数学A:図形の性質をつなぐ②　問題から学ぶ発見と接続

内分では二つの長さの和、外分では差が$12$です。外分点がどちら側にあるかも、比の大小から決めます。

① $AP=2t,PB=3t$とおくと、$5t=12$より

② $AQ\lt QB$なので、点の順序は$Q,A,B$である。$AQ=2u,QB=3u$とおけば$3u-2u=12$より

比の数字だけを見て、内分の公式を両方に使わないようにします。まず点の位置を決め、和が元の長さになるのか、差が元の長さになるのかを確認しました。

ここではまだ特別な定理を探す必要はありません。言葉を図と長さの関係に翻訳することが、最初の一手です。

講義編の対応箇所：第1部2「内分と外分」。

二等分線から得られるのは$AB:AC$と等しい比です。ただし、$D$は内分点、$E$は外分点です。

① 角の二等分線定理より$BD:DC=6:9=2:3$だから、

② 外角の二等分線定理より$BE:EC=2:3$である。$BE\lt EC$なので$E,B,C$の順に並び、$EC-BE=10$である。よって

「二等分線を見たら辺の比」を、内分・外分の知識へつなぎました。定理を使った後の計算は問題1と同じです。

外角の二等分線を見て、$E$を$C$側に描いてしまうと、比の大小と矛盾します。図の位置は、計算とは独立した飾りではありません。

講義編の対応箇所：第1部2・3、第2部1②。

中線の長さと、重心による分割比は別の性質です。まず中線定理で$AM$を求めます。

① 中線定理より

重心の性質$AG:GM=2:1$から

② $M$は中点なので$[ABM]=[ABC]/2$である。また、底辺を$AM,AG$とすると高さが共通なので、

よって$\boxed{[ABG]:[ABC]=1:3}$。

中点があるからといって、$AM$が高さとは限りません。三平方の定理を直接使うのでなく、中線定理を候補にします。

①で使ったのは「中点と長さの平方」、②で使ったのは「同じ高さの面積比」です。同じ中線を、目的に応じて異なる情報へ変えています。

講義編の対応箇所：第1部2・3、第2部1③④。

①は二等分された角、②は三辺までの等しい距離を使います。①と②は別々の三角形です。

① 内心・傍心の角の関係より

② 三つの小三角形の高さは内接円の半径に等しいので、

内心を「二等分線の交点」と読むと角が得られ、「三辺までの距離が等しい点」と読むと面積が得られます。同じ定義を二つの側から使っています。

内心から三頂点までの距離が等しいわけではありません。それは外心の性質です。中心の名前より、何から等距離なのかを確認しましょう。

講義編の対応箇所：第1部3。

三角形と、内部の一点へ集まる三本の線が見えています。チェバの積を、辺を一周する順に書きます。

$D,E,F$は各辺の内部にあり、$AD,BE,CF$は$P$で交わる。チェバの定理より

したがって$\boxed{BD:DC=9:4}$。

与えられた比は$AE:EC$ですが、今回のチェバの式は$CE/EA$を使います。問題文の順序をそのまま並べるのでなく、図の上で一周してください。

共点は仮定から分かっているので、ここで使っているのはチェバの順方向です。

講義編の対応箇所：第1部4、第2部2①。

今度は三本の共点ではなく、一本の直線が三辺を含む直線を横切っています。

$D,E$は二辺の内部にあるので、$F$は辺$AB$の延長上にある。三角形$ABC$と直線$DEF$にメネラウスの定理を用いると、

よって$\boxed{AF:FB=1:2}$。$AF\lt FB$だから、点の順序は$\boxed{F,A,B}$である。

問題5と式の形は似ていますが、図の構造が違います。式だけを見て定理の名前を決めないようにします。

外分点の位置は最後に比の大小からも確かめました。辺の延長上の点を、無意識に内分点として扱うと、正しい式から誤った図を作ってしまいます。

