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86年

解1
  1. $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$ $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$の 外接円の中心をそれぞれ $\mathrm{O},\ \mathrm{O}'$とする.

    次に線分$\mathrm{OA'}$の中点を$\mathrm{N}$とする. 中線連結定理から

    \begin{displaymath}
\mathrm{MN}
=\dfrac{1}{2}\mathrm{OA'},\ \mathrm{NP}=\dfrac{1}{2}\mathrm{OA}
\end{displaymath}


    \begin{displaymath}
∴\quad \mathrm{MN}+\mathrm{NP}=\dfrac{1}{2}(\mathrm{OA}+\mathrm{OA'}=1
\end{displaymath}

    ここで

    \begin{displaymath}
\mathrm{MP}\le\mathrm{MN}+\mathrm{NP}\quad \cdots\maru{1}
\end{displaymath}

    であるから


    \begin{displaymath}
\mathrm{MP}\le 1
\end{displaymath}

    が示された. $\mathrm{Q},\ \mathrm{R}$についても同様に示される.

  2. $\triangle$PQR の外接円の中心を$\mathrm{M}'$とする. $\triangle$PQR が鋭角三角形なので,その中心は$\triangle$PQR の内部にある. (1)から

    \begin{displaymath}
\mathrm{MP}\le 1,\ \mathrm{MQ}\le 1,\ \mathrm{MR}\le 1
\end{displaymath}

    である.

    したがって 点$\mathrm{M}$は点$\mathrm{P}$を中心とする半径1の円の周または内部にある. 同様に,点$\mathrm{M}$は点$\mathrm{Q}$と点$\mathrm{R}$を中心とする 2つの半径1の円の,それぞれの周または内部にある.

    ところが$\triangle$PQR の外接円の半径が1なので, 3点 $\mathrm{P},\ \mathrm{Q},\ \mathrm{R}$を中心に半径1の3つの円を描いたとき, それぞれの円の周と内部の共通部分は外接円の中心$\mathrm{M}'$のみである. したがって $\mathrm{M}=\mathrm{M}'$である.

    次に,このとき

    \begin{displaymath}
\mathrm{MP}=1,\ \mathrm{MQ}=1,\ \mathrm{MR}=1
\end{displaymath}

    である. (1)で$\mathrm{MP}=1$となるのは$\maru{1}$で等号が成立するときなので,

    \begin{displaymath}
\mathrm{OA} \parallel \mathrm{MP}\parallel \mathrm{O'A'}
\end{displaymath}

    である.同様に

    \begin{displaymath}
\mathrm{OB} \parallel \mathrm{MQ}\parallel \mathrm{O'B'}
\end{displaymath}

    が成り立つので

    \begin{displaymath}
\bigtriangleup \mathrm{OAB}\equiv \bigtriangleup \mathrm{MPQ}\equiv
\bigtriangleup \mathrm{OA'B'}
\end{displaymath}

    これから

    \begin{displaymath}
\mathrm{AB}=\mathrm{PQ}=\mathrm{A'B'}
\end{displaymath}

    他の2辺も同様に相等しい.

    \begin{displaymath}
∴\quad
\triangle\mathrm{ABC}\equiv
\triangle\mathrm{PQR}\equiv
\triangle\mathrm{A'B'C'}
\end{displaymath}

解2

  1. 2つの円の中心を $(-p,\ 0),\ (p,\ 0)$として. $\mathrm{A}(-p+\cos\alpha,\ \sin\alpha)$ $\mathrm{A'}(p+\cos\alpha',\ \sin\alpha')$として一般性を失わない. このとき $\mathrm{M}(0,\ 0)$で,さらに $\mathrm{P}
\left(\dfrac{\cos\alpha+\cos\alpha'}{2},\ \dfrac{\sin\alpha+\sin\alpha'}{2} \right)$である.

    \begin{eqnarray*}
\mathrm{MP}^2&=&
\left(\dfrac{\cos\alpha+\cos\alpha'}{2} \ri...
...\sin\alpha')}{4}\\
&=&\dfrac{2+2\cos(\alpha-\alpha')}{4}\le 1
\end{eqnarray*}

  2. ( $\mathrm{MP}=1,\ \mathrm{MQ}=1,\ \mathrm{MR}=1$)を導くところまでは 同様の考察が必要である.) このときは

    \begin{displaymath}
\dfrac{2+2\cos(\alpha-\alpha')}{4}=1
\end{displaymath}

    となるときなので, $\alpha=\alpha'$である.

    \begin{displaymath}
∴\quad
\mathrm{A}(-p+\cos\alpha,\ \sin\alpha),\
\mathr...
...s\alpha,\ \sin\alpha),\
\mathrm{P}(\cos\alpha,\ \sin\alpha)
\end{displaymath}

    となる.他の2つの対応する頂点についても同様である. ゆえに $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$ $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$は長さ$p$の平行移動で $\bigtriangleup \mathrm{PQR}$に重なる,つまり3つの三角形は合同である.

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