おきな杯の解説

はじめに

この記事では, 先日開催した おきな杯 の解説をしていきます. まだ問題を解いていなくて自力で解いてみたい方は、ぜひ上のリンクから問題を見ていってください. それでは参ります.

問題$1$

図を描いてみると次のようになります.

問題$1$
$\mathrm{\Omega }$と$AD$の交点のうち$A$でない方を$G$とすると, $G$は$A$を含まない方の孤$BC$の中点です. つまり, 孤の中点を通る直線が$2$本あるわけです. ここで, 円と孤の中点に関するような構図があったなあと連想できれば方針が見えてきます.

こんな構図があったなあ

問題$1$の解説

$\mathrm{\Omega }$と$AD$の交点のうち$A$でない方を$G$とし, 円$\mathrm{\Omega }$を$A$を中心として$\frac{AD}{AG}$倍相似拡大した円を${\omega }_1$としたとき, ${\omega }_1$は$A$で$\mathrm{\Omega }$に内接する. また$G$は$A$を含まない方の孤$BC$の中点であるので, $\mathrm{\Omega }$の$G$における接線がこの相似拡大により直線$BC$にうつることから${\omega }_1$は$D$で$BC$と接する. 円$\mathrm{\Omega }$を$F$を中心として$\frac{FD}{FE}$倍相似拡大した円を${\omega }_2$としたとき, 同様に${\omega }_2$は$F$で$\mathrm{\Omega }$と内接し, $D$で$BC$と接する. よって三円$\mathrm{\Omega },{\omega }_1,{\omega }_2$の根心を考えれば, $AB\ne AC$より三円の中心は一直線上に並ばないので, $\mathrm{\Omega }$における$A,F$の接線, $BC$の三直線が一点で交わることがわかる.

問題$2$

図を描いてみると次のようになります.
問題$2$
ややこしい…
とりあえずこの図でangle-chaseをしてみます. $H$を垂心とすると,
$$\begin{array}{rl}\mathrm{\angle }HBP& =\mathrm{\angle }BAP\\ & =\mathrm{\angle }FAP\\ & =\mathrm{\angle }FCP\\ & =\mathrm{\angle }HCP\end{array}$$
おっ！$P,B,C,H$の共円がわかりました. この調子で考えていけば案外なんとかなりそうですね.

問題$2$の解説

相異なる三点$X,Y,Z$に対して, 直線$XY$を$X$を中心に反時計回りに角度$\theta$だけ回転させたときに直線$XZ$に一致するとき, この$\theta$を$\measuredangle YXZ$で表す. ただし, ${180}^{\circ }$の差は無視して考える.
三角形$ABC$の垂心を$H$としたとき,
$$\begin{array}{rl}\measuredangle HBP& =\measuredangle BAP\\ & =\measuredangle FAP\\ & =\measuredangle FCP\\ & =\measuredangle HCP\end{array}$$
より$P,B,C,H$の共円を得る. 同様に$Q,B,C,H$の共円も得るので, $P,Q,B,C,H$の共円を得る.
以下では${\mathrm{\Gamma }}_1$と${\mathrm{\Gamma }}_2$が相異なる二点で交わるときを考える. この二円が接するときも以下とほぼ同様にして考えられる.
${\mathrm{\Gamma }}_1$と${\mathrm{\Gamma }}_2$の交点のうち$A$でない方を$K$とすると, $H$と$O$が等角共役の関係にあることから
$$\begin{array}{rl}\measuredangle BKC& =\measuredangle BKA+\measuredangle AKC\\ & =\measuredangle EBA+\measuredangle ACF\\ & =\measuredangle CBO+\measuredangle OCB\\ & =\measuredangle COB\\ & =\measuredangle B{O}^{\prime }C\end{array}$$
より, $K,O^{\prime },B,C$は共円である.
$$\begin{array}{rl}\measuredangle BKA& =\measuredangle EBA\\ & =\measuredangle ACF\\ & =\measuredangle AKC\end{array}$$
より$AK$は角$BKC$の二等分線であるから, $O^{\prime }$が三角形$KBC$の外接円における$K$を含まない方の孤$BC$の中点であることと合わせて, $K,A,O^{\prime }$が一直線上に並ぶことを得る. 以上より, 三角形$HBC$の外接円, ${\mathrm{\Gamma }}_1,{\mathrm{\Gamma }}_2$の三円の根心を考えれば$A{O}^{\prime },BP,CQ$が一点で交わることが示される.

問題$3$

図を描いてみると次のようになります.

問題$3$
$AD,I{I}^{\prime }$はどちらも$BC$に垂直よりこの二直線は平行なので, 三角形$JI{I}^{\prime }$と三角形$JAD$の相似がわかれば良さそうです.

