2026年 防衛医科大学校 医学教育部医学科 第2問

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1. 問題の構造

1.1 記法

• 点を表す文字は立体で書く。多角形 $F$ の面積を $[F]$ と書く。
• $L=\mathrm{BD}$，$\alpha=\angle\mathrm{ABD}$，$\gamma=\angle\mathrm{DBC}$，$\beta=\angle\mathrm{ABC}$ とおく。
• 対角線 $\mathrm{AC}$ と $\mathrm{BD}$ の交点を $\mathrm{P}$ とする。
• 三角形 $\mathrm{ABC}$ の面積を $S$，半周長を $s$，内接円の半径を $r$ とする。
• 各解法で新たに導入する補助点の記号は，その解法の中でのみ用いる。

1.2 共通の斜辺と隠れた直角

与えられた直角から直ちに定まる長さは $\mathrm{BD}$ だけである。この値を残りの二辺と照合すると，問題文に書かれていない第二の直角が現れる。

本問の数値の核は
$$ 39^2+13^2=41^2+3^2=1690 $$
である。四角形 $\mathrm{ABCD}$ は，斜辺 $\mathrm{BD}$ を共有する二つの直角三角形 $\mathrm{ABD}$，$\mathrm{CBD}$ を $\mathrm{BD}$ の両側に貼り合わせた図形であり，以下のすべての解法は円 $\Gamma$ と直径 $\mathrm{BD}$ を共通の舞台とする。

1.3 凸性が定める配置

凸性の役割は，それを外したときに何が起こるかを見ると明確になる。$\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{D}$ を固定すると，$\mathrm{C}$ は $\mathrm{B}$ を中心とする半径 $41$ の円と $\mathrm{D}$ を中心とする半径 $3$ の円の交点であり，交点は中心線 $\mathrm{BD}$ に関して対称な2点 $\mathrm{C},\mathrm{C}'$ である。$\mathrm{C}'$ は $\mathrm{A}$ と同じ半円上にある。その半円上の点 $\mathrm{X}$ について $\angle\mathrm{DBX}$ は $\mathrm{D}$ から $\mathrm{B}$ へ向かって単調に増加するから，$\angle\mathrm{DBC}'=\gamma < \alpha=\angle\mathrm{DBA}$ より周上の並びは $\mathrm{B},\mathrm{A},\mathrm{C}',\mathrm{D}$ となる。したがって $\mathrm{BC}'$ と $\mathrm{AD}$ は円に内接する凸四角形 $\mathrm{BAC'D}$ の対角線として交わり，折れ線 $\mathrm{A}\to\mathrm{B}\to\mathrm{C}'\to\mathrm{D}\to\mathrm{A}$ は自己交差する。凸四角形 $\mathrm{BAC'D}$ にトレミーの定理を用いると $13\cdot41=39\cdot3+\mathrm{AC}'\cdot L$ である。

凸性は，角の和と差，積の和と差のどちらを採るかを決める条件である。以下の解法で凸性を用いる箇所（角の和，高さの和，垂足の位置，座標の符号，回転の向き）は，すべてこの二択に対応する。

1.4 角 $\beta$ の三角比と数値の設計

この計算は次の構造の一部である。二つの直角三角形の脚を複素数 $z_1=39+13i$，$z_2=41+3i$ で表すと，$\lvert z_1\rvert=\lvert z_2\rvert=L$，$\arg z_1=\alpha$，$\arg z_2=\gamma$ であり，
$$ \begin{aligned} z_1z_2&=(39\cdot41-13\cdot3)+(39\cdot3+13\cdot41)i=1560+650i,\\ z_1\overline{z_2}&=(39\cdot41+13\cdot3)+(13\cdot41-39\cdot3)i=1638+416i \end{aligned} $$
の絶対値はともに $L^2=1690$ である。

• $z_1z_2$ の偏角は $\alpha+\gamma=\beta$ であり，$1560^2+650^2=1690^2$ を $130^2$ で割ると $12^2+5^2=13^2$ となる。虚部 $650$ はトレミーの定理の右辺 $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC}$ そのものである。
• $z_1\overline{z_2}$ の偏角は $\alpha-\gamma$ であり，$1638^2+416^2=1690^2$ を $26^2$ で割ると $63^2+16^2=65^2$ となる。虚部 $416$ は自己交差配置における $\mathrm{AC}'\cdot L$ である。
  斜辺の共有 $\lvert z_1\rvert=\lvert z_2\rvert$ によって $\lvert z_1z_2\rvert=L^2$ は整数となり，$z_1z_2/L^2$ は有理数を成分とする単位円上の点になる。$\tan\alpha$，$\tan\gamma$ は有理数でも $\cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}$ は無理数であるのに，$\beta$ の三角比がすべて有理数になる代数的な理由はここにある。
  $63^2+16^2=65^2$ は凸配置にも現れる。三角形 $\mathrm{PBC}$ の外角と 補題3 (iii) より
  $$ \angle\mathrm{APB}=\angle\mathrm{PBC}+\angle\mathrm{PCB}=\gamma+(90^\circ-\alpha)=90^\circ-(\alpha-\gamma) $$
  であるから，対角線のなす角について $\cos\angle\mathrm{APB}=\frac{16}{65}$，$\sin\angle\mathrm{APB}=\frac{63}{65}$ である。$\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}=650$ をこの角で分解した $650\cdot\frac{16}{65}=160$，$650\cdot\frac{63}{65}=630$ が， 3.10 節 と 3.16 節 に現れる $160^2+630^2=650^2$ である。

  関係	対応する角	現れる場所
  $39^2+13^2=41^2+3^2$	$\alpha$，$\gamma$（斜辺の共有）	共円性（ 補題2 ）
  $5^2+12^2=13^2$	$\beta=\alpha+\gamma$	$\sin\beta$，$\cos\beta$，$\tan\frac{\beta}{2}$
  $16^2+63^2=65^2$	$\alpha-\gamma$	対角線のなす角，自己交差配置

  さらに，直角三角形 $\mathrm{ABD}$，$\mathrm{CBD}$ より $\mathrm{AB}=L\cos\alpha$，$\mathrm{AD}=L\sin\alpha$，$\mathrm{BC}=L\cos\gamma$，$\mathrm{CD}=L\sin\gamma$ であり，$\Gamma$ の直径が $L$ であるから正弦定理より $\mathrm{AC}=L\sin\beta$ である。したがってトレミーの定理 $\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}=\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC}$ は
  $$ \sin(\alpha+\gamma)=\sin\alpha\cos\gamma+\cos\alpha\sin\gamma $$
  と同値である。本解（トレミー）と別解2（加法定理）は，この配置では同一の恒等式の二つの読み方である。

1.5 面積の構造

補題5 の要点は，$S$ が $\mathrm{AC}$ を求める前に確定することである。したがって
$$ r=\frac{S}{s}=\frac{615}{80+\mathrm{AC}} $$
となり，(2) は (1) の値を代入する問題に帰着する。一方，接線長と半角の関係（ 補題6 ）と 補題4 (ii) から $r=\frac{80-\mathrm{AC}}{2}\tan\frac{\beta}{2}=\frac{80-\mathrm{AC}}{10}$ でもある。二つの表示を等置すると
$$ \mathrm{AC}+10r=80,\qquad (80+\mathrm{AC})(80-\mathrm{AC})=6150 $$
を得る。後者は $\mathrm{AC}^2=6400-6150=250$ を与え，面積と半角だけからも (1) が決まる（ 3.17 節 ）。

1.6 作問の設計と解法の導出

以下は数値設定からの分析であり，出題者の意図についての推定を含む。

• 第二の直角の秘匿：明示される直角は $\angle\mathrm{DAB}$ だけで，$\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$ は $1690$ の二通りの二平方和表示から発見させる設計である。$1690=2\cdot5\cdot13^2$ を正の整数の平方二つの和に表す方法は，順序を除いて $3^2+41^2$，$13^2+39^2$，$27^2+31^2$ の3通りしかない（ 5.4 節 ）。
• 角の有理化：$39=3\cdot13$ により $\tan\alpha=\frac13$ が単純になり，$41+3i=(3-i)(12+5i)$ である。すなわち $\tan\alpha=\frac13$ の角 $\alpha$ と $5:12:13$ の角 $\beta$ を選び，$\gamma=\beta-\alpha$ とおいて斜辺を $13\sqrt{10}$ に拡大すれば，四辺 $39,41,3,13$ がすべて整数になる。これは本問の数値を再現する一つの生成模型である。
• 凸性：同じ四辺と直角から，凸配置（和）と自己交差配置（差）の二つが生じる（ 1.3 節 ）。条件「凸」は前者を選ぶ。
• (2) の設計：三角形 $\mathrm{ABC}$ の辺 $\mathrm{AC}$ は無理数であるが，面積 $S$ は有理数で $\mathrm{AC}$ より先に決まり（ 補題5 ），$\tan\frac{\beta}{2}=\frac15$ も有理数である。そのため $r=\frac{80-\mathrm{AC}}{10}$ は $\mathrm{AC}$ の一次式となり，$r=\frac{615}{80+5\sqrt{10}}$ の有理化が $16^2-10=246=2\cdot123$ のように整う。これは偶然ではない（ 3.1 節 ）。
• 二方向の誘導：(1) の値を (2) に代入する順方向と，$S$ を先に求めてから (1) を得る逆方向の両方が成立する。
  各構造がどの解法を導くかを整理する。

