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円外の点より引いた接線と極線の問題 [初等幾何学]

円外の点より引いた接線と極線の問題

 

問題 円x²+y²=r²の周上の点P(a,b)における接線の方程式はax+by=r²である。

(1) 円外の点Q(x₁,y₁)より、この円に2つの接線、その接点をABとするとき、直線ABの方程式を求めよ。

(2) 直線ABの円外の点より、この円に2つの接線を引き、接点をそれぞれCDとすると、直線CDQを通ることを示せ。

【解】

sessen-kyokusen-001.png(1) 接点ABの座標を(a₁b₁)(a₂,b₂)とすると、接線の方程式は

  

直線①、②は点Q(x₁,y₁)を通るので

  

よって、A(a₁b₁)B(a₂,b₂)は直線x₁x+y₁y=r²上にある。2点を通る直線は1本だから、直線の方程式は

  

である。

 

(2) (1)で求めた直線x₁x+y₁y=r²上の円外の点をR(x₂,y₂)とすると、

  

また、(1)より接点CDを通る直線CDの方程式は

  

である。③より点Q(x₁,y₁)は直線x₂x+y₂y=r²上の点なので、直線CDは点Qを通る。

(解答終)

 

x²+y²=r²の外部の点P(x₁,y₁)からこの円に2本の接線を、そのときの接点を通る直線は

  

である。

この直線を、円x²+y²=r²の点Pという)に関する極線という。

 

 


反転の問題 [初等幾何学]

反転の問題

 

数学の問題集を見ていたら、反転に関する次の問題があった。

 

問題

原点を中心とする半径rの円の円外の点P(x,y)から接線を引き、2つの接線を結ぶ直線とOPとの交点をQ(X,Y)とするとき、PQに写す写像を反転という。

(1) OPOQ=r²を証明し、次の等式を導け。

  

(2) この反転の逆写像も反転であることを証明せよ。

(3) Pが直線x+y=1上を動くとき、Qのえがく図形の方程式を求めよ。

【解】

hanten-pro-001.png(1) 円外の点Pから円に引いた接線の交点をABとし△OQAと△OAPに注目する。

  ∠AOQ=∠POA

  ∠OQA=∠OAP=∠R

  ∴ △OAQ=△OPA

よって、

  

①の両辺をOQ²で割ると

  

Pは線分OQの延長線上にああるから、

  

よって、

  

である。

 

(2) ①の右辺、左辺をOP²で割ると、

  

よって、この反転の逆写像も反転である。

 

(3) x+y=1を代入すると、

  

よって、点(r²/2r²/2)を中心とする半径r²/√2の、原点Oを通る円である。

hanten-prob-002.png

(解答終)

 

一般に、反転によって原点を通らない直線は原点を通る円に写され、原点を通る円は原点を通らない直線に写される。

③式に②式を代入するとx+y=1に戻るので、これから、反転によって原点を通らない円が原点を通らない直線に写ることが確かめられる。

 

この問題で使われている反転の定義が面白いと思ったので、今回、特別にこの問題を取り上げてみました。

 

 


こんな解法を思いつくものか!! [初等幾何学]

こんな解法を思いつくものか!!


問題 AB=2ACかつBC=30(cm)である。△ABCの面積の最大値を求めよ。

sankaku-menseki-saidai-02.png【解】

ABAC=2:1であるから、∠Aとその外角の2等分線が辺BCまたはその延長と交わる点をそれぞれDEとする。

 DEDCEBEC=2:1

またBC=30(cm)より、

 ED=20(cm)

 BE=60(cm)

 DE=40(cm)

DAE=∠Rであるから、Aは直径DEの円周上にあり、BCに垂直なこの半径をA₁とすれば、AA₁にあるとき、△ABCの面積は最大で、最大値は300(cm²)である。

(解答終)

何とも鮮やかな解答。

日常的に初等幾何学に接している人、あるいは、初等幾何を得意とする人ならばこうした解答を思ういつく人もいるのかもしれないけれど、
しかし、
こんな解法をそうそう思いつくものか!!