講義編の対応箇所：第1部4、第2部2②。

方べきの積は$PA\cdot AB$でしょうか。それとも、どちらも$P$から測るのでしょうか。

$P,A,B$の順なので$PB=PA+AB=9$である。接線と割線の方べきから$PT^2=PA\cdot PB=36$。よって$\boxed{PT=6}$。

円の外部の一点から、接線と割線が出ています。方べきの典型的な配置です。

ただし、積に入れる長さは同じ点$P$を基準にします。円の内部の部分$AB$を、そのまま$PB$の代わりに使わないことが条件確認の中心です。

講義編の対応箇所：第1部5、第2部3③。

①は平面内の直線を、もう一本見ます。②は面から辺を数えると、各辺を何回数えるでしょうか。

① 誤りである。平面内の交わる二直線が垂直でも、一方の直線がその平面に垂直とはいえない。

直線が平面と交わる点を通る、平面内の異なる二直線にともに垂直なら、その直線は平面に垂直である。

② 辺数を$e$、頂点数を$v$とすると、各面は三角形で各辺を二回数えるから$3\cdot8=2e$、よって$e=12$。オイラーの多面体定理から$v-12+8=2$なので、

①では、足りない条件を自分で補うことが主題です。垂直という言葉が二回出たから十分なのではなく、「同一平面内の交わる二直線」であることが必要です。

②も、表の数値を思い出すだけでなく、二重の数え方とオイラーの定理をつなげば復元できます。

講義編の対応箇所：第1部7・8、第2部4③。

二つの直角が、同じ二点を見ていないでしょうか。円を示せたら、次は同じ弦を見る角を探します。

① $\angle ADB=\angle AEB=90^\circ$なので、$D,E$はともに直径$AB$の円上にある。よって四点は同一円周上にある。

② 同じ円で、$D,B$は直線$EA$の同じ側にある。したがって弦$EA$に対する円周角より$\boxed{\angle EDA=\angle EBA}$。

「垂線が二本ある」という情報を、直角三角形の計算へ使うこともできます。しかし、今回は角を示したいので、直角から円を作る方を選びます。

最初の図には円がありません。それでも、直径$AB$を共有するという条件を確認すれば、自分で円を加えられます。そこから円周角を使う、逆方向から順方向への切り替えです。

②の二頂点が弦の同じ側であることは、鋭角三角形の垂足の位置から確認できます。二つの角が同じ弦を見ている、というだけで等しいと書かないようにします。

講義編の対応箇所：第1部5、第3部「逆」、第4部2。

問題7では接線であることが分かっていました。今回は、そのとき成り立つ積の等式が先に与えられています。

$P$は円の外部、$T$は円上にあり、$P,A,B$の順に並んでいる。したがって接線と割線の方べきの逆により、直線$PT$は$T$での接線である。

与えられた情報は長さです。半径と垂直であることを直接示そうとするより、まず方べきの逆を候補にできます。

ただし、$PT^2=PA\cdot PB$という数値の一致だけでは足りません。$T$が円上にあること、$P$が外部にあること、割線の点の順序を合わせて使っています。

「接線なら等式が成り立つ」から「等式が成り立つなら接線」を無条件に推論したのではなく、講義編で条件付きで証明した逆定理を使いました。

講義編の対応箇所：第1部5、第2部3③。

接点が三つあるなら、同じ頂点からの接線長を組にします。半径を求めるには、三角形の面積が分からないかを考えます。

① 半周長は$s=(10+17+21)/2=24$である。接線長の性質より

② $A$から直線$BC$へ下ろした垂線の足を$H$とする。$AC\lt BC,AB\lt BC$なので、$H$が$B$側または$C$側の延長上にあると三平方の定理に反する。よって$H$は$BC$の内部にある。$BH=x$とすると、

