Symmedianまとめ(類似中線)

方針:三角形$ABD$と三角形$AMC$の相似を示す.

$M$を$BC$の中点,$H$を$AD$の中点とする.
まずはわかる共円を発見するところから始めていきましょう。$\angle{OBP}=\angle{OCP}=90°$より,4点$O,B,P,C$は共円である.また,中心と弦への中点を結ぶ直線と弦は垂直に交わるから$\angle{OHA}=90°$である.したがって,$B,P,C,H,O$は共円である.これより,$\angle{CHP}=\angle{COP}=\angle{BAC}$がしたがう.また,$\angle{BHD}=\angle{BAC}$も得られる.一方で,円周角の定理より,$\angle{BDH}=\angle{BCA}$である.以上より,$\triangle{ABC} \backsim \triangle{HBD}$である.このことから,$|BD|:|DH|=|BC|:|CA|$が得られる.さらに,$H$が$AD$の中点,$M$が$BC$の中点であることを利用すると,$|BD|:|DA|=|MC|:|CA|$が得られる.$\angle{BDA}=\angle{MCA}$より,$\triangle{ABD} \backsim \triangle{AMC}$となる.したがって,$AP$はSymmedianである.

Symmedian-作図2

方針:定理1と同様の手法を用いる.

定理1より,$BK$は三角形$BDA$のSymmedianである.したがって,$\angle{ABC}=\angle{HBD}$である.また,円周角の定理より,$\angle{BCA}=\angle{BDH}$である.よって$\triangle{ABD} \backsim \triangle{AMC}$が従う.$|BD|:|DH|=|BC|:|CA|$が得られる.また,$M,H$が中点であることより,定理1の証明と同様に$\triangle{ABC} \backsim \triangle{HBD}$である.したがって,$AD$はSymmedianである.

Symmedian-作図4

$AD$はSymmedianなので,$\angle{BAD}=\angle{CAM}$である.また,円周角の定理より,$\angle{ABC}=\angle{ADC}$である.したがって,$\triangle{ABM} \backsim \triangle{ADC}$である.よって,$|AD|:|DC|=|AB|:|BM|$である.また,$M,H$は中点であるから$|HD|:|DC|=|AB|:|BC|$が得られる.このことから,$\triangle{ABC} \backsim \triangle{HDC}$従う.$\angle{DHC}=\angle{BAC}=\angle{COM}=\angle{COP}$が得られる.よって,5点$O,H,C,P,B$は共円である.(3つ目の性質)

また,5点が共円であるから簡単な角度計算より,$\angle{BHP}=\angle{CHP}$である.(2つ目の性質)
さらに,三角形$HBC$において,$HP$は角の二等分線であるから有名事実より,$HP$は$ \stackrel{\huge\frown}{BC} $のうち$O$を含まないほうの中点を通るから$AD$は$P$を通る.(1つ目の性質)

4つ目の性質は定理1と定理2を用いることで容易に得られる.

$AD$はSymmedianであるから$\triangle{AGI} \backsim \triangle{AME} $,$\triangle{AGH} \backsim \triangle{AMF} $である.よって,$|GH|:|GI|=|MF|:|ME|$が得られる.$M$は中点なので$\triangle{ABM}=\triangle{ACM}$.したがって,$|AB|\cdot |EM|=|AC|\cdot |FM| \Longleftrightarrow |MF|:|ME|=|AB|:|AC|$である.

lemma-1

$|BD|:|CD|=\triangle{ABD}:\triangle{ACD}=|AB|\cdot|DF|:|AC|\cdot |DE|$.ここで,補題4より,$|DF|:|DE|=|AB|:|AC|$である.したがって,$|BD|:|CD|=|AB|^2:|AC|^2$.

Steiner's Ratio Theorem-2

$BC$と$EF$は逆平行なので$\angle{ABC}=\angle{AFE}$,$\angle{ACB}=\angle{AEF}$である.したがって,$\triangle{ABC} \backsim \triangle{AFE}$である.また,$AD$がSymmedianなので$\angle{EAN}=\angle{CAM}$であるから$\triangle{ACM} \backsim \triangle{AEN}$である.$|BC|:|MC|=|FE|:|NE|=2:1$であるから$N$は$FE$の中点である.