ということで、別な方法で解いてみる。


【別解】

menseki-saidai-prob01.pngAC=xとすると、問題の条件AB=2ACよりAB=2x

三角不等式より

  

面積をS、∠BACθとおくと、

  

余弦定理より

  

S>0だから、Sが最大⇔が最大となるので、

  

したがって、x²=500、つまり、x=√50010<√500<30)のとき、最大となり、最大値は90000。

よって、Sx=√500のとき最大で、最大値は300である。

(別解終了)
sankaku-menseki-saidai-01.png

  


となるので、これを微分して極値を求めてもいいけれど、これは少し計算が面倒なので、直接Sの最大値を求めよりはの最大値を求めたほうが計算はずっと楽でしょう。


ちなみに、Sのグラフは右の図になる。




第2回 三角形の合同条件 [初等幾何学]

第2回 三角形の合同条件


小中学校で、次の3つの三角形の合同条件を習ったと思う。

今回は、前回、導入した公理に基づいた証明を紹介する。

定理6 三角形の合同条件

(1) 2辺と挟角相等

(2) 1辺と両端の角相等

(3) 3辺相等

【証明】

02-fig-00.png(1) △ABCと△A’B’C’において、AB=A’B’AC=A’C’、∠A=∠A’とする。

A'B'C'を移動させ、AA’が一致するように、半直線ABA'B’を重ねる。

AB=A'B'だから、BB'は重なる。

また、∠A=∠A’だから、半直線ACA’C’も重なり、AC=A'C'だから、CC’は重なる。

2点BB')とCC')を通る直線は1本なので、BCB'C'は重なる。

よって、

△ABC≡△A’B'C'

02-fig-03.png(2) △ABC、△A’B’C’において、BC=B’C’、∠B=∠B’、∠C=∠C’とする。

BC=B’C’であるから、△A’B’C’を移動してB’BC’Cに重ねると、辺B’C’と辺BCに重なる。

B=∠B’、∠C=∠C’であるから、B’A’BAが重なり、C’A’CAに重なる。

2直線の共有点は1だけだから、A’Aは重なる。

よって、△ABC≡△A’B’C’である。

(証明終わり)

(3)のの証明のために次の定理を証明する。


定理7 二等辺三角形の底角は等しい。

02-fig-01.png【証明】

ABCを裏返して、ABCA’B’C’になったとする。

図形を裏返しにしても形や大きさは変わらないから△ABCと△A’C’B’において

AB=AC=AC’

AC=AB=A’B’

BAC=∠C’A’B’

よって、△ABC≡△A’C’B’ (二辺挟角相等)

∴ ∠ABC=∠A’C’B’=∠ACB

(証明終わり)

そして、この定理7を用いて、定理6の(3)を証明することにする。


02-fig-02.png定理6の(3)の証明

BC=B'C'だから、△A'B'C'を移動してB’BC'Cとを重ねると、辺B'C'と辺BCは重なる。

そこで、A'が直線BCに関してAと反対側にくる点をDとする。

BDABD=BAの二等辺三角形なので、∠BDA=∠BAD

また、△CADCA=CDの二等辺三角形なので、∠CAD=∠CDA

よって、∠BAD=∠BDA

定理6の(1)の2辺挟角相等より、△ABC≡△DBC

∴ △ABC≡△A'B'C'

(証明終)


02-fig-04.png問題 「ABA'B'AC=AC'、∠ABC=∠A'B'C'ならば△ABC≡△A'B'C'である」は正しいか。

【解】

反例として、次の三角形を上げれば十分でしょう。

つまり、正しくない。

(解答終)


錯角、同位角の等しい2直線は平行であることの証明 [初等幾何学]

錯角、同位角の等しい2直線は平行であることの証明


中学校で習った

定理

異なる2直線lmに直線nが交わってできる1組の錯角をαβとするとき、

  

である

を証明することにする。

なお、記号は直線lmが平行であることを示す。


いきなりこの定理は証明できないので、この定理の証明に使用する第2外角定理をまず証明する。


dai2-gaikaku-teiri-01.png第2外角定理

ABCにおいてα>βである。

 