より$x=6$、$AH=8$となる。よって$[ABC]=21\cdot8/2=84$。$[ABC]=rs$から

③ $ID\perp BC$なので

①で接線長を整理し、②で面積を経由して半径へ進み、③でその半径を小三角形の高さとして使いました。

②では、底辺上の垂足を作ると、同じ高さ$AH$を持つ二つの直角三角形ができます。平方の式を等置した理由は、その高さを消して$BH$を求めるためです。$BH=6$が$0$と$21$の間にあることも、配置と一致しています。

講義編の対応箇所：第1部6、第2部3④。面積を先に求める方法として余弦定理なども使えますが、この数値なら三平方二回で足ります。

積を計算した後で、三本が本当に交わるかを確認します。外部のチェバの逆では、平行の場合が残ります。

① $BD/DC=1,CE/EA=2,AF/FB=1/2$なので、積は$\boxed{1}$。

② $\triangle CBE$で、$D$は$CB$の中点、$A$は$CE$の中点だから、$AD\parallel BE$。同様に$\triangle BCF$で$D,A$は二辺の中点だから、$AD\parallel CF$。よって三直線はすべて平行である。

③ 一つが内分点、二つが外分点である場合、積が$1$でも、共点または三本平行である。共点と結論するには、二直線が平行でないことを確認する必要がある。

公式に数字が合うことと、結論を言えることの違いを確認する問題です。図を見て交わりそうに思っても、二つの中点を見つけると、実際には平行だと分かります。

条件を確認する作業は、最後に付け足す注意書きではありません。使える定理の結論そのものを変えます。

講義編の対応箇所：第1部4「外分点を含むチェバ」、第2部2①。

$A$と$B$をそのまま結んでも、その線分は$l$を横切りません。一方を$l$について対称移動できないでしょうか。

$B$を$l$について対称移動した点を$B'$とする。$XB=XB'$より

$A,B'$の$l$への距離の和は$8$、垂足間の距離は$6$なので$AB'=\sqrt{8^2+6^2}=10$。

等号は$X=AB'\cap l$のとき成立する。この点は$H,K$の間にあり、直角三角形の相似から$HX:XK=3:5$なので$HX=6\cdot3/8=9/4$。

よって最小値は$\boxed{10}$、そのとき$\boxed{HX=9/4}$。

経路の折れ曲がりを、対称移動によって一本の直線へ伸ばしました。使った不等式は三角不等式だけです。

最小値の候補を出した後、等号を実現する$X$が動ける範囲にあることを確認します。もし$X$の範囲が線分の一部に制限されていたなら、この交点を取れるかを調べ直す必要があります。

講義編の対応箇所：第1部4、第5部3「補助線」。

②では円を発見し、③ではその円を長さの積へ変えます。④では、得た長さを別の相似の条件として使います。

① $BD=x$とすると

より$x=5$。よって$\boxed{BD=5,\ AD=12}$。

② $\angle ADB=\angle AEB=90^\circ$なので、$\boxed{A,B,D,E}$は直径$AB$の円上にある。

③ $C,D,B$と$C,E,A$の順に並ぶので、点$C$の方べきより

$CD=16$だから$CE=16\cdot21/20=84/5$。直角三角形$BEC$で

したがって$\boxed{CE=84/5,\ BE=63/5}$。

④ $\angle BDH=\angle BEC=90^\circ$、$\angle DBH=\angle EBC$より$\triangle BDH\sim\triangle BEC$である。したがって

