直角三角形の外側に作る二等辺三角形による正三角形【1986年度 福井大学】

構図の把握と、長さの設定

ひとまず、構図を把握し、長さを設定するところからスタートします。

図のように

$$\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathrm{BC}=a\\
\mathrm{CA}=b\\
\mathrm{AB}=c
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$$

と、直角三角形の３辺の長さを設定します。

また、二等辺三角形の二等辺の長さについて

$$\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathrm{PB}=\mathrm{PC}=p\\
\mathrm{QC}=\mathrm{QA}=q\\
\mathrm{RA}=\mathrm{RB}=r
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$$

と設定します。

これら \(a\) ,  \(b\) ,  \(c\) と \(p\) ,  \(q\) ,  \(r\) はもちろん従属関係で、頂角 \(120^{\circ}\) の二等辺三角形であることから

$$\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a=2p\sin{60}^{\circ}=\sqrt{3}p\\
b=2q\sin{60}^{\circ}=\sqrt{3}q\\
c=2r\sin{60}^{\circ}=\sqrt{3}r
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$$

という関係式を得ます。

ただ、どちらかと言えば、

\(a\) ,  \(b\) ,  \(c\)  が決まって \(p\) ,  \(q\) ,  \(r\) が決まる、すなわち

• \(p\) ,  \(q\) ,  \(r\) が \(a\) ,  \(b\) ,  \(c\) に依存する

というように見るのが自然かなと思います。

（順番的にも直角三角形を描いて、それに応じて二等辺三角形を作るわけですから）

そこで、

$$\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
p=\displaystyle \frac{a}{\sqrt{3}} \\
q=\displaystyle \frac{b}{\sqrt{3}} \\
r=\displaystyle \frac{c}{\sqrt{3}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$$

として見ます。

正三角形であることを示すには

\(\triangle{\mathrm{PQR}}\) が正三角形であることを示すには

\(\mathrm{PQ}=\mathrm{QR}=\mathrm{RP}\)

と、３辺の長さが等しいことを目指すのがドストレートな方針です。

そこで、この３辺 \(\mathrm{PQ}\) ,  \(\mathrm{QR}\) ,  \(\mathrm{RP}\) の長さを計算していきます。

\(\mathrm{PQ}\) の長さについて

線分 \(\mathrm{PQ}\) の長さを計算したいので、線分 \(\mathrm{PQ}\) を含む \(\triangle{\mathrm{PCQ}}\) に注目します。

\(\angle{\mathrm{ACB}}=\theta\) とおき、\(\triangle{\mathrm{PCQ}}\) で余弦定理を用いると

\(\mathrm{PQ}^{2}=p^{2}+q^{2}-2pq\cos{(\theta+60^{\circ})}\)

という式が立ちます。

\(p\) ,  \(q\) については \(a\) ,  \(b\) で表せます。

加法定理でバラした際に

\(\sin{\theta}\) ,  \(\cos{\theta}\)

が必要になりますが、直角三角形の定義から

\(\sin{\theta}=\displaystyle \frac{c}{a}\) ,  \(\cos{\theta}=\displaystyle \frac{b}{a}\)

と言えますから、\(\mathrm{PQ}^{2}\) が \(a\) ,  \(b\) ,  \(c\) で表せることになります。

詳しい計算結果は解答 PDF をご覧ください。

\(\mathrm{PQ}^{2}=\displaystyle \frac{1}{3}(a^{2}+\sqrt{3}bc)\)

となります。

\(\mathrm{QR}\) ,  \(\mathrm{RP}\) の長さについて

\(\mathrm{QR}\) ,  \(\mathrm{RP}\) についても同様に

\(\triangle{\mathrm{AQR}}\) ,  \(\triangle{\mathrm{BRP}}\)

に注目し、余弦定理を経由し

\(\mathrm{QR}^{2}\) ,  \(\mathrm{RP}^{2}\)

を計算していきます。

計算の方向性としては

• 最終的に \(a\) ,  \(b\) ,  \(c\) を用いて表す

という着地点を睨みながら計算していきます。

別解について

直角ということを活かして

というように、座標設定してしまうというのも一つの手です。

\(\mathrm{Q}\) ,  \(\mathrm{R}\) の座標はそこまで苦労することなく

\(\mathrm{Q}\) \((-\displaystyle \frac{c}{2\sqrt{3}} \ , \ \displaystyle \frac{c}{2})\)

\(\mathrm{R}\) \((\displaystyle \frac{b}{2} \ , \ -\displaystyle \frac{b}{2\sqrt{3}})\)

と得られます。

問題は \(\mathrm{P}\) の座標で、こいつをいかに Get するかというところでしょう。

結局 \(\overrightarrow{\mathrm{AP}}\) が欲しいわけですが、線分 \(\mathrm{BC}\) の中点を \(\mathrm{M}\) として

\(\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\overrightarrow{\mathrm{AM}}+\overrightarrow{\mathrm{MP}}\)

というように見ます。

したがって、最終的には \(\overrightarrow{\mathrm{MP}}\) をどのように出すのかという話になります。

これについては【解２】【解３】として

という路線で捌いています。

本質的にはどちらも大差ありませんが、一応勉強のために触れておきました。

解答はコチラ