【証明】


dai2-gaikaku-teiri-02.png

ACの中点をDとし、BDの延長上にBD=DEとなる点をとる。

条件より、

 AD=DC

 BD=DE

また、

 ∠ADE=∠CDB(対頂角相等)

したがって、

 △ADE≡△CDB(二辺挟角)

したがって、

 β=γ  ①

線分AEは線分ACと線分AFの間にあるので

 γ<∠ACF=α  ②

①と②より

 α>β

(証明終)

CBA=δとおくとき、同様に、α>δも成立する。

だから、
上の定理は、「外角はその内対角よりも大きい」と言い換えることができる。

 


定理A

異なる2直線lmに直線nが交わってできる1組の錯角をαβとするとき、

 

である

上の定理の証明には背理法を使う。


【証明】

heikousen-teiri-01.pngα=βで、直線lと直線mが平行でないとする。

直線lと直線mは平行でないから、直線lと直線mは交わる(平行の定義)。

この交点をCとする。

ABCを考えると、第2外角定理よりα>βとなりα=βという仮定と反する。

よって、

 

である。

(証明終)


そして、上の定理と対頂角相等から次の系が直ちに証明される。


異なる2直線lmに直線nが交わってできる1組の同位角をαγとするとき、

 

である。

【略証】

heikousen-teiri-02.png仮定よりα=γ

対頂角相等よりγ=β

よって、α=β

したがって

 

(略証終)


ここまでは、有名な平行線の公理、すなわち、


平行線の公理

直線外の1点を通り、その直線に平行な直線は1つであって、ただ1つに限る。

を必要としていないし、使用していない。


つまり、

直線外の1点を通り、その直線に平行な直線が2本引けようが、3本引けようが、もっと多く引けようが、上の定理とその系は成り立つはずなんだにゃ。

ただし、上の定理とその系の逆、つまり、


定理

平行な2直線lmが他の直線nに交わるとき、1組の錯角(または同位角)は等しい。

の証明には平行線公理が必要になる。


定理B

平行な2直線lmが他の直線nに交わるとき、1組の錯角(または同位角)は等しい。

heikousen-teiri-03.png【証明】

直線lと直線mが平行で錯角α≠βとする。

α>βであるとする。

XAB=αの内部に∠YAB=βとなる角をとり、点AYを結ぶ直線l’を引く。

YAB=βだから、定理Aより直線l'は直線mと平行である。

しかし、

平行線の公理より、点Aを通り直線mに平行な直線は1つであるのに、直線lと直線l’の2本あることになり平行線の公理に反する。

α<βの時も同様。

したがって、α=βである。

(証明終)

直線lと直線mは平行に見えないかもしれないが(^^



第39回 軌跡のイントロ [初等幾何学]

第39回 軌跡のイントロ


軌跡とは、ある条件を満たす点の集まり、点の集合のこと。


では、問題。


問題1 座標平面上2定点A₁(−a,0)A₂(a,0)がある。この平面上において

  

をみたす点Pの全体が作る図形の方程式を求めよ。ただし、a>0である。

【解】

  

Pの座標を(x,y)とすると

  

よって、

  

したがって、(5a/3,0)を中心とする半径4a/3の円である。

(解答終わり)


このようにして得られる円をアポロニウスの円という。

では、A₁P=A₂Pのときはどうなるか。

  

だから

  

で、x=0というのは、A₁(−a,0)A₂(a,0)の垂直二等分線。

ということで、

  

を満たす点Pは、どうやら、

  m≠nのとき アポロニウスの円

  m=nのとき A₁(−a,0)A₂(a,0)の垂直二等分線

になりそうだ。


ということで、次の問題。


問題2 mnが正の数で

  

のとき、次のことを示し、その図形的な意味を説明せよ。

m≠nのとき

  

m=nのとき

  

ただし、 の内積をあらわす。

ベクトルの内積は、2つのベクトルのなす角度をθとすると

  

だにゃ。

【解】

m≠nのとき

  

とし、さらに

  

としとすると、点CDは、それぞれ、線分ABm:nに内分する点と外分する点をあらわしている

そして、

  

