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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
   
   

   $$\mathrm{MN} =\dfrac{1}{2}\mathrm{OA'},\ \mathrm{NP}=\dfrac{1}{2}\mathrm{OA}$$
   
   
   
   
   $$∴\quad \mathrm{MN}+\mathrm{NP}=\dfrac{1}{2}(\mathrm{OA}+\mathrm{OA'}=1$$

   ここで
   

   $$\mathrm{MP}\le\mathrm{MN}+\mathrm{NP}\quad \cdots\maru{1}$$
   
   
   であるから

   
   

   $$\mathrm{MP}\le 1$$

   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
   
   $$\mathrm{MP}\le 1,\ \mathrm{MQ}\le 1,\ \mathrm{MR}\le 1$$
   
   
   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
   

   $$\mathrm{MP}=1,\ \mathrm{MQ}=1,\ \mathrm{MR}=1$$
   
   
   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，
   
   $$\mathrm{OA} \parallel \mathrm{MP}\parallel \mathrm{O'A'}$$
   
   
   である．同様に
   
   $$\mathrm{OB} \parallel \mathrm{MQ}\parallel \mathrm{O'B'}$$
   
   
   が成り立つので
   
   $$\bigtriangleup \mathrm{OAB}\equiv \bigtriangleup \mathrm{MPQ}\equiv \bigtriangleup \mathrm{OA'B'}$$
   
   
   これから
   
   $$\mathrm{AB}=\mathrm{PQ}=\mathrm{A'B'}$$
   
   
   他の2辺も同様に相等しい．
   
   $$∴\quad \triangle\mathrm{ABC}\equiv \triangle\mathrm{PQR}\equiv \triangle\mathrm{A'B'C'}$$
   
   

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
   
   $$\dfrac{2+2\cos(\alpha-\alpha')}{4}=1$$
   
   
   となるときなので， $\alpha=\alpha'$である．
   
   $$∴\quad \mathrm{A}(-p+\cos\alpha,\ \sin\alpha),\ \mathr... ...s\alpha,\ \sin\alpha),\ \mathrm{P}(\cos\alpha,\ \sin\alpha)$$
   
   
   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 $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$と $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$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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