Antiparallel-1

方針:チェバの定理の逆より$\frac{\left|AF\right|}{\left|FB\right|}\cdot\frac{\left|BD\right|}{\left|DC\right|}\cdot\frac{\left|CE\right|}{\left|EA\right|}=1$を示す.

ここで,Steiner's Ratio Theoremより$|AF|:|FB|=|CA|^2:|BC|^2 \Longleftrightarrow \frac{\left|AF\right|}{\left|FB\right|}=\frac{\left|BC\right|^{2}}{\left|CA\right|^{2}}$である.他の項に対しても同様の変形をすると,$\frac{\left|AF\right|}{\left|FB\right|}\cdot\frac{\left|BD\right|}{\left|DC\right|}\cdot\frac{\left|CE\right|}{\left|EA\right|}=\frac{\left|BC\right|^{2}}{\left|CA\right|^{2}}\cdot\frac{\left|CA\right|^{2}}{\left|AB\right|^{2}}\cdot\frac{\left|AB\right|^{2}}{\left|BC\right|^{2}}=1$となって,3本のSymmedianは一点で交わることが示された.

類似重心-1

$G'$は3つのSymmedian上の点であるので、補題4より,$x:y=|BC|:|CA|$,$y:z=|CA|:|AB|$,$z:x=|AB|:|BC|$である.よって,$x:y:z=|BC|:|CA|:|AB|$

$|AB|=c,|BC|=a,|CA|=b$とする.コーシーシュワルツの不等式より,$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \geq (ax+by+cz)^2$が成り立つ.

$$ \ \ \ \ \ \ \ (x^2+y^2+z^2) \geq \frac{\left(ax+by+cz\right)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)} \\ \Longleftrightarrow(x^2+y^2+z^2) \geq \frac{4S^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)} $$
ここでの統合成立条件は$a:b:c=x:y:z$でありそのような点は類似重心である.

$\angle{BAD}=\angle{CAM}$であり,$\angle{CAM}=\angle{ACM}$である.$\angle{AMC}=180°-2\angle{MAC}$であり,円周角の定理より,$\angle{ABD}=90°\angle{MAC}$より,$\angle{ADM}=90°$となる.従って,Symmedianは垂線である.

直角三角形におけるSymmedian

$\frac{1}{2}\angle{BAC}+90°+\frac{1}{2}\angle{DAG}=180°$より,$\angle{BAC}$の角の二等分線と$\angle{DAG}$の角の二等分線は一致する.一方で,三角形$DAG$に注目すると,直線$IA$は外心を通る.外心と垂心は等角共役関係にあることから直線$MA$が垂心を通ることを示す.すなわち,直線$MA$が$DG$と直行することを示ば良い.$A$を中心として三角形$DAG$を$270°$回転した三角形$HAC$を考える.中点連結定理より,$AM//HC$である.従って,直線$MA$は$DG$と直行する.これより,$AI$はSymmedianである.

Symmedian-作図応用編1-2

方針:補題4を使う

簡単なangle-chaseより,$\triangle{DBG} \backsim \triangle{CEG}$である.$H_{BD},H_{CE}$を$G$から$BD,CE$へと下ろした垂線の長さとする.ここで,補題4より,$H_{BD}:H_{CE}=|AB|:|AC|$を示せば良い.

$|AB|:|AC|=|BD|:|CE|=\triangle{DBG} :\triangle{CEG}=H_{BD}:H_{CE}$であるから題意は示された.

Symmedian-作図応用編2-2

方針:問題3を用いる

$\angle{DBF}=\angle{FEC}$,$\angle{BDP}=\angle{ECF}$であるから$\triangle{DBF} \backsim \triangle{CEF} $より$\triangle{BFE} \backsim \triangle{DFC} $が従う.よって,4点$B,D,G,F$と$C,E,G,F$はそれぞれ共円である.ここで,問題3より$AF$はSymmedianである.