は、点PABm:nの内分点Cと外分点Dを両端とする円周上に存在することを意味する。

m=nのとき

   

これは、点Pが線分ABの垂直2等分線上に存在することを意味する。

(解答終わり)


kiseki-02.png

4点ACBDがこの順にならび同一線上にあるとする。このとき、

  AC:CB=AD:DB

が成り立つとき調和点列という。


そして、上の問題の証明からアポロニウスの円と調和点列は深い関係があり、

  

という関係があるのであった。

第38回 ベクトルと初等幾何 [初等幾何学]

第38回 ベクトルと初等幾何


§1 (平面)ベクトル

ベクトルとは、大きさと方向を持った量のこと。
shotou-38-00.jpg

幾何的なベクトルでは、有向線分ABについて、その位置を問題にせず、大きさと方向だけを考えたものをベクトルといい、とあらわす。

また、ベクトルでは次のことが成り立つ。

  

2つのベクトルの和は次のように定義する。
shotou-38-01.png

ベクトルの差は次のように定義する。

shotou-38-002.png

ベクトルの内分と外分

位置ベクトルとは原点を始点にするベクトル。

2点であるとき、ABm:nに内分する点を、外分する点をとすると、

  shotou-38-siki-00.png

である。

これだけあれば、とりあえず、今回、十分でしょう。


§2 問題


問題1 平行四辺形ABCDの対角線ACを延長し、延長上に点Eをとって、CE=2ACとなるようにする。また、辺ABおよび線DEの中点をそれぞれPQとする。

(1) であらわせ。

(2) 3点PCQは一直線上にあることを示せ。

【解】

(1)
shotou-38-11.png

  

で、ACの延長上でCE=2ACとなるところに点Eをとるので、

  

Qは線分DEの中点なので

  


(2) 題意より

  

よって、

  

したがって、

  

は始点が同じ、かつ、平行なので、PCQは一直線上にある。

(解終わり)

ベクトルを使うとこのような解答になるけれど、初等幾何の枠内で解くこともできる。


DAの延長上にAF=ADとなる点をとる(またはPCの延長上にPC=PFとなる点をとる)。
shotou-38-12.png

そうすると、条件より、EQ=QDAC=2CE、さらに、DF=2FAだから、

  

となり、メネラウスの定理の逆よりFCQは一直線上に存在する。そして、PFCの中線だから、FQ上存在し、PCQは同じ直線の上にあることになる。

CFの中点であることは、四角形AFBCが平行四辺形であることより明らか!!


問題2 を頂点とする△ABCにおいて、△ABC1:2に内分する点をDBC1:2に内分する点をECA4:1に外分する点をFとする。

(1) DEF各点の位置ベクトルを求めよ。

(2) DEFは一直線上にあることを証明せよ。
shotou-38-13.png

【解】

(1)DEFの位置ベクトルをとする。

  


(2)

  shotou-38-siki-01.png

よって、DEFは一直線上にある。

(解答終わり)

人間の目というのは当てにならないね。私の目ではFD=DEに見えなけれど、FD=DEです。


それはそれとしまして、この問題は、メネラウスの定理の逆を使うと、

  

になるので、EDFは同一直線上に存在していることがわかる。

 


問題3 △OABにおいて、∠AOBの2等分線と辺ABとの交点をC、∠OABの2等分線と辺OBの交点をD、∠OBAの2等分線と∠OAとの交点をEとする。OA=aOB=bAB=cとする。

(1) abcを用いてあらわせ。

(2) となるのは、どのような場合か。

【解】
shotou-38-14.png

(1) OCは∠AOBの二等分線なので、CABa;bに内分する。よって、

  

同様に、

  shotou-38-siki-02.png


(2)は、難しいというよりも、見るからに計算が大変そうなので、パスだにゃ。


第37回 落穂ひろい [初等幾何学]

第37回 落穂ひろい


問題1 三角形の高さをh₁h₂h₃、内接円の半径をrとするとき、

  

を証明せよ。

【解】
shotou-37-01.png

三角形の面積をSとすると

  

