幾何コンテスト『T-DEMO Show 2025』の公式解説

　$i = 1, 2, 3$について、円弧$\gamma_i$の中心を$O_i$, 半径を$R_i$とおく。半平面$H$上の点$P$と直線$AC$の距離を$d(P)$で表し、中心が点$P$であり半径が$r$の円を$\Omega(P, r)$で表す。
　$1 \le i < j \le 3$について、まず、円$\Omega(P, r)$が2本の半直線$h_i$, $h_j$の両方に接する場合、どのような性質が成り立つかを考えよう。対称性より、点$P$は半直線$h_i$, $h_j$がなす角の二等分線$\beta_{ij}$上に乗る。点$B$を中心とした相似拡大を考えれば、$r = u_{ij} \cdot d(P)$をみたす定数$u_{ij}$が明らかに存在する。なお、定数$u_{ij}$の具体的な値は半直線$h_i$, $h_j$が直線$AC$となす角によって定まる。
　次に、$1 \le i < j \le 3$について、円$\Omega(P, r)$が2本の円弧$\gamma_i$, $\gamma_j$の両方に接する場合、どのような性質が成り立つかを考えよう。有名性質より、点$P$は2焦点$O_i$, $O_j$からの距離の和が$(R_i + R_j)$である点の軌跡として描かれる楕円$\varepsilon_{ij}$上に乗る（この楕円は2点$A$, $C$も通っている）。楕円$\varepsilon_{ij}$の$O_j$側の準線を$l_{ij}$、離心率を$v_{ij}$とおき、点$P$と直線$l_{ij}$の距離を$d_{l_{ij}}(P)$で表せば、
\begin{align*} r = R_j - (R_j - r) = AO_j - PO_j = v_{ij} \cdot (d_{l_{ij}}(A) - d_{l_{ij}}(P)) = v_{ij} \cdot (d(P) - d(A)) = v_{ij} \cdot d(P) \end{align*}
という計算から、$r = v_{ij} \cdot d(P)$をみたす定数$v_{ij}$が存在する。
　さて、$\mathcal{Q}_{ijkl} \overset{\mathrm{def}}{=} \widehat{V_{ij}V_{kj}}\widehat{V_{kl}V_{il}}$が$\mathit{circumscribed}$であるならば、4本の境界線すべてに接する円は高々1個であるから、これを$\mathcal{I}_{ijkl}$で表す。$\mathcal{I}_{ijkl}$の中心を$O_{ijkl}$、半径を$R_{ijkl}$で表すと、$\mathcal{I}_{ijkl}$は2本の半直線$h_i$, $h_k$に接するため、$R_{ijkl} = u_{ik} \cdot d(O_{ijkl})$なる定数$u_{ik}$が存在する。同様に、$\mathcal{I}_{ijkl}$は2本の円弧$\gamma_j$, $\gamma_l$に接するため、$R_{ijkl} = v_{jl} \cdot d(O_{ijkl})$なる定数$v_{jl}$が存在する。すなわち$u_{ik} = v_{jl}$が成立し、逆に考えれば、$u_{ik} = v_{jl}$のときに限り、$\mathcal{Q}_{ijkl}$は$\mathit{circumscribed}$であるといえる。$\mathcal{Q}_{1122}$, $\mathcal{Q}_{1223}$, $\mathcal{Q}_{2132}$がいずれも$\mathit{circumscribed}$であることから$u_{12} = v_{12}$, $u_{12} = v_{23}$, $u_{23} = v_{12}$がそれぞれ従うため、結局$u_{23} = v_{23}$が成立する。ゆえに$\mathcal{Q}_{2233}$もまた$\mathit{circumscribed}$なのであり、かくして問題G7が解かれる。$\blacksquare$

　まず、$e_{\mathfrak{E}(B, C; A)} = \dfrac{BC}{AB + AC}$であることに注意する($e_{\mathfrak{E}(B, D; A)}$, $e_{\mathfrak{E}(C, D; A)}$も同様である)。三角形$ABC$におけるStewartの定理から、以下が成り立つ。
$$ {AB}^2 \cdot CD + {AC}^2 \cdot BD = ({AD}^2 + BD \cdot CD) BC$$
　両辺に$(AB \cdot AC + AC \cdot AD + AD \cdot AB) BC$を加え、変形していく。