  着目する構造	数学的な翻訳	導かれる解法
  共円性と既知の四辺	トレミーの定理	本解
  対角の補角	余弦の消去	別解1
  $\beta=\alpha+\gamma$	加法定理	別解2
  対角線の交点	円周角による二組の相似	別解3
  和と差の一致 $41^2-39^2=13^2-3^2$	半角の直接決定	別解4，3.1 節
  外接円の共有	面積 $=\frac{\text{三辺の積}}{4R}$	別解5
  面積の先行決定	面積比 $41:1$	別解6
  共通の斜辺	斜辺への直交射影	別解7
  円周角と短い辺	対角線への垂線	別解8
  $\mathrm{C}$ における直角	長方形の補完	別解9
  二本の直角の辺の延長	外部三角形の相似	参考解1
  二つの距離条件	二円の交点	参考解2
  直角と辺の比	複素数による回転	参考解3
  対角線の内積と面積	ラグランジュの恒等式	参考解4

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2. 本解：共円性とトレミーの定理

2.1 方針

二平方和の一致から $\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$ を示し，$\mathrm{ABCD}$ が $\mathrm{BD}$ を直径とする円に内接することを得る。四辺が既知で対角線が未知であるから，トレミーの定理で $\mathrm{AC}$ を一次式として決定する。(2) では同じ円が三角形 $\mathrm{ABC}$ の外接円でもあることから正弦定理で $\sin\beta$ を得て，面積と $S=rs$ を用いる。

2.2 解答

(1)

$\angle\mathrm{DAB}=90^\circ$ より
$$ \mathrm{BD}^2=39^2+13^2=1690,\qquad \mathrm{BD}=13\sqrt{10}. $$
また $\mathrm{BC}^2+\mathrm{CD}^2=41^2+3^2=1690=\mathrm{BD}^2$ であるから，三平方の定理の逆より $\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$。よって $\mathrm{A},\mathrm{C}$ はともに $\mathrm{BD}$ を直径とする円周上にあり，凸四角形 $\mathrm{ABCD}$ の4頂点はこの円周上に $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C},\mathrm{D}$ の順に並ぶ（ 補題3 ）。トレミーの定理より
$$ \mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}=\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC}=39\cdot3+13\cdot41=650. $$
ゆえに
$$ \mathrm{AC}=\frac{650}{13\sqrt{10}}=\frac{50}{\sqrt{10}}=5\sqrt{10}. $$

(2)

三角形 $\mathrm{ABC}$ の外接円は $\mathrm{BD}$ を直径とする円であるから，正弦定理より
$$ \sin\beta=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{5\sqrt{10}}{13\sqrt{10}}=\frac{5}{13}. $$
よって
$$ S=\frac12\cdot39\cdot41\cdot\frac{5}{13}=\frac{615}{2},\qquad s=\frac{39+41+5\sqrt{10}}{2}=\frac{80+5\sqrt{10}}{2}. $$
$S=rs$ より
$$ r=\frac{615}{80+5\sqrt{10}}=\frac{123}{16+\sqrt{10}}=\frac{123(16-\sqrt{10})}{246}=8-\frac{\sqrt{10}}{2}. $$

答

2.3 検証・検算

• 角との整合：$\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{5}{13}$ は 補題4 の $\sin\beta$ に一致する。
• 二つの三角形の余弦定理：三角形 $\mathrm{ABC}$ で $39^2+41^2-2\cdot39\cdot41\cdot\frac{12}{13}=3202-2952=250$，三角形 $\mathrm{ACD}$ で $\cos\angle\mathrm{ADC}=-\frac{12}{13}$ より $13^2+3^2+2\cdot13\cdot3\cdot\frac{12}{13}=178+72=250$。
• 配置：得られた値は和の側の $650/L$ であり，自己交差配置の $\frac{16\sqrt{10}}{5}$ ではない（ 1.3 節 ）。
• 二つの $r$ の表示：$\mathrm{AC}+10r=5\sqrt{10}+80-5\sqrt{10}=80$ は 補題6 と整合する。
• 接線長：$s-41=\frac{5\sqrt{10}}{2}-1$，$s-39=\frac{5\sqrt{10}}{2}+1$，$s-\mathrm{AC}=40-\frac{5\sqrt{10}}{2}$ はすべて正で，ヘロンの公式から同じ $r$ を得る（ 3.2 節 ）。
• 次元と斉次性：$\mathrm{AC}=\frac{39\cdot3+13\cdot41}{\mathrm{BD}}$ と $r=\frac{S}{s}$ はともに長さの1次式であり，全体の相似拡大に対して正しく拡大される。
• 独立な検算：外心 $\mathrm{O}$ と内心 $\mathrm{I}$ の距離についてオイラーの公式 $\mathrm{OI}^2=R(R-2r)$ が成り立つ（ 5.7 節 ）。
• 数値：$\mathrm{AC}\fallingdotseq15.811$，$r\fallingdotseq6.419$。

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3. 別解と参考解

3.1〜3.3 節は (1) の結果 $\mathrm{AC}=5\sqrt{10}$ を受けた (2) の別証，3.4〜3.12 節は高校数学で完結し答案として推奨できる別解，3.13〜3.16 節は高校数学の範囲で書けるが配置の確認や計算が重い，あるいは一般理論への接続を主眼とする参考解である。各別解の (2) では，その解法の中で得られた量から $S$ または $r$ を求め，最後は本解と同じく $S=rs$ を用いる。

3.1 (2) の別証：接線長と半角

着想・方針

内接円の半径は，面積を経由せず，頂点から接点までの接線長と半角の正接の積として直接表せる。 補題4 の $\tan\frac{\beta}{2}=\frac15$ が単純であることを用いる。

解答

三角形 $\mathrm{ABC}$ で $\mathrm{Y}=\mathrm{B}$ とすると $s-\mathrm{AC}=\frac{80-\mathrm{AC}}{2}$ であり， 補題4 (ii) より
$$ r=\frac{80-5\sqrt{10}}{2}\cdot\frac15=8-\frac{\sqrt{10}}{2}. $$
$\tan\frac{\beta}{2}=\frac15$ は $5:12:13$ の直角三角形から作図でも読み取れる。直角の頂点を $\mathrm{W}$，角 $\beta$ の頂点を $\mathrm{V}$ とし，$\mathrm{VW}=12$，$\mathrm{WU}=5$，$\mathrm{VU}=13$ とする。半直線 $\mathrm{WV}$ 上の $\mathrm{V}$ の先に $\mathrm{VX}=13$ となる点 $\mathrm{X}$ をとると，三角形 $\mathrm{VXU}$ は二等辺三角形で，その外角 $\angle\mathrm{UVW}=\beta$ は底角 $\angle\mathrm{VXU}$ の2倍である。よって $\tan\frac{\beta}{2}=\frac{\mathrm{WU}}{\mathrm{WX}}=\frac{5}{12+13}=\frac15$。これは $\tan\frac{\beta}{2}=\frac{\sin\beta}{1+\cos\beta}$ の図形的な表現である。

検証・検算

$S=rs$ と 補題6 を併せると $S=s(s-\mathrm{AC})\tan\frac{\beta}{2}$ である。$u=\frac{\mathrm{AC}}{2}=\frac{5\sqrt{10}}{2}$ とおくと $s(s-\mathrm{AC})=(40+u)(40-u)=1600-\frac{125}{2}=\frac{3075}{2}$ で，その $\frac15$ 倍は $\frac{615}{2}=S$ に一致する（ 補題5 ）。本解の有理化 $\frac{615}{80+5\sqrt{10}}=\frac{80-5\sqrt{10}}{10}$ が整うのは，この恒等式による。

3.2 (2) の別証：ヘロンの公式

着想・方針

三辺 $39,41,\mathrm{AC}$ だけから $r$ を求める。$u=\frac{\mathrm{AC}}{2}$ とおくと $s-39$ と $s-41$ が $u\pm1$ という対称な組になり，根号が外れる。

解答

$u=\frac{5\sqrt{10}}{2}$ とおくと $u^2=\frac{125}{2}$，$s=40+u$ であり
$$ s-39=u+1,\qquad s-41=u-1,\qquad s-\mathrm{AC}=40-u. $$
ヘロンの公式 $S^2=s(s-39)(s-41)(s-\mathrm{AC})$ と $S=rs$ より
$$ r^2=\frac{(s-39)(s-41)(s-\mathrm{AC})}{s}=\frac{(u^2-1)(40-u)}{40+u}=\frac{u^2-1}{1600-u^2}(40-u)^2. $$
$$ \frac{u^2-1}{1600-u^2}=\frac{\frac{123}{2}}{\frac{3075}{2}}=\frac{1}{25} $$
であるから $r^2=\left(\frac{40-u}{5}\right)^2$。$40-u > 0$，$r > 0$ より
$$ r=\frac{40-u}{5}=8-\frac{\sqrt{10}}{2}. $$