Symmedian-作図応用編3-2

$\angle{BAC}=A,\angle{CBA}=B,\angle{ACB}=C$とする.$DH,EG$は逆平行線であるから,$\angle{BDC}=C,\angle{CEG}=B$である.$A+B+C=180°$であるから,$\angle{DHG}=\angle{EGH}=A$である.また,$DE//GH$なので$\angle{FDE}=\angle{FED}=A$である.従って,$|FD|=|FE|$である.ここで,$E$を通り$BC$と逆平行な補助線を引く.すると,$\angle{KDF}=\angle{DKF}=C$であり,$|FK|=|FD|$である.同様に,$|FJ|=|FE|$である.従って,$E$は$KJ$の中点である.従って,定理6より$AF$はSymmedianである.

Symmedian-作図応用編4-2

$I_1$と$I_2$の交点$X$が$ABC$の外接円上に存在することを示す.接弦定理より,$\angle{ABC}=\angle{BXM},\angle{ACB}=\angle{CXM}$である.$\angle{BAC}+\angle{BXC}=180°$より四点$ABXC$は共円である.

調和四角形-1

簡単なangle-chaseより$\angle{CDM}=\angle{BDA}$であるから$DA$は三角形$DBC$の$D$に関するSymmedianである.ここで$A$から$BD,CD$はと下ろした垂線の長さを$d_1,d_2$とすると,補題4より以下が成り立つ.$d_1:d_2=|AB|:|AC|=|DB|:|CD|$である.ここで,$D$について注目すると,補題4より$AD$は三角形$ABC$に関してのSymmedianである.

調和四角形-2

四角形$ABDC$は調和四角形である.従って,$AD$は三角形$DBC$における$D$のSymmedianである.従って$\angle{BDM}=\angle{CDA}=27°$である.さらに円周角の定理より,$\angle{CDA}=\angle{CBA}=\frac{1}{2}\angle{AOC}=27°$従って,$\angle{AOC}=54°$である.

四角形$ABCD$は調和四角形である.従って,$AC$はSymmedianである.直線$AM$と三角形$ABC$の外接円との交点のうち$A$でない方を$C'$とする.$AC'$と$AC$は等角共役線なので$\angle{BAC'}=\angle{DAC}$である.円周角の定理より,$|BC'|=|DC|$.また,$|BM|=|DM|$である.$\angle{BAC}=\angle{DAC'}$であり,円周角の定理より,$\angle{MDC}=\angle{MBC'}$である.従って,$\triangle{BMC'} \equiv \triangle{DMC}$である.このことから,$|CM|=|C'M|$が得られる.方べきの定理より,$|BM|^2=|AM|\cdot |MC'|=|AM|\cdot |MC|$である.さらに,中線定理より$|AB|^2+|AD|^2=2(|BM|^2+|AM|^2)$である.これらを併せて,以下の連立方程式を得る.

$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} |BM|^2=32\cdot |AM| \\ 127^2+129^2=2(|BM|^2+|AM|^2) \end{array} \right. \end{eqnarray} $

これを整理すると,$|AM|^2+32|AM|-(2^{14}+1)=0$という二次方程式が出てきます.$2^{14}+1$の素因数分解に関してですが,これは$2^14+1=4\cdot 8^4+1^4$とみることでソフィージェルマン恒等式より,$5\times 29 \times 113$とわかります.従って,$|AM|=113$です.Symmediaに気づくことで簡単に解ける問題でした.

実践問題2-1

$\angle{HPM}=\angle{HDM}=90°$より,$P,H,M,D$は共円.$PH,MD$の交点を$X$とすると方べきの定理より,$|XH|\cdot|XP|=|XD|\cdot|XM|$である.ここで,$B,D,C,X$は調和点列なので$|XC|\cdot|XB|=|XD|\cdot|XM|$である.従って,方べきの定理の逆より,$B,C,H,P$は共円である.一方で有名事実として,$H$を$BC$に関して対称移動させた点は$H'$は三角形$ABC$の外接円上にくる.三点$BCH$で定まる円と$BCH'$で定まる円は対称だから$A'$は三角形$ABC$の外接円上にくる.$AM$と三角形$ABC$の外接円の交点を$Y$とすると,$Y$は$M$に関して$P$と点対称なので$ \stackrel{\huge\frown}{BY}= \stackrel{\huge\frown}{PC} $である.また,$A'$は$BC$に関して対称であるから,$ \stackrel{\huge\frown}{PC}= \stackrel{\huge\frown}{A'C} $である.従って,$AA'$はSymmedianである.(この長さに着目した角度の比較はIMOクラスの問題だとよく見かけます.難しいです.)