よって$DH=20/3$。$H$は$AD$の内部にあるから

会話の中で「四点」といわれたら、円周角の逆を候補にします。ただし、二つの直角が同じ$AB$を見ていることを確認して、初めて共円といえます。

次に、得た円をそのまま角の計算に使うとは限りません。求めたいのは$CE$という長さで、$C$から二本の割線が見えています。そこで方べきへ進みます。

さらに$BE$が分かると、$BD/BE$という比が作れます。④ではこの新情報に対して、もう一度「直角と共通角を見たら相似」を適用しました。

ここで新しい考え方を導入したわけではありません。問題9の円の発見、問題7の方べき、講義編の相似という、すでにある道具をつないでいます。

「図から円を発見した」「その円に方べきを使った」「得た長さで別の相似を使った」という三段階を、自分の言葉で説明できれば、この問題の誘導を読めています。

講義編の対応箇所：第1部1・5、第4部2、第5部4。

等しいのは、空間の斜めの辺です。共通の高さを引くと、底面内の距離の等しさへ移せます。

① $PO\perp$平面$ABCD$なので、

であり、$C,D$についても同様である。よって$O$は四頂点から等距離にあり、正方形の外接円の中心、すなわち対角線の交点である。

② $OA=3\sqrt2$だから、

したがって体積は

③ 小さい四角錐と元の四角錐は相似比$1:2$である。よって体積は$\boxed{1/8}$倍、切り口の面積は$\boxed{36/4=9}$。

④ 誤りである。三平方の定理から、垂線の足は底面の三頂点から等距離の点、すなわち外心となる。重心とは一般に一致しない。

①の証明によって、空間の問題が$\triangle POA$という直角三角形へ移りました。断面を選ぶだけでなく、その中の直角を保証したところが重要です。

③では面積比と体積比を混ぜないようにします。高さが半分だから体積も半分、とはなりません。縦・横・高さのすべてが半分です。

④は、正方形や正三角形で中心が一致することを、一般の底面へ広げすぎないための確認です。図が対称に見えることと、仮定から対称性が保証されることを分けます。

講義編の対応箇所：第1部1・7・8、第4部3。

示したいのは三本の共点です。円の角を見る前に、三辺上の比を作れないかを考えます。

同じ点からの接線長は等しいので、正の数$x,y,z$を用いて

と置ける。したがって

$D,E,F$は各辺の内部にあるから、チェバの逆により$AD,BE,CF$は一点で交わる。

円が描かれていても、必ず円周角を使うわけではありません。目標が共点なので、チェバの逆に必要な比を作る方へ戻りました。

接線長の等しさで同じ文字を使うと、比の積が一周して約分されます。内接円という情報が、三角形の共点へ変わりました。

この交点にはジェルゴンヌ点という名前がありますが、その名前を知らなくても解けます。今回使った道具は、接線長の等しさとチェバの逆だけです。

講義編の対応箇所：第1部4・6、第3部「逆」。

二つの直角から、四点の配置に何がいえるでしょうか。辺の長さが四本とも与えられていることにも注目します。

対角の和が$180^\circ$なので、$ABCD$は円に内接する。また$\triangle BAD$で$BD=\sqrt{6^2+8^2}=10$。

トレミーの定理より

よって$\boxed{AC=4\sqrt5}$。

最初から円が与えられているわけではありません。二つの直角で共円を示してから、四辺と対角線という情報の形を見直します。そこでトレミーが候補になります。

四辺が分かる一般の四角形へ、そのままトレミーを適用してはいけません。共円を示したことで、初めて使える道具になりました。

講義編の対応箇所：第1部5、第2部3⑤。

各中心から$l$へ半径を下ろします。二円の中心間距離は半径の和ですが、縦の差は半径の差です。

半径$u,v$の二円が外接し、同じ直線に同じ側から接しているとき、直線上の二接点間の距離を$t$とすれば、

より$t=2\sqrt{uv}$である。

半径$4,9$の二円の接点間距離は$12$である。小円の接点はその二接点の間にあるから、

よって$10\sqrt r=12$より

三つの円を一度に扱わず、まず二円と一本の直線へ分けます。「接点への半径は接線に垂直」という基本から、中心間の直角三角形ができます。

次に、同じ関係を小円と各大円に再適用します。最初に得た式を、対象を替えてもう一度使っています。

小さい隙間という位置条件が、接点間の距離を和にする根拠です。外側にある別の接円まで含めると、差で結ぶ配置も現れるので、同じ式を無条件に使えません。

講義編の対応箇所：第1部6、第5部1。共通外接線の長さを、二円が外接する場合へ当てはめても同じ式です。

残る四頂点が作る正方形を見ます。その正方形を軸に垂直な平面内で回すと、どこまで埋まるでしょうか。

軸の両端を$P,Q$、中間の正方形の中心を$O$、その一頂点を$A$とする。正方形の一辺は$2$なので$OA=\sqrt2$。また$PO\perp OA$で$PA=2$より$PO=\sqrt2$である。