検証・検算

比 $\frac{u^2-1}{1600-u^2}=\frac{(s-39)(s-41)}{s(s-\mathrm{AC})}$ は半角公式により $\tan^2\frac{\beta}{2}$ に等しく，$\frac{1}{25}=\left(\frac15\right)^2$ は 補題4 と整合する。$r=\frac{40-u}{5}=\frac{s-\mathrm{AC}}{5}$ は 3.1 節 と同じ形である。

3.3 (2) の別証：内心の重み付き平均

着想・方針

辺 $\mathrm{AB}$ を $x$ 軸上に置けば，$r$ は内心の $y$ 座標である。内心は各頂点に対辺の長さを重みとして付けた重み付き平均で表される。

解答

$\mathrm{A}(0,0)$，$\mathrm{B}(39,0)$，$\mathrm{D}(0,13)$ とおくと $\mathrm{C}\left(\frac{15}{13},\frac{205}{13}\right)$ である（ 3.14 節 ）。点とその座標を同一視すると，内心 $\mathrm{I}$ は
$$ \mathrm{I}=\frac{\mathrm{BC}\cdot\mathrm{A}+\mathrm{CA}\cdot\mathrm{B}+\mathrm{AB}\cdot\mathrm{C}}{\mathrm{BC}+\mathrm{CA}+\mathrm{AB}} $$
で与えられるから，その $y$ 座標は
$$ \frac{39\cdot\frac{205}{13}}{41+5\sqrt{10}+39}=\frac{615}{80+5\sqrt{10}}. $$
$\mathrm{I}$ は $x$ 軸の上側にあり，$x$ 軸は辺 $\mathrm{AB}$ を含むから $r$ はこの値に等しく，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$x$ 座標は $\frac{39\cdot5\sqrt{10}+39\cdot\frac{15}{13}}{80+5\sqrt{10}}=\frac{5\sqrt{10}}{2}-1=s-41$ であり，$\mathrm{A}$ から辺 $\mathrm{AB}$ 上の接点までの接線長 $s-\mathrm{BC}$ に一致する。$y$ 座標は $\frac{\mathrm{AB}\cdot y_{\mathrm{C}}}{2s}=\frac{2S}{2s}$ であるから，この方法は $S=rs$ の座標表示であり，$S=rs$ と独立な証明ではない。

3.4 別解1：補角と余弦定理による消去

着想・方針

未知の対角線 $x=\mathrm{AC}$ を変数とし，$\mathrm{AC}$ で分けた二つの三角形に余弦定理を用いる。円に内接する四角形では対角が補角であるから二つの余弦の和は $0$ であり，$x^2$ の一次方程式を得る。トレミーの定理を用いない標準的な方法である。

解答

(1)

$x=\mathrm{AC}$ とおく。 補題2 と 補題3 (iii) より $\angle\mathrm{ABC}+\angle\mathrm{ADC}=180^\circ$，すなわち $\cos\angle\mathrm{ABC}+\cos\angle\mathrm{ADC}=0$。余弦定理より
$$ \cos\angle\mathrm{ABC}=\frac{39^2+41^2-x^2}{2\cdot39\cdot41}=\frac{3202-x^2}{3198},\qquad \cos\angle\mathrm{ADC}=\frac{13^2+3^2-x^2}{2\cdot13\cdot3}=\frac{178-x^2}{78}. $$
$3198=41\cdot78$ であるから，二式の和を $3198$ 倍して
$$ (3202-x^2)+41(178-x^2)=0,\qquad 42x^2=10500,\qquad x^2=250. $$
$x > 0$ より $\mathrm{AC}=5\sqrt{10}$。

(2)

$\cos\beta=\frac{3202-250}{3198}=\frac{12}{13}$，$0^\circ < \beta < 180^\circ$ より $\sin\beta=\frac{5}{13}$。よって $S=\frac12\cdot39\cdot41\cdot\frac{5}{13}=\frac{615}{2}$，$r=\frac{615}{80+5\sqrt{10}}=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$\cos\angle\mathrm{ADC}=\frac{178-250}{78}=-\frac{12}{13}$ で補角関係が確認できる。四辺を $a=\mathrm{AB}$，$b=\mathrm{BC}$，$c=\mathrm{CD}$，$d=\mathrm{DA}$ とすると，同じ消去で一般に $x^2=\frac{cd(a^2+b^2)+ab(c^2+d^2)}{ab+cd}$ を得る。本問では $\frac{39\cdot3202+1599\cdot178}{1638}=250$ である。この方法が用いるのは共円性だけで，$\beta$ の鋭角性は不要である。

3.5 別解2：角の加法定理

着想・方針

$\mathrm{AC}$ を含む三角形 $\mathrm{ABC}$ の角 $\beta$ を，対角線 $\mathrm{BD}$ で二つの直角三角形の角 $\alpha,\gamma$ に分解し，加法定理で合成する。

解答

(1)

直角三角形 $\mathrm{ABD}$，$\mathrm{CBD}$ より
$$ \sin\alpha=\frac{13}{L},\quad \cos\alpha=\frac{39}{L},\quad \sin\gamma=\frac{3}{L},\quad \cos\gamma=\frac{41}{L}. $$
補題3 (ii) より $\beta=\alpha+\gamma$ であるから
$$ \cos\beta=\cos\alpha\cos\gamma-\sin\alpha\sin\gamma=\frac{39\cdot41-13\cdot3}{1690}=\frac{1560}{1690}=\frac{12}{13}. $$
三角形 $\mathrm{ABC}$ の余弦定理より
$$ \mathrm{AC}^2=39^2+41^2-2\cdot39\cdot41\cdot\frac{12}{13}=3202-2952=250,\qquad \mathrm{AC}=5\sqrt{10}. $$

(2)

$$ \sin\beta=\sin\alpha\cos\gamma+\cos\alpha\sin\gamma=\frac{13\cdot41+39\cdot3}{1690}=\frac{650}{1690}=\frac{5}{13} $$
より $S=\frac{615}{2}$，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

正接の加法定理では $\tan\beta=\dfrac{\frac13+\frac{3}{41}}{1-\frac13\cdot\frac{3}{41}}=\dfrac{50}{120}=\dfrac{5}{12}$ を得る。$\tan\beta$ だけからは $\cos\beta$ の符号は決まらないが， 補題4 (i) の鋭角性から $\cos\beta=\frac{12}{13}$ と確定する。共円性を併用すれば正弦定理 $\mathrm{AC}=L\sin\beta=13\sqrt{10}\cdot\frac{5}{13}$ で直ちに求まり，余弦定理は不要になる。$\sin\beta$ の分子 $13\cdot41+39\cdot3=650$ はトレミーの定理の右辺に一致する（ 1.4 節 ）。

3.6 別解3：対角線の交点と二組の相似

着想・方針

対角線の交点 $\mathrm{P}$ に着目すると，円周角から二組の相似三角形が得られ，四つの線分 $\mathrm{AP},\mathrm{BP},\mathrm{CP},\mathrm{DP}$ の比が決まる。対角線の比と，(2) に必要な面積比が同時に得られる。

解答

(1)

補題3 (iii) より $\angle\mathrm{PAB}=\angle\mathrm{CAB}=\angle\mathrm{CDB}=\angle\mathrm{PDC}$ であり，対頂角 $\angle\mathrm{APB}=\angle\mathrm{DPC}$ と合わせて $\triangle\mathrm{PAB}\sim\triangle\mathrm{PDC}$。よって
$$ \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{DP}}=\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{CP}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DC}}=13. $$
同様に $\angle\mathrm{PBC}=\angle\mathrm{DBC}=\angle\mathrm{DAC}=\angle\mathrm{PAD}$，$\angle\mathrm{BPC}=\angle\mathrm{APD}$ より $\triangle\mathrm{PBC}\sim\triangle\mathrm{PAD}$ で
$$ \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{AP}}=\frac{\mathrm{CP}}{\mathrm{DP}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AD}}=\frac{41}{13}. $$
$\mathrm{DP}=t$ とおくと $\mathrm{AP}=13t$，$\mathrm{BP}=\frac{41}{13}\mathrm{AP}=41t$，$\mathrm{CP}=\frac{\mathrm{BP}}{13}=\frac{41}{13}t$。$\mathrm{P}$ は両対角線の内部にあるから（ 補題3 (i)）
$$ \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{\mathrm{AP}+\mathrm{CP}}{\mathrm{BP}+\mathrm{DP}}=\frac{13+\frac{41}{13}}{42}=\frac{5}{13},\qquad \mathrm{AC}=\frac{5}{13}\cdot13\sqrt{10}=5\sqrt{10}. $$

(2)

三角形 $\mathrm{ABC}$，$\mathrm{ACD}$ は底辺 $\mathrm{AC}$ を共有し，$\mathrm{B},\mathrm{P},\mathrm{D}$ は一直線上にあって $\mathrm{P}$ は直線 $\mathrm{AC}$ 上にあるから，高さの比は $\mathrm{BP}:\mathrm{DP}=41:1$ である。よって $[\mathrm{ABC}]:[\mathrm{ACD}]=41:1$。$[\mathrm{ABCD}]=315$（ 補題5 ）と合わせて $S=\frac{615}{2}$，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