実践問題3-1

根心の存在性より,$A'D,FE,BC$は一点$P$で交わる.$AM$と$AH$の交点を$Q$とする.$\angle{HQM}=90°$ならば問題9より,$AA'$はSymmedianである.Symmedianは一点で交わるから$\angle{HQM}=90°$であることを示せば良い.

ここで,$AA''$が直径となるように$A''$をとる.すると,$AB \perp A''B$,$AB \perp CF$であるから$A''B//CF$である.同様に$A''C//BE$であるから,四角形$BA''CH$は平行四辺形である.従って,その中心$M$と$A'',H$は一直線上に並ぶ.ここで,直線$MH$と$\Omega$の交点のうち$A''$でないものを$T$とすると,$A''T \perp AT$より,$A,F,H,E,T$は共円である.特にこの円は$AH$を直径とする円である.この円と$\Omega$,$B,C,E,F$の外接円の根心を考えれば$A,T,P$は共線である.ここで,$MT \perp AP,AH \perp MP$より,$H$は三角形$AMP$の垂心である.従って,$PH \perp AM$であるから題意は示された.

実践問題4-1

実践問題4-2 (これエグいって...)

同様の構図に関する問題です.$AH$を直径とする円は問題10における$A,F,Q,H,E$の載る円である.問題10における$T$と$A'$と$A$から$BC$へと下ろした垂線の足(これを$H_A$とする.)が共線であることを示せば良い.さらに,示すべきことは$\angle{QH_{A}H}=\angle{TH_AH}$と同値である.$\angle{QH_AH}=\angle{HMQ}=\angle{TMQ}=\angle{TPQ}=\angle{TPH}=\angle{TH_AH}$であるから題意は示された.

問題5-1

$AD$の中点を$X'$とする.$X'$が回転相似の中心であることを示せば良い.$BOX'C$は共円である.Symmedianの性質より,$\angle{BX'A}=\angle{AX'C}$である.また,四角形$ABDC$は調和四角形であるから,$BC$は三角形$BDA$のSymmedianである.従って,$\angle{DBC}=\angle{ABX'}$である.また,円周角の定理より,$\angle{DBC}=\angle{DAC}$である.従って,$\triangle{BX'A} \backsim \triangle{AX'C}$である.$|BX'|:|AX'|=|AX'|:|CX'|$より,$X'$は回転相似の中心である.　

実践問題6-2

$B \rightarrow A,A \rightarrow C$となるような回転相似変換$T$を考える.問題12より,その中心はSymmedian上の点となる.ここで,$\triangle{RBP} \backsim \triangle{QPC} \backsim \triangle{ABC}$であるから,$\frac{RB}{AR}=\frac{RB}{QP}=\frac{RP}{QC}=\frac{AQ}{QC}$が従う.すなわち,$R,Q$は$BA,AC$を等しい比で内分する点であるから変換$T$によって,$R$は$Q$に移る.従って,$\triangle{ARX'} \backsim \triangle{CQX'}$が得られる.このことから,$\angle{ARX'}=\angle{CQX'}$が従う.よって,4点$A,R,X',Q$は共円である.従って,題意は示された.

実践問題7-1

直線$PQ$と$\Gamma$の交点のうち,$Q$でないものを$D$とすると,四角形$DAQC$は調和四角形となる.従って,$DQ$は三角形$DAC$のSymmedianである.このことから,Steiner's Ratio Theoremより,$|AB|:|CB|=|DA|^2:|DC|^2 \Longleftrightarrow |\sqrt{AB}|:|\sqrt{CB}|=|DA|:|DC|$である.また,四角形$DAQC$は調和四角形なので$|DA|\cdot|QC|=|AQ|\cdot|CD|$である.これを変形すると,$\frac{\left|AQ\right|}{\left|QC\right|}=\frac{\left|AD\right|}{\left|DC\right|}=\frac{\sqrt{\left|AB\right|}}{\sqrt{\left|BC\right|}}$となる.これは三角形$AQC$の角の二等分線と$AC$の交点が円$\Gamma$に依らないことを意味している.従って,題意は示された.

実践問題8-1