\begin{align*} ({\mathrm{LHS}}) &= {AB}^2 \cdot CD + {AC}^2 \cdot BD + (AB \cdot AC + AC \cdot AD + AD \cdot AB) BC \\ &= ({AB}^2 + AB (AC + AD) + AC \cdot AD) CD + ({AC}^2 + AC (AB + AD) + AB \cdot AD) BD \\ &= (AB + AC)(AB + AD) CD + (AB + AC)(AC + AD) BD \\ &= (AB + AC)(AB + AD)(AC + AD)\left(\frac{BD}{AB + AD} + \frac{CD}{AC + AD}\right) \\ &= (AB + AC)(AB + AD)(AC + AD)\left(e_{\mathfrak{E}(B, D; A)} + e_{\mathfrak{E}(C, D; A)}\right) \\ ({\mathrm{RHS}}) &= ({AD}^2 + BD \cdot CD) BC + (AB \cdot AC + AC \cdot AD + AD \cdot AB) BC \\ &= ({AD}^2 + AD(AB + AC) + AB \cdot AC + BD \cdot CD) BC \\ &= ((AB + AD)(AC + AD) + BD \cdot CD) BC \\ &= (AB + AC)(AB + AD)(AC + AD) \left(1 + \frac{BD}{AB + AD} \cdot \frac{CD}{AC + AD}\right) \frac{BC}{AB + AC} \\ &= (AB + AC)(AB + AD)(AC + AD) \left(1 + e_{\mathfrak{E}(B, D; A)} e_{\mathfrak{E}(C, D; A)}\right) e_{\mathfrak{E}(B, C; A)} \end{align*}
　$({\mathrm{LHS}}) = ({\mathrm{RHS}})$であるから、補題3が示される。$\blacksquare$

　点$V_{kl}$（半直線$h_k$と円弧$\gamma_l$の交点）を通る直線$AC$の平行線$p$を引き、半直線$h_i$との交点を$D_i$、直線$\beta_{ik}$, $\beta_{im}$, $\beta_{km}$との交点をそれぞれ$D_{ik}$, $D_{im}$, $D_{km}$とする。点$B$から直線$p$に下ろした垂足を$K_0$とし、点$D_{ik}$, $D_{km}$から半直線$h_k$に下ろした垂足をそれぞれ$K_{ik}$, $K_{km}$とし、さらに点$D_{im}$から直線$h_i$に下ろした垂足を$K_{im}$とする。
　いま、4点$(B, K_0, D_{ik}, K_{ik})$は共円である。したがって、$u_{ik} = \dfrac{R_{ijkl}}{d(O_{ijkl})} = \dfrac{D_{ik}K_{ik}}{BK_0} = \dfrac{D_{ik}V_{kl}}{BV_{kl}}$を得ることができる。同様に、4点$(B, K_0, D_{km}, K_{km})$は共円であるから、$u_{km} = \dfrac{D_{km}V_{kl}}{BV_{kl}}$を得る。4点$(B, K_0, D_{im}, K_{im})$の共円からは、$u_{im} = \dfrac{D_{im}D_i}{BD_i}$を得る。円$B D_{ik} D_{km}$と半直線$h_k$が再び交わる点を$E_k$とおけば、$\measuredangle E_k D_{km} D_{ik} = \measuredangle E_k B D_{ik} = \measuredangle D_{ik} B D_i$より、直線$D_{km} E_k$と半直線$\beta_{ik}$の交点$F_{ik}$は円$B D_i D_{km}$上に存在する。簡単な角度計算より三角形$B D_{im} D_i$と三角形$B D_{km} F_{ik}$は相似であると判明し、ここから$u_{im}$の値を以下のように導出できる。
\begin{align*} u_{im} = \frac{D_{im}D_i}{BD_i} = \frac{D_{km}F_{ik}}{BF_{ik}} = \frac{D_{km}F_{ik}}{BF_{ik}} = \frac{D_{km}D_{ik}}{BE_k} = \frac{D_{km}D_{ik} / BV_{kl}}{1 + E_k V_{kl} / BV_{kl}} = \frac{u_{ik} + u_{km}}{1 + u_{ik}u_{km}} \end{align*}