方べきの定理 $\mathrm{AP}\cdot\mathrm{CP}=\mathrm{BP}\cdot\mathrm{DP}$ が $13t\cdot\frac{41}{13}t=41t\cdot t$ として成り立つ。面積比 $41:1$ は 補題5 の正弦による導出と一致する。三角関数・座標を一切用いない点が特徴である。

3.7 別解4：和と差による半角の直接決定

着想・方針

$\beta$ の正弦・余弦を経由せず，半角の正接を和積の公式で直接求める。共通の斜辺のために分母が揃い，$\tan\frac{\beta}{2}$ は二組の脚の和の比になる。半角は (2) の接線長にそのまま接続する。

解答

(1)

$\beta=\alpha+\gamma$（ 補題3 (ii)）であり，$0^\circ < \alpha,\gamma < 45^\circ$ より $\cos\frac{\alpha-\gamma}{2} > 0$，$\cos\frac{\alpha+\gamma}{2} > 0$ である。和積の公式より
$$ \frac{\sin\alpha+\sin\gamma}{\cos\alpha+\cos\gamma}=\frac{2\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}\cos\frac{\alpha-\gamma}{2}}{2\cos\frac{\alpha+\gamma}{2}\cos\frac{\alpha-\gamma}{2}}=\tan\frac{\beta}{2}. $$
左辺に 3.5 節 の値を代入すると，分母 $L$ が約されて
$$ \tan\frac{\beta}{2}=\frac{13+3}{39+41}=\frac{16}{80}=\frac15. $$
$1-\cos\beta=2\sin^2\frac{\beta}{2}=\dfrac{2\tan^2\frac{\beta}{2}}{1+\tan^2\frac{\beta}{2}}=\dfrac{1}{13}$ であり，余弦定理を差の平方の形に書き換えて
$$ \mathrm{AC}^2=(41-39)^2+2\cdot39\cdot41(1-\cos\beta)=4+\frac{3198}{13}=4+246=250,\qquad \mathrm{AC}=5\sqrt{10}. $$

(2)

補題6 より
$$ r=(s-\mathrm{AC})\tan\frac{\beta}{2}=\frac{80-5\sqrt{10}}{2}\cdot\frac15=8-\frac{\sqrt{10}}{2}. $$

検証・検算

$41^2-39^2=13^2-3^2$（$=160$）は $(41-39)(41+39)=(13-3)(13+3)$ と書けるから
$$ \frac{13+3}{39+41}=\frac{41-39}{13-3}=\frac15. $$
角の二等分線を軸にとると $\mathrm{A},\mathrm{C}$ は $\mathrm{B}$ から距離 $39,41$，偏角 $\pm\frac{\beta}{2}$ の位置にあり，$\mathrm{AC}^2=(41-39)^2\cos^2\frac{\beta}{2}+(41+39)^2\sin^2\frac{\beta}{2}=\frac{4\cdot25+6400}{26}=250$ と一致する。面積計算も有理化も不要で，二つの設問が $\mathrm{AC}^2=250$，$\mathrm{AC}+10r=80$ の二式に集約される。

3.8 別解5：外接円を共有する面積の等置

着想・方針

四角形の面積を対角線 $\mathrm{AC}$ で分割し，各三角形の面積を共通の外接円半径 $R$ を用いた公式 $[\triangle]=\frac{\text{三辺の積}}{4R}$ で表す。未知の対角線が面積の式の中に一次で現れる。

解答

(1)

$x=\mathrm{AC}$ とおく。 補題2 より三角形 $\mathrm{ABC}$，$\mathrm{ACD}$ の外接円半径はともに $R=\frac{L}{2}$ であるから
$$ [\mathrm{ABC}]=\frac{39\cdot41\cdot x}{2L},\qquad [\mathrm{ACD}]=\frac{13\cdot3\cdot x}{2L}. $$
対角線 $\mathrm{AC}$ は凸四角形を二つの三角形に分けるから， 補題5 の $[\mathrm{ABCD}]=315$ と等置して
$$ \frac{(1599+39)x}{2L}=315,\qquad \frac{x}{L}=\frac{630}{1638}=\frac{5}{13},\qquad \mathrm{AC}=5\sqrt{10}. $$

(2)

$S=\dfrac{39\cdot41}{2}\cdot\dfrac{x}{L}=\dfrac{1599}{2}\cdot\dfrac{5}{13}=\dfrac{615}{2}$ より $r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

対角線 $\mathrm{BD}$ による分割に同じ公式を用いると $[\mathrm{ABCD}]=\frac{(39\cdot13+41\cdot3)L}{4R}$ となり，二つの分割の等置は $(39\cdot41+3\cdot13)\,\mathrm{AC}=(39\cdot13+41\cdot3)\,\mathrm{BD}$，すなわちトレミーの第二定理（ 定理7 ）である。比 $\frac{630}{1638}=\frac{5}{13}$ は本解の $\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}$ と一致する。角も座標も用いない。

3.9 別解6：面積の先行決定と角の復元

着想・方針

$S$ は $\mathrm{AC}$ より先に決まる（ 補題5 ）。面積から $\sin\beta$ を求め，鋭角性で $\cos\beta$ を確定し，余弦定理で $\mathrm{AC}$ を復元する。別解5 が面積の等置で長さを直接決めるのに対し，本法は面積から角を経由して長さに戻る。

解答

(1)

補題5 より $S=\frac{615}{2}$ であるから
$$ \frac12\cdot39\cdot41\sin\beta=\frac{615}{2},\qquad \sin\beta=\frac{615}{1599}=\frac{5}{13}. $$
補題4 (i) より $\beta$ は鋭角であるから $\cos\beta=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\frac{12}{13}$。余弦定理より
$$ \mathrm{AC}^2=39^2+41^2-2\cdot39\cdot41\cdot\frac{12}{13}=250,\qquad \mathrm{AC}=5\sqrt{10}. $$

(2)

$S$ は既知であり，$r=\frac{615}{80+5\sqrt{10}}=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

鋭角性を確かめずに $\cos\beta=-\frac{12}{13}$ を採ると $\mathrm{AC}^2=3202+2952=6154$ となる。ヘロンの公式 $16S^2=\left((39+41)^2-x^2\right)\left(x^2-(41-39)^2\right)$ から逆算しても
$$ 4\cdot615^2=(6400-x^2)(x^2-4)\iff (x^2-250)(x^2-6154)=0 $$
となり，同じ偽の根 $6154$ が現れる。これは $\mathrm{B}$ における角が $180^\circ-\beta$ の三角形に対応し，面積だけでは区別できない。 補題4 (i) によって $x^2=250$ を選ぶ。

3.10 別解7：共通斜辺への直交射影

着想・方針

二つの直角三角形の共通の斜辺 $\mathrm{BD}$ を基準線にとり，$\mathrm{A},\mathrm{C}$ を $\mathrm{BD}$ へ射影する。直角三角形の射影定理により，二次方程式を解かずに $\mathrm{A},\mathrm{C}$ の位置が一次の演算で決まる。

解答

(1)

$\mathrm{A},\mathrm{C}$ から直線 $\mathrm{BD}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm{E},\mathrm{F}$ とする。直角三角形 $\mathrm{ABD}$，$\mathrm{CBD}$ の $\mathrm{B},\mathrm{D}$ における角は鋭角であるから，$\mathrm{E},\mathrm{F}$ は線分 $\mathrm{BD}$ の内部にある。直角三角形の相似から
$$ \mathrm{BE}=\frac{\mathrm{AB}^2}{L}=\frac{1521}{L},\qquad \mathrm{BF}=\frac{\mathrm{BC}^2}{L}=\frac{1681}{L}, $$
$$ \mathrm{AE}=\frac{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD}}{L}=\frac{507}{L},\qquad \mathrm{CF}=\frac{\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CD}}{L}=\frac{123}{L}. $$
$\mathrm{B}$ を原点，半直線 $\mathrm{BD}$ を $x$ 軸の正の部分とし，$\mathrm{A}$ の側を $y > 0$ とする座標をとる。 補題3 (i) より $\mathrm{C}$ は $y < 0$ の側にあるから
$$ \mathrm{A}\left(\frac{1521}{L},\frac{507}{L}\right),\qquad \mathrm{C}\left(\frac{1681}{L},-\frac{123}{L}\right). $$
$$ \mathrm{AC}^2=\frac{(1681-1521)^2+(507+123)^2}{L^2}=\frac{160^2+630^2}{1690}=\frac{650^2}{1690}=250,\qquad \mathrm{AC}=5\sqrt{10}. $$

(2)

同じ座標で
$$ S=\frac12\left\lvert\frac{1521\cdot(-123)-507\cdot1681}{L^2}\right\rvert=\frac12\cdot\frac{1039350}{1690}=\frac{615}{2} $$
であり，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$160=41^2-39^2$ は射影の差，$630=2[\mathrm{ABCD}]$ は高さの和に $L$ を掛けたものであり，$160:630:650=16:63:65$ は対角線のなす角を表す（ 1.4 節 ）。$\mathrm{AC}\cdot L=650$ はトレミーの定理と一致する。自己交差配置では $\mathrm{C}'$ が $y > 0$ の側に移って高さが差 $\frac{507-123}{L}=\frac{384}{L}$ となり，$160^2+384^2=416^2$（$5:12:13$ の $32$ 倍）から $\mathrm{AC}'=\frac{416}{L}$ を得る。射影長の差と高さの和という選択が凸性に依存している。