軸に垂直な各断面は、中心が軸上の正方形であり、回転すると、その外接円を境界とする円板を埋める。したがって回転体は、底面の半径$\sqrt2$、高さ$\sqrt2$の円錐を二つ合わせたものである。

よって体積は

見取り図の輪郭が円錐に見える、というだけで決めません。軸に垂直な各断面が円板になることを確認したので、内部に穴が残らないといえます。

高さを求める段階では、軸を含む$\triangle POA$へ移しています。回転体の形を決める断面と、長さを計算する断面を使い分けました。

講義編の対応箇所：第1部7・8、第4部3。

向かい合う三組の辺が等しいので、等面四面体です。三種類の辺を、直方体の面の対角線として表せないでしょうか。

① 三辺が$3,2,1$の直方体の一つおきの四頂点を取ると、六辺の長さは$\sqrt{13},\sqrt5,\sqrt{10}$が二本ずつになる。辺の対応を合わせれば、与えられた四面体と合同である。

したがって体積は直方体の体積の$1/3$だから、

② 一面の三辺は$\sqrt{13},\sqrt5,\sqrt{10}$である。$\sqrt{13}$の辺を底辺とし、$\sqrt5$の辺の底辺方向への長さを$x$、高さを$h$とすると、

よって$x=4/\sqrt{13},h=7/\sqrt{13}$で、一面の面積は$7/2$。表面積は$S=14$である。$V=rS/3$より

③ 直方体の中心は、選んだ四頂点から等距離なので、四面体の外接球の中心である。よって半径は空間対角線の半分で、

①の入口は「向かい合う辺が等しい」です。直方体の三辺を$x,y,z$と置けば、

となり、足し引きで$x^2=9,y^2=4,z^2=1$が得られます。三つとも正なので、実際の直方体が作れます。

この一つの見方から、体積は四隅の三角錐を除いて求められ、外接球は直方体の中心で求められます。一方、内接球は面までの距離なので、体積と表面積へ戻りました。

外接球と内接球は、どちらも「球」ですが、等距離の相手が頂点か面かで処理が変わります。講義編の定義を、そのまま使い分けています。

講義編の対応箇所：第1部7⑤⑥、第2部4②。

対称性から、中心をどの直線上に置けるでしょうか。外心は頂点から等距離、重心は中線を$2:1$、垂心はオイラー線の比とつなげます。

$AM\perp BC$で、$AM=\sqrt{25-9}=4$。三角形は鋭角三角形であり、外心$O$は$AM$の内部にある。$OM=x$とすると$OA=4-x,OB^2=x^2+9$だから、

より$OM=7/8$。

また$MG=AM/3=4/3$だから、

正三角形ではないので、オイラー線上で$G$は$O,H$の間にあり$GH=2OG=11/12$。したがって

五心の公式を独立に三回使うのでなく、同じ中線上に長さを集めました。まず外心の等距離で$OM$を求め、重心の比で$MG$を求め、その差をオイラー線へつなげています。

