってしまうのです。
つまり、AF＋FC≧AC
です。
だから、ac+bd=fAF+fFC=f(AF+FC)≧fAC=fe。
２．トレミーの定理の利用
四角形ABCDのAB,BC,CD,DAの長さa,b,c,dとし、
対角線AC,BDの長さをe,fとしましょう。
この表記では、
トレミーの定理はac+bd=efとなりました。
＜直接利用＞
もちろん、a,b,c,d,e,fのうち、5つの数値がわかれば、残り１つは逆算できる。
一般の四角形で、対角線ACの2乗が
e^2＝(ca+bd)(da+bc)/(ba+cd)で求められる。
対角線BDの2乗が、
f^2＝(ca+bd)(ba+dc)/(da+cb)で求められる。
これは、ダイレクトな利用方法だ。
＃でも、それだけではありませんよ。＃
＜相似に関係のある多角形への活用＞
四角形を長方形にして、4辺をa,b,a,b、対角線をc,cとすると、
a^2+b^2=c^2
という三平方の定理が出せる。
1辺１の正５角形ABCDEで四角形ABCDの4辺は1,1,1,x、対角線はx,xとなる。
1*x+1^1=x^2
という（x=(1+√5)/2という黄金比を求められる）方程式がすぐできる。
＜三角関数の定理の証明＞
直径２R=１の四角形ABCDで、
ACを直径とします。また、角BAC=α、角DAC=βとしましょう。
AC＝１で、直径AC上の角は90°なので、辺の長さがα、βのサイン・コサインになりますね。
AB,BC,CD、DAは順に、cosα,sinα,sinβ,cosβ。
ではBDはどうなるでしょうか。
正弦定理を思い出しましょう。
「三角形の外接円の半径がRのとき、
Aの対辺長/sinA=Bの対辺長/sinB=Cの対辺長/sinC＝２R」でした。
角DAB＝α+βで、三角形DABの角DABの対辺はBDですね。だから、
DB/sin(α+β)=2R=1ですね。これから、DB=sin(α+β)となるね。
これらをトレミーさんにぶち込みましょう。
１*sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ
なんということでしょう。
sinの加法定理が証明できてしまいましたね。
（ただし、トレミーの定理は「数学オリンピック」レベルでは常識でしょうが、
「大学入試」レベルでは裏技扱いになる。
だから、記述問題で、どうしても使いたいならば、
初等幾何のダブル相似をその場でやって証明つきにすることをおすすめします。）
トレミーの定理から加法定理へ
３．フランク・モーリーの定理
＜フランク・モーリーの定理＞
三角形ABCの角の3等分線をひきできる交点８個のうち、
辺BC,辺CA,辺ABに一番近い点を順にP,Q,Rとする。
△PQRは正三角形になる。
面白いですね。
長さではなく、角度の3等分という仮定から、長さ等しい三角形ができました。
「証明１」（相似なミニチュアを作る）
角A,B,Cの3分の１の大きさをa,b,cとする。a+b+c=180/3=60。
A,B,Cは180°未満だから、a,b,cは180/3=60°未満になるね。
そこで、60-a,60-b,60-cを順にα,β,γとしよう。
逆思考と相似の発想で解く。
正三角形KLMからスタートする。
三角形KLMの各辺LM,MK,KLに二等辺三角形LMU,MKV,KLWとなるように、3点W,U,Vをとる。
底角LMU,MKV,KLWがα,β,γとする。
できた6角形KWLUMVの角を求める。
Mがα+β+60,Kがβ+γ+60、Lがγ+α+60。
Uが180-2α、Vが180-2β、Wが180-2γとなるね。
だから、3角U,M,Vの和はp=180-2α＋α+β+60+180-2β=360+60-(α+β)
360-p=α+β-60=(60-a)+(60-b)-60=60-(a+b)=60-(60-c)=c。
ということは、ULの延長とVKの延長の交点をFとすると、角Fはcになる。
同様にして、
UMとVKの延長の交点をEとすると、角Eはbになる。
MVとLWの延長の交点をDとすると、角Dはaになる。
D,E,Fを結んでできる三角形DEFの中に角の3分の１のサイズの2本線どうしの交点M,L,Kを結ぶと
三角形MLKが正三角形になることまでは言えた。
次に、三角形UEFに着目しよう。
三角形UMKと三角形ULKは対応する2辺と間の角が等しいから合同になるね。
だから、UKは角EUFの2等分線になる。
また、1/2角EUF=1/2(180-2α)=90-α
角EKF＝角EUF+角UEK+角UFK＝180-2α+b+c=(180-2α)+60-a=(90+90-2α)+α=(90-α)+90=1/2角EUF+90
点Kはこの2条件によって、三角形UEFの内心と言えるから、角UEF=2b,角UFE=2cが言える。
同様にして、点Mが三角形EDWの内心、点Lが三角形DFVの内心であることがわかる。
だから、三角形KLMは角D,E,Fのそれぞれの3等分線の交点になることがわかる。
角D,E,Fは3a,3b,3cとなるので、それぞれ角A,B,Cと等しいので、三角形DEFは三角形ABCと相似。
だから、三角形KLMを拡大すれば、三角形PQRと重なるので、三角形PQRは正三角形となる。
「証明２」（3倍角など三角関数の公式を使い倒し、代数式の対称性を利用する）
角A,B,Cの3分の１の大きさをa,b,cとする。a+b+c=180/3=60。
三角形ARBで正弦定理（弦と対角のサインの比例）を使うと
AB/sin(180-(a+b))=AR/sinbで、sin(180-(a+b))=sin(a+b)=sin(60-c)。
三角形ABCで使うとAB/sinC=2R(三角形ABCの外接円の直径）
これらから、AR=ABsinb/sin(60-c)=2RsinCsinb/sin(60-c)