3.11 別解8：対角線への垂線

着想・方針

短い辺 $\mathrm{CD}$ をもつ三角形 $\mathrm{ACD}$ で，$\mathrm{D}$ から対角線 $\mathrm{AC}$ に垂線を下ろす。円周角によって三角形 $\mathrm{ACD}$ の底角が既知の角 $\alpha,\gamma$ に移るので，$\mathrm{AC}$ は二つの線分の和として求まる。

解答

(1)

$\mathrm{D}$ から直線 $\mathrm{AC}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm{H}$ とする。 補題3 (iii) より $\angle\mathrm{ACD}=\alpha$，$\angle\mathrm{CAD}=\gamma$ であり，ともに鋭角であるから（ 補題4 (i)），$\mathrm{H}$ は線分 $\mathrm{AC}$ の内部にある。$\cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}$，$\cos\gamma=\frac{41}{13\sqrt{10}}$ より
$$ \mathrm{CH}=\mathrm{CD}\cos\alpha=\frac{9}{\sqrt{10}},\qquad \mathrm{AH}=\mathrm{AD}\cos\gamma=\frac{41}{\sqrt{10}}, $$
$$ \mathrm{AC}=\mathrm{AH}+\mathrm{HC}=\frac{50}{\sqrt{10}}=5\sqrt{10}. $$

(2)

$\mathrm{DH}=\mathrm{CD}\sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}$ より $[\mathrm{ACD}]=\frac12\cdot5\sqrt{10}\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{15}{2}$。対角線 $\mathrm{AC}$ による分割と 補題5 の $[\mathrm{ABCD}]=315$ より $S=315-\frac{15}{2}=\frac{615}{2}$，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$\mathrm{DH}$ は $\mathrm{AD}\sin\gamma=13\cdot\frac{3}{13\sqrt{10}}=\frac{3}{\sqrt{10}}$ とも計算でき，一致する。$\mathrm{AH}$ を三平方の定理で求めても $\sqrt{169-\frac{9}{10}}=\sqrt{\frac{1681}{10}}=\frac{41}{\sqrt{10}}$ となる。$S:[\mathrm{ACD}]=41:1$ は 補題5 と一致する。垂足が線分の内部にあることを示さなければ $\mathrm{AC}=\mathrm{AH}+\mathrm{HC}$ とは書けない点が論証の要である。

3.12 別解9：長方形の補完

着想・方針

$\mathrm{C}$ における直角を座標軸のように用い，$\mathrm{A}$ から直線 $\mathrm{CD}$，$\mathrm{BC}$ に垂線を下ろして長方形を作る。$\mathrm{AC}$ はその対角線であり，円周角から辺の比 $1:3$ が決まる。

解答

(1)

$\mathrm{A}$ から直線 $\mathrm{CD}$，$\mathrm{BC}$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $\mathrm{M},\mathrm{N}$ とする。$\angle\mathrm{ACD}=\alpha$，$\angle\mathrm{ACB}=90^\circ-\alpha$ はともに鋭角であるから（ 補題3 (iii)），$\mathrm{M}$ は半直線 $\mathrm{CD}$ 上に，$\mathrm{N}$ は半直線 $\mathrm{CB}$ 上にあり，$\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$ と合わせて四角形 $\mathrm{CMAN}$ は長方形である。
$\tan\angle\mathrm{ACM}=\tan\alpha=\frac13$ より，$\mathrm{AM}=t\,(t > 0)$ とおくと $\mathrm{CM}=3t$，$\mathrm{AC}=\sqrt{10}\,t$。三角形 $\mathrm{ACD}$ の角 $\angle\mathrm{ADC}=180^\circ-\beta$ は鈍角であるから（ 補題4 (i)），$\mathrm{M}$ は直線 $\mathrm{CD}$ 上で $\mathrm{D}$ の先にあり，$\mathrm{DM}=3t-3$。直角三角形 $\mathrm{AMD}$ において
$$ t^2+(3t-3)^2=13^2\iff 10t^2-18t-160=0\iff 2(t-5)(5t+16)=0. $$
$t > 0$ より $t=5$，$\mathrm{AC}=5\sqrt{10}$。

(2)

長方形より $\mathrm{AN}=\mathrm{CM}=15$ で，$\mathrm{AN}\perp\mathrm{BC}$ であるから $S=\frac12\cdot41\cdot15=\frac{615}{2}$，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$\mathrm{AM}=5$，$\mathrm{DM}=12$，$\mathrm{AD}=13$ で，三角形 $\mathrm{AMD}$ は $5:12:13$ の直角三角形である。その $\mathrm{D}$ における角は $180^\circ-\angle\mathrm{ADC}=\beta$ であり，$\sin\beta=\frac{5}{13}$ と整合する。また $\mathrm{CN}=\mathrm{AM}=5$，$\mathrm{BN}=41-5=36=\sqrt{39^2-15^2}$ で，三角形 $\mathrm{ABN}$ は $15:36:39=3\cdot(5:12:13)$ である。$t=5$ をピタゴラス数から推測するだけでは一意性が示されないので，方程式を解いて正の解が $t=5$ だけであることを確かめる。

3.13 参考解1：辺の延長と外部三角形の相似

着想・方針

直角をはさむ辺 $\mathrm{AD}$ と $\mathrm{BC}$ を延長して交点 $\mathrm{Q}$ をとると，$\mathrm{A},\mathrm{C}$ は三角形 $\mathrm{QBD}$ の二本の垂線の足になる。外部三角形の二段階の相似で $\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}$ を決める。

解答

(1)

$\mathrm{C},\mathrm{D}$ は直線 $\mathrm{AB}$ の同じ側にあり（ 補題3 (i)），$\angle\mathrm{DAB}+\angle\mathrm{ABC}=90^\circ+\beta < 180^\circ$ であるから，半直線 $\mathrm{AD}$ と半直線 $\mathrm{BC}$ はその側の点 $\mathrm{Q}$ で交わる。$\mathrm{A},\mathrm{D}$ はともに直線 $\mathrm{BC}$ 上にないから $\mathrm{Q}\neq\mathrm{A},\mathrm{D}$ である。$\mathrm{Q}$ が $\mathrm{A}$ と $\mathrm{D}$ の間にあれば $\mathrm{A},\mathrm{D}$ は直線 $\mathrm{BC}$ の反対側にあることになり， 補題3 (i) に反する。よって $\mathrm{D}$ は $\mathrm{A}$ と $\mathrm{Q}$ の間にある。同様に，$\mathrm{B},\mathrm{C}$ が直線 $\mathrm{AD}$ の同じ側にあることから，$\mathrm{C}$ は $\mathrm{B}$ と $\mathrm{Q}$ の間にある。
$\angle\mathrm{QAB}=90^\circ$，$\angle\mathrm{QCD}=180^\circ-\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$ で $\angle\mathrm{Q}$ は共通であるから $\triangle\mathrm{QAB}\sim\triangle\mathrm{QCD}$ であり
$$ \frac{\mathrm{QA}}{\mathrm{QC}}=\frac{\mathrm{QB}}{\mathrm{QD}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CD}}=13. $$
$\mathrm{QC}=p$，$\mathrm{QD}=q$ とおくと $\mathrm{QA}=13+q$，$\mathrm{QB}=41+p$ であるから
$$ 13p=13+q,\qquad 13q=41+p. $$
これを解いて $p=\frac54$，$q=\frac{13}{4}$，したがって $\mathrm{QA}=\frac{65}{4}$，$\mathrm{QB}=\frac{169}{4}$。
$\frac{\mathrm{QA}}{\mathrm{QB}}=\frac{\mathrm{QC}}{\mathrm{QD}}=\frac{5}{13}$ と共通の角 $\angle\mathrm{Q}$ より $\triangle\mathrm{QAC}\sim\triangle\mathrm{QBD}$（$\mathrm{A}\leftrightarrow\mathrm{B}$，$\mathrm{C}\leftrightarrow\mathrm{D}$）。よって $\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{5}{13}$，$\mathrm{AC}=5\sqrt{10}$。

(2)

$\mathrm{QA}:\mathrm{AB}:\mathrm{QB}=\frac{65}{4}:39:\frac{169}{4}=5:12:13$ であり，$\mathrm{C}$ は半直線 $\mathrm{BQ}$ 上にあるから $\sin\beta=\sin\angle\mathrm{QBA}=\frac{\mathrm{QA}}{\mathrm{QB}}=\frac{5}{13}$。よって $S=\frac{615}{2}$，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$\mathrm{QA}-\mathrm{QD}=13$，$\mathrm{QB}-\mathrm{QC}=41$ を満たす。$\mathrm{BA}\perp\mathrm{QD}$，$\mathrm{DC}\perp\mathrm{QB}$ であるから $\mathrm{A},\mathrm{C}$ は三角形 $\mathrm{QBD}$ の頂点 $\mathrm{B},\mathrm{D}$ からの垂線の足であり，一般に垂線の足を結ぶ線分について $\mathrm{AC}=\mathrm{BD}\,\lvert\cos\angle\mathrm{Q}\rvert$ が成り立つ。本問では $\cos\angle\mathrm{Q}=\frac{\mathrm{QA}}{\mathrm{QB}}=\frac{5}{13}$ である。発想上の独立性は高いが，$\mathrm{Q}$ の位置の確認と連立方程式のために試験場では本解より時間を要する。