最後に$MH\lt MA$なので、垂心が内部にあるという鋭角三角形の性質とも一致します。比だけでなく、点の並びを確認することが大切です。

講義編の対応箇所：第1部3、第2部1⑤。

①の辺の比だけでは、二等分線自身の長さは出ません。外接円を描いて$AD$を延ばすと、方べきに$AD$が現れます。

① 二等分線定理より$BD:DC=c:b$だから、

② 直線$AD$と外接円との、$A$以外の交点を$K$とする。$A,D,K$の順に並ぶ。

$\angle BAD=\angle KAC$、また同じ弦$AC$に対する円周角より$\angle ABD=\angle AKC$なので、

したがって$AB/AK=AD/AC$より

点$D$の方べきから$DA\cdot DK=DB\cdot DC$。$AK=AD+DK$なので

①を代入して、

三角不等式$a\lt b+c$より根号内は正である。

最初に見えているのは二等分線です。そこで辺の比を取りました。しかし目標は$AD$の長さなので、ここで一度「今の結果では何が足りないか」を考えます。

$AD$を積に入れるには、$D$を通る円の割線を作るのが候補になります。外接円を描いて二等分線を延ばすと、$DA\cdot DK$が方べきに現れます。

これだけでは$DK$が未知ですが、追加した点$K$は円周角も使える点です。二等分された角と円周角から相似を疑うと、$AD\cdot AK=bc$という別の積が得られます。二つの積の差を取れば、$AD^2$が残ります。

① 二等分線から辺の比。
② 長さが足りないので、外接円と第二交点を追加。
③ 新しくできた円周角から相似。
④ 同じ円に方べき。
⑤ 二つの積を、点の順序$AK=AD+DK$で結ぶ。

ここまでに使った知識は、講義編の二等分線、円周角、相似、方べきだけです。二等分線の長さの公式を、別の暗記事項として持ち込む必要はありません。

講義編の対応箇所：第1部3・5、第5部2・3。

最初は円の外の点$A$。その後、三角形の共点へ移り、$AP:PD$が欲しくなったら小さい三角形を選び直します。

① 点$A$の方べきより$AF\cdot AB=AE\cdot AC$なので、

したがって$EC=5,BF=2$であり、$E,F$は各辺の内部にある。

② $P$は内部にあり、チェバの定理より

よって$\boxed{BD:DC=3:10}$。

③ 三角形$ABD$と直線$FPC$にメネラウスの定理を使う。点の順序は$B,D,C$であり、$BC/CD=13/10$なので、

したがって$\boxed{AP:PD=13:5}$。

④ $[ABD]/[ABC]=BD/BC=3/13$。また$[BPD]/[BAD]=PD/AD=5/18$なので、

よって$\boxed{[BPD]:[ABC]=5:78}$。

最初に見えているのは、円に入る二本の直線$AB,AC$です。$A,F,B$の順序を確かめ、方べきで$AE$を求めます。この結果によって、円の情報が三角形の辺の比へ変わりました。

次に$AD,BE,CF$が$P$へ集まっていることを見て、チェバを疑います。三分点が辺の内部にあることも、①で得た値と問題の条件から確認できます。

③では、同じ$\triangle ABC$にチェバを使い続けても、欲しい$AP:PD$は直接出ません。そこで、その比が一辺上の分割比になる$\triangle ABD$を選びます。$C$は辺$BD$の延長上、$F,P,C$は一直線上なので、メネラウスの配置ができました。

最後は、新たに分かった$PD/AD$を面積比へ移します。比が一つ足りるたびに、対象を替えて同じ知識を使っています。

使った道具は、講義編にすべてありました。難しくなったのは公式の種類ではなく、「新しい情報を受け取った後、どの三角形へ視点を移すか」という判断です。

なお、$E$の存在も積の式から確認できます。$A$は円の外部で、直線$AC$のもう一つの交点は$A$と同じ側へ延ばした半直線上にあり、その距離は$AF\cdot AB/AC=3$です。$0\lt 3\lt 8$なので、実際に辺$AC$の内部にあります。

