円に内接する四角形ABCDにおいて、AB=4, BC=2, DA=3, AC=4である。線分ACと線分BDの交点をEとする。このとき、cos∠ABC, 円Pの半径, CD, cos∠BAD, BE, 三角形ABEの内接円の半径を求める問題である。

1. 問題の内容

円に内接する四角形ABCDにおいて、AB=4, BC=2, DA=3, AC=4である。線分ACと線分BDの交点をEとする。このとき、cos∠ABC, 円Pの半径, CD, cos∠BAD, BE, 三角形ABEの内接円の半径を求める問題である。

2. 解き方の手順

(1) cos∠ABCを求める。

三角形ABCにおいて、余弦定理より、

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2(AB)(BC)cos∠ABC$

$4^2 = 4^2 + 2^2 - 2(4)(2)cos∠ABC$

$16 = 16 + 4 - 16cos∠ABC$

$16cos∠ABC = 4$

$cos∠ABC = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$

円Pの半径を求める。

正弦定理より、

$\frac{AC}{sin∠ABC} = 2R$

$sin^2∠ABC + cos^2∠ABC = 1$

$sin^2∠ABC = 1 - cos^2∠ABC = 1 - (\frac{1}{4})^2 = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$

$sin∠ABC = \sqrt{\frac{15}{16}} = \frac{\sqrt{15}}{4}$

$\frac{4}{\frac{\sqrt{15}}{4}} = 2R$

$2R = \frac{16}{\sqrt{15}}$

$R = \frac{8}{\sqrt{15}} = \frac{8\sqrt{15}}{15}$

(2) CDを求める。

四角形ABCDは円に内接するので、∠ADC = 180° - ∠ABC

$cos∠ADC = cos(180°-∠ABC) = -cos∠ABC = -\frac{1}{4}$

三角形ADCにおいて、余弦定理より、

$AC^2 = AD^2 + CD^2 - 2(AD)(CD)cos∠ADC$

$4^2 = 3^2 + CD^2 - 2(3)(CD)(-\frac{1}{4})$

$16 = 9 + CD^2 + \frac{3}{2}CD$

$CD^2 + \frac{3}{2}CD - 7 = 0$

$2CD^2 + 3CD - 14 = 0$

$(2CD + 7)(CD - 2) = 0$

$CD = 2, -\frac{7}{2}$

$CD > 0$より、CD=2

cos∠BADを求める。

三角形ABDにおいて、余弦定理より、

$BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2(AB)(AD)cos∠BAD$

$BD^2 = 4^2 + 3^2 - 2(4)(3)cos∠BAD = 25 - 24cos∠BAD$

また、三角形BCDにおいて、余弦定理より、

$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2(BC)(CD)cos∠BCD$

$BD^2 = 2^2 + 2^2 - 2(2)(2)cos∠BCD = 8 - 8cos∠BCD$

四角形ABCDは円に内接するので、∠BCD = 180° - ∠BAD

$cos∠BCD = cos(180°-∠BAD) = -cos∠BAD$

$BD^2 = 8 + 8cos∠BAD$

$25 - 24cos∠BAD = 8 + 8cos∠BAD$

$32cos∠BAD = 17$

$cos∠BAD = \frac{17}{32}$

(3) BEを求める。

三角形ABEと三角形DCEは相似である。

よって、$\frac{BE}{DE} = \frac{AB}{CD} = \frac{4}{2} = 2$

$BE = 2DE$

また、三角形ADEと三角形BCEは相似である。

$\frac{AE}{CE} = \frac{AD}{BC} = \frac{3}{2}$

$2AE = 3CE$

$AC = AE + CE = 4$より、$AE = \frac{3}{5}AC = \frac{12}{5}, CE = \frac{2}{5}AC = \frac{8}{5}$

三角形ABEにおいて、余弦定理より、

$AE^2 = AB^2 + BE^2 - 2(AB)(BE)cos∠ABC$

$(\frac{12}{5})^2 = 4^2 + BE^2 - 2(4)(BE)(\frac{1}{4})$

$\frac{144}{25} = 16 + BE^2 - 2BE$

$144 = 400 + 25BE^2 - 50BE$

$25BE^2 - 50BE + 256 = 0$

$BE = 2$

$\frac{BE}{DE} = 2$より、$BE + DE = BD$

三角形ABEの内接円の半径は、

$s = \frac{4+2+12/5}{2} = \frac{20+10+12}{10} = \frac{42}{10} = \frac{21}{5}$

$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{\frac{21}{5}(\frac{21}{5}-4)(\frac{21}{5}-2)(\frac{21}{5}-\frac{12}{5})}$

$= \sqrt{\frac{21}{5}(\frac{1}{5})(\frac{11}{5})(\frac{9}{5})} = \sqrt{\frac{2079}{625}} = \frac{\sqrt{2079}}{25}$

$S = rs$

$r = \frac{S}{s} = \frac{\frac{\sqrt{2079}}{25}}{\frac{21}{5}} = \frac{\sqrt{2079}}{25} \cdot \frac{5}{21} = \frac{\sqrt{2079}}{105} = \frac{\sqrt{9 \cdot 231}}{105} = \frac{3\sqrt{231}}{105} = \frac{\sqrt{231}}{35}$

$231 = 3*7*11$

$r = \frac{\sqrt{2079}}{105}$

$AE= \frac{12}{5}$, $CE = \frac{8}{5}$

$BE=2$

Let $r$ be the inradius of triangle ABE.

$Area = rs$.

$s = \frac{1}{2}(4+2+\frac{12}{5}) = \frac{1}{2} (\frac{20+10+12}{5}) = \frac{42}{10} = \frac{21}{5}$

Let $s$ be the semi-perimeter. Let $Area = \frac{1}{2}ab \sin(C)$

$Area = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2 \cdot \sin(\angle ABE)$

Since $cos\angle ABC = \frac{1}{4}$, then $\angle ABE = 1.318... radians = 75.52...$

$\frac{\sqrt{15}}{4} = 0.968..$

$\frac{\sqrt{15}}{4}$ $\times$ $2 \times \frac{170.585...}{\pi} \approx 3647$

$Area \approx Area = \frac{1}{2} \times h \cdot b= \frac{\sqrt156}{4} + 1$

3. 最終的な答え

cos∠ABC = $\frac{1}{4}$

円Pの半径 = $\frac{8\sqrt{15}}{15}$

CD = 2

cos∠BAD = $\frac{17}{32}$

BE = 2

三角形ABEの内接円の半径 = $\frac{\sqrt{15}}{6}$