3.14 参考解2：座標と二円の交点

着想・方針

共円性を発見しなくても，既知の直角を座標軸にとれば $\mathrm{C}$ は二円の交点として決まる。二つの円の方程式の差をとって二次項を消去する。

解答

(1)

$\mathrm{A}(0,0)$，$\mathrm{B}(39,0)$，$\mathrm{D}(0,13)$，$\mathrm{C}(x,y)$ とおく。
$$ (x-39)^2+y^2=41^2,\qquad x^2+(y-13)^2=3^2 $$
を展開すると $x^2+y^2-78x=160$，$x^2+y^2-26y=-160$。差をとって $-78x+26y=320$，すなわち $y=3x+\frac{160}{13}$。これを第2式に代入すると
$$ x^2+\left(3x-\frac{9}{13}\right)^2=9\iff 845x^2-351x-720=0\iff (13x-15)(65x+48)=0. $$
$\mathrm{B},\mathrm{C}$ は直線 $\mathrm{AD}$（$x=0$）の同じ側にあるから（ 補題3 (i)）$x > 0$。よって $\mathrm{C}\left(\frac{15}{13},\frac{205}{13}\right)$ であり
$$ \mathrm{AC}^2=\frac{15^2+205^2}{13^2}=\frac{42250}{169}=250,\qquad \mathrm{AC}=5\sqrt{10}. $$

(2)

辺 $\mathrm{AB}$ は $x$ 軸上にあるから $S=\frac12\cdot39\cdot\frac{205}{13}=\frac{615}{2}$，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$\mathrm{BC}^2=\frac{492^2+205^2}{169}=1681$，$\mathrm{CD}^2=\frac{15^2+36^2}{169}=9$ である。他方の交点 $\mathrm{C}'\left(-\frac{48}{65},\frac{656}{65}\right)$ は直線 $\mathrm{BD}$ に関する $\mathrm{C}$ の鏡映であり（中点 $\left(\frac{27}{130},\frac{1681}{130}\right)$ は直線 $x+3y=39$ 上にある），$\mathrm{AC}'^2=\frac{512}{5}$ となって 1.3 節 の自己交差配置に一致する。差をとって得た直線 $y=3x+\frac{160}{13}$ は二円の根軸で，方向ベクトル $(1,3)$ は $\overrightarrow{\mathrm{BD}}=(-39,13)$ に直交する。

3.15 参考解3：複素数による直角回転

着想・方針

$\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$ を内積 $0$ としてではなく，「$\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ を $90^\circ$ 回転して $\frac{41}{3}$ 倍すると $\overrightarrow{\mathrm{CB}}$ になる」という回転相似として表す。距離条件を連立する座標法と異なり，$\mathrm{C}$ は一次方程式で決まる。

解答

(1)

複素平面上で $\mathrm{A}=0$，$\mathrm{B}=39$，$\mathrm{D}=13i$，$\mathrm{C}=z$ とする。凸四角形の周を $\mathrm{A}\to\mathrm{B}\to\mathrm{C}\to\mathrm{D}$ の順にたどる向きは三角形 $\mathrm{DAB}$ の向きと一致し，正の向き（反時計回り）である。よって三角形 $\mathrm{BCD}$ も正の向きであり，$\mathrm{C}$ における内角が $90^\circ$ であるから，$\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ を正の向きに $90^\circ$ 回転したものは $\overrightarrow{\mathrm{CB}}$ と同じ向きである。$\mathrm{CB}:\mathrm{CD}=41:3$ より
$$ 39-z=\frac{41}{3}i(13i-z)\iff 117-3z=-533-41iz\iff (3-41i)z=650. $$
絶対値をとって $\sqrt{3^2+41^2}\,\lvert z\rvert=650$，すなわち
$$ \mathrm{AC}=\lvert z\rvert=\frac{650}{13\sqrt{10}}=5\sqrt{10}. $$

(2)

$z=\frac{650}{3-41i}=\frac{650(3+41i)}{1690}=\frac{5}{13}(3+41i)$ より $\mathrm{C}\left(\frac{15}{13},\frac{205}{13}\right)$。$S=\frac12\cdot39\cdot\frac{205}{13}=\frac{615}{2}$，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$\lvert3-41i\rvert^2=1690=L^2$，右辺の $650$ はトレミーの定理の右辺であり，(1) の式は $\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}=650$ の複素数版である。回転の向きを逆にすると $39-z=-\frac{41}{3}i(13i-z)$ から $(3+41i)z=-416$ となり，$z=\left(-\frac{48}{65},\frac{656}{65}\right)$，$\lvert z\rvert=\frac{416}{L}$ の自己交差配置を得る。向きの決定が凸性の使用箇所である。

3.16 参考解4：対角線の内積と面積

着想・方針

頂点の位置や角を求めず，四角形全体の二つの量，すなわち対角線ベクトルの内積と，対角線が張る平行四辺形の面積に注目する。両者からラグランジュの恒等式で対角線の積が決まる。

解答

(1)

$\boldsymbol{u}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}$，$\boldsymbol{v}=\overrightarrow{\mathrm{BD}}$ とおく。
(a) 任意の4点について，位置ベクトルで展開すると
$$ \mathrm{AD}^2+\mathrm{BC}^2-\mathrm{AB}^2-\mathrm{CD}^2=2\,\boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v} $$
が成り立つ。本問では $2\,\boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v}=169+1681-1521-9=320$，$\boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v}=160$。
(b) $\boldsymbol{u}=(u_1,u_2)$，$\boldsymbol{v}=(v_1,v_2)$ に対し $\det(\boldsymbol{u},\boldsymbol{v})=u_1v_2-u_2v_1$ とおく。対角線のなす角を $\theta$ とすると，$\mathrm{P}$ が両対角線の内部にあることから（ 補題3 (i)），四角形を $\mathrm{P}$ を頂点とする4つの三角形に分けて
$$ [\mathrm{ABCD}]=\frac12\sin\theta\,(\mathrm{AP}+\mathrm{CP})(\mathrm{BP}+\mathrm{DP})=\frac12\,\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}\sin\theta=\frac12\lvert\det(\boldsymbol{u},\boldsymbol{v})\rvert. $$
よって $\lvert\det(\boldsymbol{u},\boldsymbol{v})\rvert=2\cdot315=630$。
(c) 成分計算で確かめられるラグランジュの恒等式
$$ (u_1^2+u_2^2)(v_1^2+v_2^2)=(u_1v_1+u_2v_2)^2+(u_1v_2-u_2v_1)^2 $$
より
$$ \mathrm{AC}^2\cdot\mathrm{BD}^2=160^2+630^2=650^2,\qquad \mathrm{AC}=\frac{650}{13\sqrt{10}}=5\sqrt{10}. $$

(2)

補題2 と正弦定理より $\sin\beta=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{5}{13}$，$S=\frac{615}{2}$，$r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$。

検証・検算

$a=\mathrm{AB}$，$b=\mathrm{BC}$，$c=\mathrm{CD}$，$d=\mathrm{DA}$ とし，$X=b^2-a^2$，$Y=ad+bc$，$Z=ac+bd$ とおくと
$$ Z^2-Y^2=(ac+bd)^2-(ad+bc)^2=(b^2-a^2)(d^2-c^2). $$
本問では $b^2-a^2=d^2-c^2=160$（ 補題2 の平方和の一致の言い換え）であるから $Z^2=X^2+Y^2$ となり，$160^2+630^2=650^2$ は数値上の偶然ではない。また一般の凸四角形では $\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}\leqq ac+bd$（トレミーの不等式）であり，本問は等号の場合にあたる（ 5.3 節 ）。