一方で、3倍角の公式からsinC=sin3c=-4sin^3c+3sinc
=sinc(-4sin^2c+3)=sinc(-4sin^2c+3sin^2c+3cos^2c)=sinc(-sin^2c+3cos^2c)
=sinc(√3cosc+sinc)(√3cosc-sinc)=4sinc(1/2√3cosc+1/2sinc)(1/2√3cosc-1/2sinc)
=4sinc sin(60+c)sin(60-c)が言える。
これをARの式に代入すると、AR=2R・4sinc sin(60+c)sin(60-c)sinb/sin(60-c)＝8Rsinb sinc sin(c+60)
同様にして、AQ＝8Rsinb sinc sin(b+60)
三角形ARQで余弦定理が使える。
RQ^2=AR^2+AQ^2-2AR・AQcosa
=[8Rsinb sinc sin(c+60)]^2+[8Rsinb sinc sin(b+60)]^2-8Rsinb sinc sin(c+60)・8Rsinb sinc sin(b+60)・2cosa
=[8Rsinb sinc]^2{sin^2(c+60)+sin^2(b+60)-2sin(c+60)sin(b+60)cosa}
60+a,60+b,60+cを順にα,β,γとして、{sin^2(c+60)+sin^2(b+60)-2sin(c+60)sin(b+60)cosa}=X部分
を計算すると、X={sina}^2となるはず。
a=A/3=(180-(B+C))/3=60-b-c=60-(β-60+γ-60)=180-(β+γ)の置き換えを利用しよう。
cosa=cos(180-(β+γ))=-cos(β+γ)から、
実際に、
X=sin^2(c+60)+sin^2(b+60)-2sin(c+60)sin(b+60)cosa
=sin^2γ+sin^2β+2sinβsinγsin(β+γ)
=sin^2γ+sin^2β+2sinβsinγ(cosβcosγ-sinβsinγ)
=2sinβsinγcosβcosγ+sin^2γ+sin^2β-sin^2βsin^2γ-sin^2βsin^2γ
=2sinβsinγcosβcosγ+sin^2γ(1-sin^2β)+sin^2β(1-sin^2γ)
=sin^2γcos^2β+sin^2βcos^2γ+2sinβsinγcosβcosγ
=(sinβcosγ＋cosβsinγ)^2
=sin^2(β+γ)
=sin^2(180-(β+γ))
=sin^2 aとなる。
これで、
RQ^2=[8Rsinb sinc]^2{sina}^2
=[8Rsin(a)sin(b)sin(c)]^2となり、
RQ=8Rsin(a)sin(b)sin(c)
と、a,b,cについて対称な式になった。
QP,PRについては、ここまでの計算を文字の入れ替えで求められる。
しかし、計算結果が、a,b,cで対称なので、長さが等しくなる。
つまり、三角形PQRは正三角形になるね。
４．ラングレーの問題
＜ラングレー問題（フランクリンのたこ）＞
「二等辺三角形OBCがあり、OB=OCだ。
辺OB上に点Aをとり、辺OC上に点Dをとる。
四角形ABCDで、（角ABD、角DCB、角BCD、角ACD）＝(20,60,50,30）とする。
三角形OBCの底角は80度になるね。
このとき、角DAC＝80、角ADB＝30となる」
解けそうで解けない、堂々巡りに陥りやすい問題で有名ですね。
補助線の引き方で、様々な解法があるようです。
「証明１」（正三角形、二等辺三角形ができる補助線法）
計算式ではなく、三角形の名前（角度のタプル）という書き方を基本とする。
BD上に点Gをとり、角CGB＝60となるとする。
CGの延長とOBの交点をEとする。
△BCG、△GDEは正三角形になるね。
△GBC（60、60、60）でBC＝BG。
△ABC（80、50、50）でBC＝BA。これから、
△ABGでBA＝BGとなり、（20、80、80）
△EBC（80、60、40）で、角AEG＝40
△AEG（40、40、100）となり、AE＝AG。
△EGD（60、60、60）でED＝GD。
これから、AE＝AG,ED=GD,AD=ADより、△AED≡△AGD
だから、角ADB＝60/2=30。
角DAC＝180-（角EAD＋角BAC)＝180－(100/2+50)=80。
「証明２」（積和と和積で式の単純化）
補助線なしで、三角関数の公式を使いまくろう。
BC=1とする。
簡単のためにサインｘをsx,コサインｘをcxとかく。
x+y=180ならば、sx=sy。x+y=90ならば、cx=syも途中で使う。
角ADB＝ｘとする。
△BCDで正弦定理を使う。
BD/s80=BC/s40より、BD=s80/s(180-60-50-30)=s(40+40)/s40=2s40c40/s40=2c40
△ABDで正弦定理を使う。
BD/s(180-20-x)=BA/sx。
ここで、三角形ABCが（80、50、50）からBC＝BA＝１。
これらから、BD＝s(160-x)/sx=2c40。
また、180-(160-x)=x+20だから、s(160-x)=s(x+20)
s(x+20)=2sxc40＝s(x+40)+s(x-40)（積和の公式）
s(x+20)-s(x-40)=s(x+40) （移項）
[(x+20)+(x-40)]/2=x-10,[(x+20)-(x-40)]/2=30だから、（和積の公式）
s(x+20)-s(x-40)=s(x-10+30)-s(x-10-30)
=2c(x-10)s30=s(x+40)=s(90-(x+40))=c(50-x)
s30=1/2から、c(x-10)=c(50-x)
０＜ｘ＜80とすると、x-10＝50-xから、ｘ＝30で、コサインが一致する。
角DAC＝角DAB－角BAC＝（180－20-30）－50＝80。