　一方、$v_{xy}$は楕円$\varepsilon_{xy}$の離心率であるため、 補題3 より、$v_{jn} = \dfrac{v_{jl} + v_{ln}}{1 + v_{jl}v_{ln}}$が成立する。$\mathcal{I}_{ijkl}$と$\mathcal{I}_{klmn}$の存在性より、$u_{ik} = v_{jl}$, $u_{km} = v_{ln}$であるから、明らかに$u_{im} = v_{jn}$となり、補題4が示される。$\blacksquare$

　 補題4 に$(i, j, k, l, m, n) = (2, 2, 1, 3, 3, 1), (2, 2, 1, 1, 3, 3)$を代入して考えれば、$\mathcal{I}_{1122}$, $\mathcal{I}_{1223}$, $\mathcal{I}_{1133}$がいずれも存在するとき、$\mathcal{I}_{2132}$, $\mathcal{I}_{2233}$も存在し、$u_{12} = u_{23}$$= v_{12} = v_{23}$$= w$をみたす定数$w$が存在する。 補題4 の証明で行った議論より、$u_{13} = v_{13} = \dfrac{2 w}{1 + w^2}$と表せることを確認しておく。
　さて、$O_1 O_2 = v_{12} \cdot (R_1 + R_2)$, $O_2 O_3 = v_{23} \cdot (R_2 + R_3)$および$v_{12} = v_{23} = w$より、
\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} O_1 O_3 = O_1 O_2 + O_1 O_3 = w \cdot (R_1 + 2 R_2 + R_3) \\ O_1 O_3 = v_{13} \cdot (AO_1 + AO_3) = \frac{2 w}{1 + w^2} \cdot (R_1 + R_3) \end{array} \right. \Longrightarrow 2 R_2 = \frac{1 - w^2}{1 + w^2} \cdot (R_1 + R_3) \end{align*}
となる。楕円$\varepsilon_{13}$の長軸の長さが$(R_1 + R_3)$であり、離心率$v_{13}$が$\dfrac{2 w}{1 + w^2} = \sqrt{1 - \left( \dfrac{1 - w^2}{1 + w^2} \right)^2}$であることから、この式は楕円$\varepsilon_{13}$の短軸の長さが$2 R_2$であることを意味する。楕円$\varepsilon_{13}$は2点$A, C$を通るため、直線$AC$を基準とし円弧$\gamma_2$を$\dfrac{1 + w^2}{1 - w^2}$倍に引き延ばした図形は、楕円$\varepsilon_{13}$のうち半平面$H$上にある部分と一致する。
　一方、点$V_{22}$を通る直線$AC$の平行線を引き、半直線$h_1$との交点を$D_1$、直線$\beta_{12}$, $\beta_{13}$, $\beta_{23}$との交点をそれぞれ$D_{12}$, $D_{13}$, $D_{23}$とすれば、LABG7の証明で行った議論より、$u_{12} = \dfrac{D_{12}V_{22}}{BV_{22}}$および$u_{23} = \dfrac{D_{23}V_{22}}{BV_{22}}$が成り立つ。$u_{12} = u_{23} = w$より、$V_{22}$は線分$D_{12} D_{23}$の中点となる。いま、円$B D_{12} D_{23}$の点$D_{12}$における接線と点$D_{23}$における接線の交点$J$をとり、線分$BJ$と直線$D_{12} D_{23}$、円$B D_{12} D_{23}$の交点をそれぞれ$L_1$, $L_2 \; (\ne B)$とおく。有名性質より、直線$BJ$は三角形$B D_{12} D_{23}$の類似中線であるため、直線$BV_{22}$が三角形$B D_{12} D_{23}$の中線であることと併せれば、半直線$BJ$は直線$\beta_{13}$のうち半平面$H$上にある部分と一致する。類似中線の有名性質より、三角形$B V_{22} D_{12}$と三角形$D_{12} V_{22} L_2$は相似であり、ここから$\dfrac{L_1 L_2}{B L_1} = \dfrac{L_2 V_{22}}{B V_{22}} = w^2$を得る。加えて、4点$J, L_2, L_1, B$は調和点列をなすため、
$$ \frac{L_1 L_2}{B L_1} = \frac{J L_2}{BJ} = w^2 \Longrightarrow B L_1 : L_1 L_2 : L_2 J = (1 - w^2) : (w^2 - w^4) : (w^2 + w^4)$$