講義編の対応箇所：第1部2・4・5、第4部1、第5部1・2。

目標の長さを$x=MX,y=MY$とすると、$X,Y$から直線$PQ$までの距離の比も$x:y$です。直線$RS$への距離についても同じことがいえます。

二つの直線までの距離を作った後、円周角を使って別の組の直角三角形を比較できないでしょうか。

$MA=MB=a,MX=x,MY=y$とする。$0\lt x,y\lt a$である。

$X$から直線$PQ,RS$への距離をそれぞれ$x_1,x_2$、$Y$から同じ二直線への距離をそれぞれ$y_1,y_2$とする。

$M,X,Y$は一直線上にあるから、垂線でできる直角三角形の相似より（直線同士が垂直なら、距離が$MX,MY$に等しいことから直接）、

同じ円の弦$QR$に対する円周角より$\angle QPR=\angle QSR$である。したがって、斜辺を$PX,SY$とする直角三角形を比較して、

同様に、弦$PS$に対する円周角$\angle PRS=\angle PQS$から、

垂線の足が辺の延長上にある場合も、等しい角の補角を取れば同じ比を得る。角が$90^\circ$なら、各距離が比較する線分自身の長さに等しいので、同じ式が直接成り立つ。

$(1)$〜$(3)$を掛け合わせると、

$X,Y$は円の内部にあるので、方べきより

したがって

より$a^2(x^2-y^2)=0$。$a,x,y\gt 0$なので$x=y$、すなわち$\boxed{MX=MY}$である。

円の中で複数の弦が交わり、$AB$の中点$M$があります。方べきはすぐ候補になります。一方、目標は$MX=MY$であり、$M$からの二つの距離です。

ここで$M$にだけ方べきを使うと$MP\cdot MQ=MR\cdot MS$は得られますが、$X,Y$が式に入りません。結論へ近付くには、$X,Y$で方べきを使う候補も見ておきます。

② 方べきの二つの積を、どう比較するか

$a=MA=MB,x=MX,y=MY$とおけば、点の順序から

です。つまり$PX\cdot RX$と$QY\cdot SY$を比べられれば、目標の$x,y$へ戻れます。

しかし、この二つの積が直接等しいとは、まだ分かりません。そこで、長さを比較しやすい別の形へ移します。

③ なぜ、二本の直線へ垂線を下ろすのか

$X,Y$は、二直線$PQ,RS$の交点$M$を通る一本の直線上にあります。講義編の「長さの比を、直線までの距離の比へ」を使うと、どちらの直線への距離も、比は$x:y$になります。

この段階では、

という二組ができました。垂線を引いた目的は、長さを計算することではなく、目標の比$x:y$を二組の直角三角形へ移すことです。

④ 円周角で、組合せを入れ替える

次に、$P,S$は弦$QR$を、$R,Q$は弦$PS$をそれぞれ同じ側から見ています。そこで円周角を使うと、今度は距離の組を交差させた

が得られます。

講義編で扱った「等しい角なら、斜めの線分に対する高さの割合が等しい」を、この配置に適用しただけです。新しい定理ではありません。

⑤ 新しく得た積に、方べきを使う

二つの比較を掛けると、左側には$(x/y)^2$、右側には方べきで置き換えられる二つの積が現れます。ここで最初に候補として残していた方べきが効きます。

中点条件から$a^2-x^2,a^2-y^2$に替えると、共通の項$x^2y^2$が消えて$x=y$が残ります。

⑥ 今回つないだ知識

直線までの距離と相似 → 円周角から別の相似 → 比を掛けて長さの積へ → 方べき → 中点による和と差。

どれも講義編にありました。見た目は難しくなっていますが、「垂線で距離を作る」「同じ円を見る角を疑う」「積が現れたら方べきを疑う」という判断を繰り返しています。

この性質はバタフライ定理と呼ばれます。しかし、それを知識として持ち込んで解いたのではありません。今回の目標は、この配置でも既習の道具を発見し、つなげられることでした。

講義編の対応箇所：第1部2③・5、第2部3③、第5部1・3。