また、

  

よって、

  

(解答終わり)

 

問題2 三角形の重心をGとするとき、

  

であることを証明せよ。

座標やベクトルの内積を使って解くのが一般的なのだろうけれど、初等幾何の枠内で解くことにする。

その前に、重心と中線定理の復習。

重心 三角形の3つの中線は1点で交わり、この交点を重心という。重心は中線を2:1に内分する。


shotou-37-02.png

中線定理

三角形ABCにおいて、Aから中線AMを引くと

  


この2つを思い出せば、この問題はもう解けたようなもの。


【証明】

重心の性質より、重心Gは中線AM2:1に内分する。

つまり、

  

ここで、△ABCに注目し、中線定理を使う。

  

そして、△GBCに対して、中線定理を使う。

  

①にこの結果を代入すると、

  

(証明終わり)

問題3 △ABCがあって、AB=2AC=√3、∠BAC=30°である。

(1) 内接円の半径を求めよ。

(2) 内接円と辺ABの接点をDとする。ADの長さを求めよ。

【解】
shotou-37-03.png

(1) 余弦定理よりBC=1

よって、△ABCは∠C=90°の直角三角形(∠B=60°)。

ABCの面積S

  

内接円の半径をrとすると

  


(2) △DBIは∠BDI=90°の直角三角形。Iは内心なので、

  

よって、

  

したがって

  

(解答終わり)

あるいは、(2)を次のように解くこともできる。

【別解】
shotou-37-04.png

円と2接線の関係より

  DB=FB

である。

  

よって、

  

(別解終わり)

こうすれば、三角関数を使う必要はないね。

(1)で余弦定理よりと書いているけれど、

  

から、△ABCが∠A=30°、∠B=60°、∠C=90°の直角三角形であることは明らか。

だから、

  

とすぐに出てくる。

この直角三角形の線分比は中学校で出てくるので、この問題は中学数学の範囲で解くことができる問題であった。

 ――(2)は少し変えてあるけれど、問題2、問題3は、大昔の大学入試問題です――

第36回 反転2 [初等幾何学]

第36回 反転2


原点OOとは異なる点Pがあるとする。このとき、半直線OP上に
  

となる点Qをとる。これが反転。

Pと点Qの座標をP(x,y)Q(X,Y)とすると、

  

という対応関係がある。

前回、原点Oを通る直線についてやらなかったので、ここから始めることにする。


原点を通る直線は

  ax+by=0

になるので、この直線は③より

  

となり、反転によって同じ直線ax+by=0に移されることがわかる。

前回、反転によって、原点を通らない直線は原点を通る円(原点は除く)に、原点を通る直線は原点を通らない直線に変換されることは示した。


なので、反転によって原点を通らない円がどのような図形に変換されるのか調べてみることにする。計算を簡単にするために反転の半径r=1とする。

中心(a,b)、半径kの円の方程式は

  

この円は原点を通らないので

  

r=1のとき

  

という対応関係があるので、

  

計算を簡単にするために

  

とおくことにする。

  

よって、原点を通らない円になる。

何故、原点を通らないかというと、(X,Y)=(0,0)を代入すると

  

となり、a²+b²<>k²だから、右辺と左辺が一致しなことからわかる。

問題

座標平面上の直線x+y=4上の任意の点Pと原点Oを通る直線が円x²+y²−x−y=0と交わるO以外の点をQとするとき、

  

が一定であることを証明し、この一定値を求めよ。

この問題を解く気はない。

OPOQ=4として、x+y=4上の点を反転させて得られる図形が

  

このことは、r=2の時の反転の変換式

  

を使うと、

  

となることすぐに確かめられる。

shotou-36-01.png

【解】

P(α,β)とすると、Pは直線x+y=4上の点なので

  α+β=4

よって、直線OPの方程式は

  

Qはこの直線とx²+y²−x−y=0の交点なので

  

Qは原点とは異なる点なのでx≠0

したがって、

  

よって、

  

となり、OPOQは一定値で、その値は4である。

(解答終わり)


(※)

  



第35回 反転 [初等幾何学]