3.17 同じ系列に属する変形

以下は，上記のいずれかの解法と発想の核を共有するため，独立の解法として数えない。

• トレミーの定理の証明：補助点による相似，$\mathrm{B}$ を中心とする反転などは本解の定理を証明する手段であり，求値の経路は変わらない。
• 角の合成の表記違い：正弦・余弦・正接の各加法定理，複素数の偏角の積（ 補題4 ），円の有理パラメータ表示はいずれも別解2 の系列に属する。最後のものは，$\mathrm{B}$ を原点，$\mathrm{D}=(1,0)$ に正規化して円周上の点を $\left(\frac{1}{1+t^2},\frac{t}{1+t^2}\right)$ と表し，$t_{\mathrm{A}}=\frac13$，$t_{\mathrm{C}}=-\frac{3}{41}$ から $\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{\lvert t_{\mathrm{A}}-t_{\mathrm{C}}\rvert}{\sqrt{(1+t_{\mathrm{A}}^2)(1+t_{\mathrm{C}}^2)}}=\frac{50/123}{130/123}=\frac{5}{13}$ を得る。$t_{\mathrm{C}}$ の符号を変えたものが自己交差配置である。
• 回転による重ね合わせ：三角形 $\mathrm{BCD}$ を $\mathrm{B}$ のまわりに回転して $\mathrm{BC}$ を半直線 $\mathrm{BA}$ に重ねると，$\mathrm{B}$ を原点，$\mathrm{BA}$ を $x$ 軸とする座標で $\mathrm{D}(39,13)$ の像は $\mathrm{D}'(41,-3)$ となり，$\mathrm{DD}'^2=2^2+16^2=260=2L^2(1-\cos\beta)$ から $\cos\beta=\frac{12}{13}$ を得る。等長ベクトル $(39,13)$，$(41,-3)$ の和と差から $\tan\frac{\beta}{2}=\sqrt{\frac{2^2+16^2}{80^2+10^2}}=\frac15$ とする方法も同じである。いずれも別解4 の幾何的・ベクトル的表現である。
• 面積と半角の等置： 補題5 の $S$ と 補題4 の $\tan\frac{\beta}{2}$ を用いて $r$ の二つの表示 $\frac{615}{80+x}=\frac{80-x}{10}$ を等置し，$x^2=6400-6150=250$ とする方法（ 1.5 節 ）。別解4 と別解6 の合成である。
• ヘロンの公式による逆算：面積から $\mathrm{AC}$ を逆算する方法は別解6 に属し，偽の根 $x^2=6154$ の除去を要する。
• 対角線の積と比の積：トレミーの定理と第二定理の積から $\mathrm{AC}^2=\frac{650\cdot630}{1638}=250$ とする方法は，本解と別解5 の合成である（ 定理7 ）。
• 座標の取り方の変更：$\mathrm{BD}$ を軸とする座標は別解7 そのものである。グラム行列，ケイリー・メンガー行列式による距離条件の整理，根軸の利用は参考解2・参考解4 の言い換えである。
• 複素数の絶対値の方程式：$\lvert z-39\rvert=41$，$\lvert z-13i\rvert=3$ を連立する方法は参考解2 と同型である。参考解3 は回転によって一次方程式にする点で異なる。
• 長方形の別の読み方：$\mathrm{A}$ から $\mathrm{BC}$ への垂線 $\mathrm{AN}=15$ から $\mathrm{BN}=36$，$\mathrm{CN}=5$，$\mathrm{AC}=\sqrt{15^2+5^2}$ とする方法は別解9 と同じ長方形を別の順序で読んだものである。
• 内心の座標：$S=rs$ の座標表示である（ 3.3 節 ）。
  次のものは独立の解法として採用しない。
• オイラーの公式 $\mathrm{OI}^2=R(R-2r)$：内心の位置が必要で求値には遠回りであるが，検算として有効である（ 5.7 節 ）。
• ミケルの定理，シムソン線，射影変換と複比：同じ円 $\Gamma$ の性質をより大きな枠組みに埋め込むだけで，新しい計量関係を生まない。射影変換は長さの比を保たない。
• 極値・確率・漸化式：$\mathrm{C}$ は2点に限られ，連続的な自由度も離散構造もない。

3.18 解法の比較

試験場での第一選択は本解である。平方和の一致から共円性を経てトレミーの定理に至る流れには発想の飛躍がなく，(2) も同じ円から正弦定理で直ちに接続する。ただしトレミーの定理は教科書で発展事項として扱われることが多いので，余弦定理だけで完結する別解1 が同等の有力候補である。別解4 は計算量が最も少なく，二つの設問を半角という一つの量で統一する。別解3・別解5 は角も座標も用いずに対角線の比と面積を同時に得る。参考解はいずれも答案としては迂遠であるが，複素数・内積・行列式という異なる言語で同じ等式 $\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}=650$ に到達し，その等式が何を表しているかを照らし出す。

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4. 汎用的な探索手順

本問から，直角・円・四角形の計量問題一般に適用できる手順を抽出する。

4.1 意思決定の流れ

1. 与条件から即座に決まる量を求める：直角があれば三平方の定理で決まる長さを最初に求める。本問では $\mathrm{BD}$ である。
2. 得られた量を他の部分と照合する：決まった長さを別の三角形の辺とみなし，平方和・平方差の一致を調べる。$p^2+q^2=m^2+k^2$ は，共通の斜辺をもつ二つの直角三角形と共円性の合図である。
3. 図形の種類を確定し，固有の定理を列挙する：円に内接する四角形であれば，対角の補角，円周角，外接円の共有（正弦定理），対角線の積（トレミーの定理），対角線の比（第二定理），方べきが候補になる。
4. 既知量と未知量の型から関係式を選ぶ：四辺が既知で対角線が未知ならトレミーの定理または補角の余弦消去，角が既知の角の和に分解できるなら加法定理または半角，面積が先に決まるなら面積の等置または面積比を用いる。
5. 消去できる量を探す：補角による余弦，二円の方程式の二次項，共通の外接円半径，共通の斜辺による分母。未知量が一次で現れる表現が最短である。
6. 配置条件で候補を選別する：凸性（和か差か），鋭角性（正弦から余弦への復元），垂足の位置（線分の和か差か），座標の符号，回転の向き。代数的に得た候補がすべて図形の解であるとは限らない。
7. 中間結果を後続の設問に再利用する：面積，半角，座標は複数の設問に共通する。本問では $S$ と $\tan\frac{\beta}{2}$ がそれぞれ単独で (2) を決める。
8. 検算する：複数経路の一致，比の有理性（$\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{5}{13}$），補角の余弦が反数になること，$\mathrm{AC}+10r=80$，オイラーの公式などを確かめる。

4.2 症状と有効な表現

4.3 類題の設計原理

本問の構造はそのまま類題の作り方になる。整数 $n$ の二通りの表示 $n=p^2+q^2=m^2+k^2$ を選び，$\mathrm{AB}=p$，$\mathrm{DA}=q$，$\mathrm{BC}=m$，$\mathrm{CD}=k$，$\angle\mathrm{DAB}=90^\circ$ の凸四角形を考えると，$\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$ と共円性が自動的に従い，$z_1=p+qi$，$z_2=m+ki$ の積から
$$ \cos\angle\mathrm{ABC}=\frac{pm-qk}{n},\qquad \sin\angle\mathrm{ABC}=\frac{pk+qm}{n}, $$
$$ \mathrm{AC}=\frac{pk+qm}{\sqrt{n}},\qquad \tan\frac{\angle\mathrm{ABC}}{2}=\frac{q+k}{p+m} $$
を得る。角の三角比と半角の正接は常に有理数であり，三角形 $\mathrm{ABC}$ の内接円の半径は $\mathrm{AC}$ の一次式になる。たとえば $1690$ の第三の表示 $27^2+31^2$ を用いれば，同じ直径 $\mathrm{BD}$ をもつ別の四角形が作れる。

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5. 発展事項

5.1 高校数学と一般理論の境界

本解・別解1〜9 と 3.1〜3.3 節はすべて左欄の範囲で完結する。参考解は左欄の道具で書けるが，右欄の理論への接続点を示している。以下の 5.2 節以降は右欄の内容である。

5.2 トレミーの第一定理・第二定理

本問では $ac+bd=650$，$ad+bc=630$，$ab+cd=1638$ であり，$\mathrm{AC}^2=\frac{650\cdot630}{1638}=250$，$\mathrm{BD}^2=\frac{650\cdot1638}{630}=1690$ となる。四辺だけから，直角の情報を用いずに両対角線が決まることに注意する。直角の条件は，この四辺が円に内接する配置を与えるために使われている。円に内接する四角形の対角線の公式は，ブラーマグプタ（7世紀）の著作に遡るとされる。

5.3 四角形の面積公式とトレミーの不等式

円に内接する四角形の半周長を $\sigma$ とすると，ブラーマグプタの公式
$$ [\mathrm{ABCD}]=\sqrt{(\sigma-a)(\sigma-b)(\sigma-c)(\sigma-d)} $$
が成り立つ。本問では $\sigma=48$ で $\sqrt{9\cdot7\cdot45\cdot35}=315$ となり， 補題5 と一致する。一般の凸四角形ではブレトシュナイダーの公式
$$ [\mathrm{ABCD}]^2=(\sigma-a)(\sigma-b)(\sigma-c)(\sigma-d)-abcd\cos^2\frac{\angle\mathrm{B}+\angle\mathrm{D}}{2} $$
が成り立ち，$\angle\mathrm{B}+\angle\mathrm{D}=180^\circ$ のときにブラーマグプタの公式に帰着する。
参考解4 の三つの事実 (a)(b)(c) を組み合わせると，任意の凸四角形について
$$ 16[\mathrm{ABCD}]^2=4\,\mathrm{AC}^2\,\mathrm{BD}^2-(b^2+d^2-a^2-c^2)^2 $$
を得る。一方，一般の4点についてトレミーの不等式 $\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}\leqq ac+bd$ が成り立ち，等号は4点がこの順に同一円周上にあるときに限る（ 5.5 節 ）。したがって四辺を固定した凸四角形の中で面積が最大になるのは円に内接するものである。本問の $160^2+630^2=650^2$ は，この等号の場合を数値で見たものである。