が従う。すなわち、$\dfrac{d(J)}{d(V_{22})} = \dfrac{d(J)}{d(L_1)} = \dfrac{1 + w^2}{1 - w^2}$と判り、$V_{22} J \perp AC$に則れば、点$J$は楕円$\varepsilon_{13}$上に存在する。結局、直線$\beta_{13}$と楕円$\varepsilon_{13}$の半平面$H$上の交点は点$J$そのものであり、$O_{1133} = J$が導かれる。
　類似中線の有名性質より、2点$V_{22}$, $J$からの距離の比が$D_{12} V_{22} : D_{12} J$であるような点の軌跡（Apolloniusの円）は円$B D_{12} D_{23}$である。$\mathcal{I}_{1133}$と直線$h_1$の接点を$T_1$とおくと、
$$ \frac{BT_1}{B O_{1133}} = \cos \angle O_{1133} B D_1 = \cos \angle D_{12} B D_{23} = \cos \angle V_{22} D_{12} J = \frac{D_{12} V_{22}}{D_{12} J} = \frac{B V_{22}}{BJ}$$
と計算できる。$O_{1133} = J$から$BT_1 = BV_{22}$であり、これは点$B$が$\mathcal{I}_{1133}$と点円$V_{22}$の根軸$r$に乗ることを意味する。$O_{1133} V_{22} \perp AC$を思い出せば、直線$AC$と根軸$r$の一致が証明される。
　最後に、この逆を示す。すなわち、$\mathcal{Q}_{1133}$の形状を固定し、拘束条件にとらわれず点$V_{22}$を任意に動かす操作を考えれば、この操作で半直線$h_1$, $h_3$および円弧$\gamma_1$, $\gamma_3$は不動であり、半直線$h_2$および円弧$\gamma_2$は点$V_{22}$に追従して動く。$\mathcal{I}_{1122}$, $\mathcal{I}_{1223}$, $\mathcal{I}_{2132}$, $\mathcal{I}_{2233}$がいずれも存在するためには、$u_{12} = u_{23}$かつ$v_{12} = v_{23}$が成り立つことが必要十分である。$h_2$を$h_1$に近づけたとき、2つの半直線$h_1$, $h_2$がなす角は単調減少し、2つの半直線$h_2$, $h_3$がなす角は単調増加する。然れば、$u_{12}$は単調減少し、$u_{23}$は単調増加するため、$u_{12} = u_{23}$となる$h_2$の位置は一意である。同様に、$\gamma_2$を$\gamma_1$に近づけたとき、楕円$\varepsilon_{12}$の離心率$v_{12}$は単調減少し、楕円$\varepsilon_{23}$の離心率$v_{23}$は単調増加するため、$v_{12} = v_{23}$となる$\gamma_2$の位置は一意である。結局、$\mathcal{Q}_{1133}$の形状と$V_{22}$の位置は一対一に対応し、既に示した補題5の前半の内容により、補題5の全体が示される。$\blacksquare$

　$\mathcal{Q}_{2233}$の内部の点であって、その点で定まる点円と$\mathcal{I}_{2233}$との根軸が直線$AC$に一致するような点$V_{55}$をとる。半直線$BV_{55}$を$h_5$で表し、2点$A, C$を両端とし点$V_{55}$を通る円弧を$\gamma_5$で表す。すると、 補題5 の逆およびLABG7の主張より、4つの領域$\mathcal{Q}_{2255}$, $\mathcal{Q}_{2553}$, $\mathcal{Q}_{5235}$, $\mathcal{Q}_{5533}$はいずれも$\mathit{circumscribed}$である。条件から、点円$V_{55}$と$\mathcal{I}_{1144}$との根軸もまた直線$AC$に一致する。ゆえに再び 補題5 の逆を用いることができ、4つの領域$\mathcal{Q}_{1155}$, $\mathcal{Q}_{1554}$, $\mathcal{Q}_{5145}$, $\mathcal{Q}_{5544}$はいずれも$\mathit{circumscribed}$である。よって、$\mathcal{I}_{1155}$, $\mathcal{I}_{2255}$がともに存在するため、 補題4 より、$\mathcal{I}_{1122}$も存在する。同様にして$\mathcal{I}_{1324}$, $\mathcal{I}_{3142}$, $\mathcal{I}_{3344}$も存在することが判明し、命題2が示される。

