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83年

解1

1.  

   $$\begin{eqnarray*} &&\angle \mathrm{ABC}= \angle \mathrm{RPC}= \angle \mathrm{... ...\angle \mathrm{ACB}= \angle \mathrm{QPB}= \angle \mathrm{PBR} \end{eqnarray*}$$

   
   

    

   より 2つの直角三角形 $\bigtriangleup \mathrm{BPQ}$と $\bigtriangleup \mathrm{CRP}$は相似である．
   ここで点 $\mathrm{B},\ \mathrm{C}$から直線$l$と$m$に下ろした垂線と 辺 $\mathrm{AB},\ \mathrm{AC}$との交点を $\mathrm{S},\ \mathrm{T}$とする． このとき$\mathrm{BS}$と$\mathrm{CT}$は， 2つの相似な直角三角形の対応する頂点から対辺への垂線なので，
   
   $$\mathrm{QS}:\mathrm{PT}=\mathrm{SP}:\mathrm{TR}$$
   つまり
   
   $$\mathrm{QS}:\mathrm{SA}=\mathrm{AT}:\mathrm{TR}$$
   これは2つの直角三角形 $\bigtriangleup \mathrm{QSA}$と $\bigtriangleup \mathrm{ATR}$が相似であることを意味している． よって
   
   $$\angle \mathrm{QAS}+\angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{RAT}=\pi$$
   となり3点Q，A，Rが一直線上にあることが示された．

    

    

2. 図のように台形BCRQが長方形のとき，あきらかに 台形BCRQの面積が三角形ABCの面積の2倍になる．
   2点 $\mathrm{Q},\ \mathrm{R}$が図のように点 $\mathrm{Q}',\ \mathrm{R}'$となったとする． $\mathrm{AB}\ne \mathrm{AC}$なので，
   
   $$\bigtriangleup \mathrm{AQQ'}\not \equiv \bigtriangleup \mathrm{ARR'}$$
   よって台形 $\mathrm{BCR'Q'}$の面積は台形BCRQと一致することはあり得ない． つまり台形BCRQが長方形以外の台形の場合，三角形ABCの面積の2倍になることはない．

        したがって台形BCRQの面積が三角形ABCの面積の2倍になるのは， 台形BCRQが長方形のときにかぎることが示された．

解2

1. 直角三角形ABCを， 点$\mathrm{B}$を$x$軸上にとり 点$\mathrm{C}$を$y$軸上にとって$xy$平面におく．
   
   $$\mathrm{B}(b,\ 0),\ \mathrm{C}(0,\ c),\ 0<b,\ c$$
   
   
   とする．
   直線$\mathrm{BC}$の方程式は
   
   $$\dfrac{x}{b}+\dfrac{y}{c}=1\quad \cdots\maru{1}$$
   である． また2つの半直線 $l$，$m$はそれぞれ$(b,\ 0)$，$(0,\ c)$を通り $\maru{1}$と直交しているので
   $$\begin{eqnarray*} &&-\dfrac{x-b}{c}+\dfrac{y}{b}=0\\ &&-\dfrac{x}{c}+\dfrac{y-c}{b}=0 \end{eqnarray*}$$
   である．

   次に点$\mathrm{P}$を $\mathrm{P}(s,\ t)$とする． $(s,\ t)$は方程式$\maru{1}$を満たす．
   

   $$\dfrac{s}{b}+\dfrac{t}{c}=1\quad \cdots\maru{1}$$
     点Pを通り辺AB，ACに垂直な直線はそれぞれ$x$軸，$y$軸に平行である．したがって 点$\mathrm{Q}$と点$\mathrm{P}$は$x$座標が等しい．これを $\mathrm{Q}(s,\ u)$とおく． 点$\mathrm{Q}$は$l$上にあるので
   
   $$-\dfrac{s-b}{c}+\dfrac{u}{b}=0$$
   
   
   を満たす． これから $u=\dfrac{b(s-b)}{c}$．つまり $\mathrm{Q}\left(s,\ \dfrac{b(s-b)}{c}\right)$． 同様に $\mathrm{R}(v,\ t)$とおけ
   
   $$-\dfrac{v}{c}+\dfrac{t-c}{b}=0$$
   
   
   を満たす． これから $v=\dfrac{c(t-c)}{b}$．つまり $\mathrm{R}\left(\dfrac{c(t-c)}{b},\ t\right)$．

   $\maru{1}$から$cs+bt=bc$であるから

   $$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{OQ}}&=&\left(s,\ \dfrac{b(s-b)}{c}\ri... ...ight)\\ &=&\dfrac{1}{b}(c(t-c),\ bt)=-\dfrac{c}{b}(c-t,\ s-b) \end{eqnarray*}$$
   
   
   したがって
   
   $$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\parallel\overrightarrow{\mathrm{OR}}$$
   
   
   となり，3点Q，A，Rが一直線上にあることが示された．
2. (1)で求めた 点$\mathrm{Q}$の$y$座標の絶対値が， $\bigtriangleup \mathrm{ABQ}$の底辺$\mathrm{AB}$に対する高さとなり， 点$\mathrm{R}$の$x$座標の絶対値が， $\bigtriangleup \mathrm{ACR}$の底辺$\mathrm{AC}$に対する高さとなる．
   $$\begin{eqnarray*} \bigtriangleup \mathrm{ABQ}&=&\dfrac{1}{2}b\cdot\dfrac{b(b-s)... ...ACR}&=&\dfrac{1}{2}c\cdot\dfrac{c(c-t)}{c}=\dfrac{c^2}{2b}(c-t) \end{eqnarray*}$$
   
   
   台形BCRQの面積が三角形ABCの面積の2倍になるとき，
   
   $$\bigtriangleup \mathrm{ABQ}+\bigtriangleup \mathrm{ACR}=\bigtriangleup \mathrm{ABC}$$
   
   
   である．これから
   
   $$\dfrac{b^2}{2c}(b-s)+\dfrac{c^2}{2b}(c-t)=\dfrac{1}{2}bc$$
   
   
   つまり
   
   $$b^3s+c^3t=b^4+c^4-b^2c^2$$
   
   
   これと$cs+bt=bc$を連立して$t$を消去すると
   
   $$b^3(b^2-c^2)=(b^4-c^4)s$$
   
   
   $\mathrm{AB}\ne \mathrm{AC}$より，$b\ne c$であるから $b^3=(b^2+c^2)s$． これから
   
   $$s=b\cdot\dfrac{b^2}{b^2+c^2},\ t=c\cdot\dfrac{c^2}{b^2+c^2}$$
   
   
   このとき
   $$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{OQ}} &=&\left(b\cdot\dfrac{b^2}{b^2+... ...2+c^2}(b,\ -c)=\dfrac{b^2}{b^2+c^2}\overrightarrow{\mathrm{CB}} \end{eqnarray*}$$
   
   
   つまり直線$\mathrm{QR}$は直線$\mathrm{BC}$と平行になる．

   これは，台形BCRQが長方形であることを意味している．

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