第35回 反転


§1 反転とは

中心O、半径rの円がある。Oとは異なる点Pを、半直線OP上にあり

  

を満たす点Qに移す。この変換を反転といい、Oを反転の中心、rを反転の半径という。

shotou-35-01.png

Pが円Oの内部にあるとき、すなわち、OP<rのとき

  

になるので、Qは円Oの外部にある。

Pが円周上にあるとき、つまり、OP=rのとき

  

なので、P=Qになる。

さらに、Pが円の外部にあるとき、OP>rのとき

  

になり、Qは円の内部にある。

反転円(反転の半径r)の中心O(0,0)、さらに点PQの座標をそれぞれP(x,y)Q(X,Y)とする。

Qは半直線OP上にあるので、ベクトルで書くと

  

となる実数kが存在する。

座標で書くと

  

となる。

  

よって、
  shotou-35-siki-01.png

したがって、

  shotou-35-siki-02.png

また、

  

とおき、同様の議論をすると、

  shotou-35-siki-10.png

という変換式が得られる。

反転によるPからQへの移動を
  

であらわすとすると、②が変換式になる。

また、②と③を使って反転の反転を実際に計算してみると、

  
となり、反転の反転は自分自身であることがわかる。

反転の定義式

からこのことはほとんど明らかなのだけれど、こういう関係がある。

 


§2 問題


抽象的な話をしてもピンとこないと思うので、次の問題を解いてみることにする。


問題1

座標平面上の点(1,0)を中心とし、半径2の円をCとする。座標平面上の円Cの外側にある点Pと原点Oを結ぶ線分が、円Cの周と交わる点をQとし、

  

f(P)であらわす。

(1) Pの座標が(4,2√3)であるとき、f(P)の値を求めよ。

(2) f(P)=3となるような点Pの軌跡の方程式を求めよ。

【解】

(1) 点(1,0)を中心とする半径2の円Cの方程式は

  

Q(x,y)とすると

  

より、
  shotou-35-siki-04.png

Qは、円Cの円周上にあるので

  shotou-35-siki-05.png

k>0なので、k=2


(2) 点Pと点Qの座標を(X,Y)(x,y)とする。

f(P)=3なので

  shotou-35-siki-11.png

Qは円Cの円周上の点なので

  

よって、

  

よって、

  

(解答終わり)

最後で、さり気なく(X,Y)(x,y)にすり替えるのがポイント(^^)


この問題の(1)の場合、

  shotou-35-siki-06.png

となり、反転円は原点Oを中心とする半径√14の円

  

であることがわかる。
shotou-35-02.png


問題2

xy平面上の原点O以外の点P(x,y)に対して、点Qを次の条件(A),(B)を満たす平面上の点とする。
 (A) 点Qは、原点Oを始点とする半直線OP上にある。
 (B) 線分OPの長さと線分OQの長さの積は1である。

問1 点Qの座標をxyを用いて表せ。

問2 点Pが円(x-1)²+(y-1)²=2上の原点以外の点を動くときの点Qの軌跡を求め平面上に図示しなさい。

【解】

(1) OPOQ=1=r²なので、反転円の半径r=1

①より

  


(2) Q(X,Y)とすると②より

  

これを

  

に代入する。点Pは原点以外の円周上の点なので、⑨より

  

よって、
  shotou-35-siki-07.png

ここで、さり気なくXYxyにすり替えて

  

が求める軌跡ということになる。
shotou-35-03.png

(解答終わり)


紫色の点が点Pの単位円に関する反転によって得られる点。

また、Qに対する反転はPになるので

  

を反転して得られる図形(反形)が

  

になる。

ここから一般論にもってゆくのは危険なのですが、このことから原点を通る円(原点は除く)の反形は原点を通る直線に、原点を通る直線(原点は除く)の反形が原点を通る円になることを理解してもらえるのではないか。


一般論は

  shotou-35-siki-08.png

ただし、原点は除くとすればいいにゃ。

原点を通る直線は、反転の定義から、それ自身に映ることは明らか。

原点を通らない円については次回ということで。


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