　円$\mu$における反転で図形$X$が写る先を$X^{-1}$で表すことにする。$(\kappa_1, \kappa_2, \kappa_3)$が2点$K_1$, $K_2$で交わる場合、$(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$は明らかに2点${K_1}^{-1}$, ${K_2}^{-1}$を通るため、これら3円は共軸である。$(\kappa_1, \kappa_2, \kappa_3)$が1点で接する場合も同様に考えればよい。$(\kappa_1, \kappa_2, \kappa_3)$が共有点を持たない場合、根軸の有名性質より、ある2点$A_1$, $A_2$によって定まるApolloniusの円の束$\mathfrak{C}$のうち、$\kappa_1, \kappa_2, \kappa_3$のすべてを含むものが存在し、かつ2点$A_1$, $A_2$を通る任意の円は束$\mathfrak{C}$に含まれる円すべてと直交する。反転変換では点まわりの角度が保存されるため、2点$A_1$, $A_2$を通る円の束$\mathfrak{D}$について、束$\mathfrak{D}^{-1}$に含まれる円は束$\mathfrak{C}^{-1}$に含まれる円と直交し、したがって$\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$は2点${A_1}^{-1}$, ${A_2}^{-1}$によって定まるApolloniusの円の束に含まれるといえる。ゆえに、反転後の根軸は線分${A_1}^{-1}{A_2}^{-1}$の垂直二等分線であり、補題6が示される。$\blacksquare$

　まず、(1)の右向きの矢印を示す。2直線$O_A T_A$, $O_B T_B$の交点を$O$とすれば、Menelausの定理より$\dfrac{O_A K_i}{K_i O_B}\cdot\dfrac{O_B T_B}{T_B O}\cdot\dfrac{O T_A}{T_A O_A} = 1$を得る。点$K_i$は内相似中心であったため、$\dfrac{O_A K_i}{O_B K_i} = \dfrac{O_A T_A}{O_B T_B}$となり、$O T_A = O T_B$が導かれる。ゆえに、中心が点$O$であり点$T_A$を通る円を描けば、これこそが条件をみたす円であり示される。次に、(2)の右向きの矢印を示す。先程と同様に点$O$をとれば、$\dfrac{O_A K_e}{K_e O_B}\cdot\dfrac{O_B T_B}{T_B O}\cdot\dfrac{O T_A}{T_A O_A} = 1$および$\dfrac{O_A K_e}{O_B K_e} = \dfrac{O_A T_A}{O_B T_B}$が判る（点$K_e$は外相似中心である）。ゆえに、再び$O T_A = O T_B$が導かれ、こちらも示される。最後に(1)・(2)の左向きの矢印を示せばよいが、これらはMonge-d'Alembertの定理の主張そのものである。以上の議論を統合し、補題7が示される。$\blacksquare$

　3円$\omega_0$, $\omega_1$, $\omega_2$の根軸が直線$AC$と交わる点を$E$とすれば、3円$\omega_0$, $\gamma_1$, $\gamma_2$の根軸は直線$AC$であるため、点$E$は5円$\omega_0$, $\omega_1$, $\omega_2$, $\gamma_1$, $\gamma_2$の根心となる。また、直線$S_1 S_2$が円$\omega_2$と再び交わる点を$F$とすれば、三角形$E S_1 S_2$と三角形$O_2 F S_2$は底辺が同一直線上に乗る二等辺三角形の組であると観察される。根心の性質から$E S_1 \perp O_1 S_1$, $E S_2 \perp O_2 S_2$が従い、これと先程の観察から$E S_1 \perp F O_2$、すなわち$O_1 S_1 \parallel F O_2$が得られる。
　よって、2直線$O_1 O_2$, $S_1 S_2$の交点を$P$とおけば、三角形$P O_1 S_1$と三角形$P O_2 F$は点$P$を中心とした相似拡大で写りあうため、点$P$は2円$\omega_1$, $\omega_2$の内相似中心である。対称性より、直線$T_1 T_2$もまた内相似中心$P$を通っている。いま、直線$T_1 T_2$が円$\omega_2$と再び交わる点を$G$とすれば、点$P$は内相似中心であったため、$T_1 S_1 \parallel FG$が容易に判る。4点$F$, $G$, $S_2$, $T_2$はいずれも円$\omega_2$上に存在することから、Reimの補題より、4点$S_1$, $S_2$, $T_1$, $T_2$もまた共円であると導かれ、補題8が示される。$\blacksquare$