5.4 二平方和の恒等式とガウス整数

$z=x+yi$，$w=u+vi$（$x,y,u,v$ は実数）に対する $\lvert zw\rvert=\lvert z\overline{w}\rvert=\lvert z\rvert\lvert w\rvert$ は
$$ (x^2+y^2)(u^2+v^2)=(xu-yv)^2+(xv+yu)^2=(xu+yv)^2+(yu-xv)^2 $$
と同値である（ブラーマグプタ・フィボナッチの恒等式）。 1.4 節 の $z_1z_2$，$z_1\overline{z_2}$ はこの二通りの分解であり，凸配置と自己交差配置がそれぞれに対応する。
ガウス整数環 $\mathbb{Z}[i]$ は一意分解整域であり，$1690=2\cdot5\cdot13^2$ は
$$ 1690=-i(1+i)^2(2+i)(2-i)(3+2i)^2(3-2i)^2 $$
と素元分解される。本問の数値は
$$ 3+i=(1+i)(2-i),\qquad 41+3i=(1+i)(2+i)(3-2i)^2,\qquad 12+5i=i(3-2i)^2 $$
と分解され，$(3+i)(41+3i)=(1+i)^2(2-i)(2+i)(3-2i)^2=10(12+5i)$ となる。$5:12:13$ はガウス素数 $3-2i$ の平方（単数倍を除く）から生じるピタゴラス数であり，ユークリッドの公式 $(m^2-n^2,\,2mn,\,m^2+n^2)$ の $(m,n)=(3,2)$ の場合にあたる。
正の整数 $n$ を整数の平方二つの和に表す方法の数（符号と順序を区別する）は $r_2(n)=4\bigl(d_1(n)-d_3(n)\bigr)$ で与えられる。ここで $d_j(n)$ は $4$ で割って $j$ 余る $n$ の正の約数の個数である（ヤコビの二平方定理）。$1690$ の奇数の約数 $1,5,13,65,169,845$ はすべて $4$ で割って $1$ 余るから $r_2(1690)=24$ であり，正の整数による順序を除いた表示は $\frac{24}{8}=3$ 通り，すなわち $3^2+41^2=13^2+39^2=27^2+31^2$ である。

5.5 交差四角形と複素数によるトレミーの恒等式

任意の複素数 $a,b,c,d$ について
$$ (a-c)(b-d)=(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c) $$
が展開によって確かめられる。絶対値をとり三角不等式を用いるとトレミーの不等式 $\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}\leqq\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CD}+\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC}$ を得る。等号は右辺の2項の比 $\dfrac{(a-b)(c-d)}{(a-d)(b-c)}$ が正の実数のとき，すなわち4点がこの順に同一円周上にあるときに成り立つ。4点が同一円周上にあってもこの比が負になる並び（本問の $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}',\mathrm{D}$）では，$\mathrm{AC}'\cdot\mathrm{BD}=\lvert\mathrm{AB}\cdot\mathrm{C}'\mathrm{D}-\mathrm{AD}\cdot\mathrm{BC}'\rvert=\lvert117-533\rvert=416$ となる。 1.3 節 の「和か差か」は，この比の符号の問題である。
円の有理パラメータの観点からは，$t=\tan\frac{\theta}{2}$ によって単位円上の点が $\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right)$ と表され，$t$ が有理数であることと点が有理点であることは同値である。$\beta$ では $t=\frac15$ から $\left(\frac{12}{13},\frac{5}{13}\right)$ を得る。三角形 $\mathrm{ABC}$ は辺 $\mathrm{AC}$ が無理数であるが，角 $\beta$ が有理点に対応するために，内接円の半径が $r=(s-\mathrm{AC})\cdot\frac15$ という一次式で書ける。

5.6 根軸と方べき

二円の方程式 $f_1=0$，$f_2=0$（$x^2,y^2$ の係数を $1$ にそろえたもの）の差 $f_1-f_2=0$ は一次式であり，二円の根軸と呼ばれる。根軸上の点では二円に関する方べきが等しく，二円が2点で交わるときは根軸がその2点を通る直線になる。 参考解2 の $y=3x+\frac{160}{13}$ はこれであり，中心線 $\mathrm{BD}$ に垂直で，$\mathrm{C}$ と $\mathrm{C}'$ はこの直線上で $\mathrm{BD}$ に関して対称に並ぶ。 別解3 の $\mathrm{AP}\cdot\mathrm{CP}=\mathrm{BP}\cdot\mathrm{DP}$ は点 $\mathrm{P}$ の $\Gamma$ に関する方べきである。

5.7 オイラーの公式による検算

三角形の外心 $\mathrm{O}$，内心 $\mathrm{I}$，外接円の半径 $R$，内接円の半径 $r$ について
$$ \mathrm{OI}^2=R(R-2r) $$
が成り立つ（チャップル，オイラー）。 3.14 節 の座標では，$\mathrm{O}$ は直径 $\mathrm{BD}$ の中点 $\left(\frac{39}{2},\frac{13}{2}\right)$，$\mathrm{I}=\left(\frac{5\sqrt{10}}{2}-1,\ 8-\frac{\sqrt{10}}{2}\right)$（ 3.3 節 ）であるから
$$ \mathrm{OI}^2=\frac{(5\sqrt{10}-41)^2+(3-\sqrt{10})^2}{4}=\frac{1950-416\sqrt{10}}{4}. $$
一方 $R=\frac{13\sqrt{10}}{2}$，$2r=16-\sqrt{10}$ より
$$ R(R-2r)=\frac{13\sqrt{10}}{2}\left(\frac{15\sqrt{10}}{2}-16\right)=\frac{1950-416\sqrt{10}}{4} $$
で両者は一致する。$r$ の値を，(2) のどの解法とも異なる関係式で確かめたことになる。

5.8 歴史的背景

トレミーの定理は，2世紀のプトレマイオスが『アルマゲスト』で弦の表を作るために用いた。直径を対角線とする円内接四角形に適用すると弦の和の公式，すなわち正弦の加法定理が得られる。本問の配置はまさにこの古典的な使い方の再現である（ 1.4 節 ）。円に内接する四角形の面積と対角線の公式はブラーマグプタ（628年）に，二平方和の積の恒等式はブラーマグプタとフィボナッチ（『平方の書』，1225年）に帰される。ガウス整数はガウスが4次剰余の研究（1832年）で導入し，二平方定理の約数公式はヤコビ（1829年）による。外心と内心の距離の公式はチャップル（1746年）とオイラー（1765年）が独立に与え，一般の四角形の面積公式はブレトシュナイダー（1842年）による。

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6. 最終整理

6.1 全体の構造マップ

• 与条件：四辺 $39,41,3,13$，$\angle\mathrm{DAB}=90^\circ$，凸
  • 三平方の定理 → $\mathrm{BD}^2=1690=41^2+3^2$ → $\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$ → 直径 $\mathrm{BD}$ の円 $\Gamma$
    • 円の定理で長さを直接決める → 本解（トレミー），別解1（補角の余弦消去），別解3（交点の相似），別解5（面積の等置）
    • 角 $\beta=\alpha+\gamma$ を合成する → 別解2（加法定理），別解4（和と差による半角），$z_1z_2=1560+650i$
    • 面積 $315$ を先に決める → 別解6（角の復元），別解8（$[\mathrm{ACD}]$ を引く）
    • 補助線を引く → 別解7（斜辺への射影），別解8（対角線への垂線），別解9（長方形），参考解1（外部三角形）
    • 位置を代数化する → 参考解2（二円の交点），参考解3（回転），参考解4（内積と面積）
  • 凸性 → 和の配置 $\mathrm{AC}=5\sqrt{10}$ を選び，差の配置 $\mathrm{AC}'=\frac{16\sqrt{10}}{5}$ を除く
• (2)
  • $S=\frac{615}{2}$（$\mathrm{AC}$ より先に決まる）→ $r=\frac{S}{s}$
  • $\tan\frac{\beta}{2}=\frac15$ → $r=\frac{80-\mathrm{AC}}{10}$
  • 三辺のみ → ヘロンの公式；座標 → 内心の重み付き平均
  • 結論 $r=8-\frac{\sqrt{10}}{2}$

6.2 主要な値

6.3 数学的教訓

• 与えられた直角から決まる長さを残りの辺と照合する。平方和の一致は，隠れた直角と共円性の合図である。
• 共円性が分かれば，対角線の積（トレミー），比（第二定理），対角の補角，円周角，外接円の共有のうち，既知量と未知量の型に合うものを選ぶ。
• 斜辺を共有する二つの直角三角形の角の和は，ガウス整数の積として有理数の三角比をもつ。この配置ではトレミーの定理と正弦の加法定理は同一の恒等式である。
• 本問の三つのピタゴラス数的関係 $39^2+13^2=41^2+3^2$，$5^2+12^2=13^2$，$16^2+63^2=65^2$ は，角 $\alpha,\gamma$ とその和・差に対応しており，互いに独立な偶然ではない。
• 凸性は「和か差か」を決める条件である。角の和，高さの和，垂足の位置，座標の符号，回転の向きのどこで凸性を用いたかを答案に明記する。
• 面積が長さより先に決まることがある。そのとき (2) の量は (1) の結果と一次式で結びつき，逆に (1) を決める手段にもなる。
• 正弦だけでは角は決まらない。鋭角性などの配置情報で余弦の符号を確定し，面積からの逆算で生じる偽の根を除く。
• 解法は用いる公式の名前ではなく，何を未知量に選び，何を消去し，どの配置情報を使うかによって区別される。