問題$3$の解説

$AB=AC$のときは$BC$の垂直二等分線上にこの三点が並ぶので, 以下そうでないときを考える.
三角形$ABC$の内接円と$BC$との接点を$E$とし, $ES$が三角形$ABC$の内接円の直径となるように$S$をとり, 三角形$ABC$の傍接円のうち$J$を中心とするものと$BC$との接点を$T$とする. $A$を中心とし三角形$ABC$の内接円を角$A$内の傍接円にうつすような相似拡大を考えたときに, $S$は$T$に, $I$は$J$にそれぞれうつるから$A,S,T$と$A,I,J$はそれぞれ一直線上に並び, $AD,S{I}^{\prime },JT$の平行から$\mathrm{\angle }JI{I}^{\prime }=\mathrm{\angle }JAD$,
$$\begin{array}{rl}JI:JA& =TS:TA\\ & =SE:AD\\ & =I{I}^{\prime }:AD\end{array}$$
より三角形$JI{I}^{\prime }$と三角形$JAD$の相似がわかるので題意は示された.

問題$4$

図を描いてみると次のようになります.

問題$4$
$DM\perp ME,DN\perp NE$より$D,E,M,N$は共円です. ここで$ME$と$ND$の交点が$A$, $MD$と$NE$の交点が$O$, $MN$と$DE$の交点が$Q$なので, $DE$の中点(つまり, $D,E,M,N$の乗る円の中心)を$K$とすると, Brokardの定理より$AK\perp OQ$がわかります. したがって$AK\perp OP$を示せばいいわけです. ここで$AP$は三角形$ABC$の外接円に$A$で接し, また$AK$は三角形$ABC$の$A$における類似中線なので, 問題$1$と同様のとり方で$F$をとったときに, $P$の極線である$AF$が類似中線であることを示せばよさそうです.

問題$4$の解説

相異なる三点$X,Y,Z$に対して, 直線$XY$を$X$を中心に反時計回りに角度$\theta$だけ回転させたときに直線$XZ$に一致するとき, この$\theta$を$\measuredangle YXZ$で表す. ただし, ${180}^{\circ }$の差は無視して考える.
$DM\perp ME,DN\perp NE$より, 四点の位置関係にかかわらず$D,E,M,N$は共円である. $ME$と$ND$の交点が$A$, $MD$と$NE$の交点が$O$, $MN$と$DE$の交点が$Q$であるから, $D,E,M,N$の乗る円の中心, すなわち$DE$の中点を$K$とすると, Brokardの定理より$AK\perp OQ$を得る.

以下三角形$ABC$の外接円を$\mathrm{\Gamma }$とする.

補題$1,2$より$\measuredangle BAK=\measuredangle BAV$から$A,K,V$は一直線上に並ぶ. ここで問題$1$より$PV$が$V$で$\mathrm{\Gamma }$に接することから$VA$, つまり$KA$が$P$の$\mathrm{\Gamma }$に関する極線であることがわかるので, $AK\perp OP$が得られる. これと$AK\perp OQ$を合わせて, $O,P,Q$が同一直線上にあることが示された.

問題$5$

図を描いてみると次のようになります.
問題$5$
うーむ. とりあえず$AD$と$EF$の交点を$R$として, $B,Q,R$が一直線上にあることを示しましょう. この図でangle-chaseをしてみると,
$$\begin{array}{rl}\mathrm{\angle }AFR& =\mathrm{\angle }AFE\\ & =\mathrm{\angle }ACB\\ & =\mathrm{\angle }ADB\\ & =\mathrm{\angle }RDB\end{array}$$
より$B,D,F,R$は共円です. よって
$$\begin{array}{rl}\mathrm{\angle }RBD& =\mathrm{\angle }RFD\\ & =\mathrm{\angle }EFD\\ & ={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }EPD\\ & ={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }QPD\\ & =\mathrm{\angle }QBD\end{array}$$
より$B,Q,R$が一直線上にあることがわかりました.
あれ？？解けちゃった…

問題$5$の解説

相異なる三点$X,Y,Z$に対して, 直線$XY$を$X$を中心に反時計回りに角度$\theta$だけ回転させたときに直線$XZ$に一致するとき, この$\theta$を$\measuredangle YXZ$で表す. ただし, ${180}^{\circ }$の差は無視して考える. $AD$と$EF$の交点を$R$としたとき, $B,C,E,F$の共円から
$$\begin{array}{rl}\measuredangle RFB& =\measuredangle EFA\\ & =\measuredangle ACB\\ & =\measuredangle ADB\\ & =\measuredangle RDB\end{array}$$
より$B,D,F,R$の共円を得る. よって
$$\begin{array}{rl}\measuredangle DBR& =\measuredangle DFR\\ & =\measuredangle DFE\\ & =\measuredangle DPE\\ & =\measuredangle DPQ\\ & =\measuredangle DBQ\end{array}$$
より$B,Q,R$は一直線上にあるので, 題意は示された.

おわりに

参加していってくれたみなさん, 本当にありがとうございました！！急いで書き上げたので不備があったら教えてくれると嬉しいです.