$AB = AC$ である二等辺三角形 $ABC$ の外接円上に、$DA = DB$ となる点 $D$ を、直線 $AB$ に関して $C$ と反対側の部分にとる。$\triangle ABC$ の内接円の半径を $p$、$\triangle DAB$ の内接円の半径を $q$、$\angle ABC = 2\theta$ とおく。 (1) $\frac{p}{AB}$ を $\theta$ で表せ。 (2) $\frac{q}{AB}$ を $\theta$ で表せ。 (3) $p = q$ となる $\theta$ が存在するならば、そのときの $\cos\theta$ を求めよ。

はい、承知いたしました。

1. 問題の内容

$AB = AC$ である二等辺三角形 $ABC$ の外接円上に、$DA = DB$ となる点 $D$ を、直線 $AB$ に関して $C$ と反対側の部分にとる。$\triangle ABC$ の内接円の半径を $p$、$\triangle DAB$ の内接円の半径を $q$、$\angle ABC = 2\theta$ とおく。

(1) $\frac{p}{AB}$ を $\theta$ で表せ。

(2) $\frac{q}{AB}$ を $\theta$ で表せ。

(3) $p = q$ となる $\theta$ が存在するならば、そのときの $\cos\theta$ を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) $\frac{p}{AB}$ を $\theta$ で表す。

$AB = AC$ より $\angle BAC = \pi - 4\theta$ なので、$\angle ACB = 2\theta$。

$AB = c$ とおく。$\triangle ABC$ の面積 $S$ は、

$S = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin(\pi - 4\theta) = \frac{1}{2}c^2 \sin(4\theta)$

一方、$S = \frac{1}{2}p(AB + BC + CA) = \frac{1}{2}p(2c + BC)$

ここで、正弦定理より、$\frac{BC}{\sin(\pi - 4\theta)} = \frac{AB}{\sin(2\theta)}$

$BC = \frac{c \sin(4\theta)}{\sin(2\theta)} = \frac{c \cdot 2\sin(2\theta)\cos(2\theta)}{\sin(2\theta)} = 2c \cos(2\theta)$

よって、$S = \frac{1}{2}p(2c + 2c \cos(2\theta)) = pc(1 + \cos(2\theta)) = 2pc \cos^2(\theta)$

したがって、$\frac{1}{2}c^2 \sin(4\theta) = 2pc \cos^2(\theta)$

$\frac{p}{AB} = \frac{p}{c} = \frac{c \sin(4\theta)}{4c \cos^2(\theta)} = \frac{2\sin(2\theta)\cos(2\theta)}{4\cos^2(\theta)} = \frac{2 \cdot 2\sin(\theta)\cos(\theta)\cos(2\theta)}{4\cos^2(\theta)} = \frac{\sin(\theta)\cos(2\theta)}{\cos(\theta)}$

$\frac{p}{AB} = \tan(\theta)\cos(2\theta)$

(2) $\frac{q}{AB}$ を $\theta$ で表す。

$DA = DB$ より $\angle DAB = \angle DBA = \frac{\pi}{2} - \theta$ なので、$\angle ADB = \pi - (\pi - 2\theta) = 2\theta$

$\triangle DAB$ の面積 $S'$ は、

$S' = \frac{1}{2}DA \cdot DB \cdot \sin(2\theta) = \frac{1}{2}DA^2 \sin(2\theta)$

ここで、$\frac{AB}{\sin(2\theta)} = \frac{DA}{\sin(\frac{\pi}{2} - \theta)} = \frac{DA}{\cos(\theta)}$

$DA = \frac{AB \cos(\theta)}{\sin(2\theta)} = \frac{c \cos(\theta)}{2\sin(\theta)\cos(\theta)} = \frac{c}{2\sin(\theta)}$

$S' = \frac{1}{2}(\frac{c}{2\sin(\theta)})^2 \sin(2\theta) = \frac{c^2 \sin(2\theta)}{8\sin^2(\theta)} = \frac{c^2 2\sin(\theta)\cos(\theta)}{8\sin^2(\theta)} = \frac{c^2 \cos(\theta)}{4\sin(\theta)}$

一方、$S' = \frac{1}{2}q(DA + DB + AB) = \frac{1}{2}q(\frac{c}{\sin(\theta)} + c) = \frac{1}{2}qc(\frac{1 + \sin(\theta)}{\sin(\theta)})$

したがって、$\frac{c^2 \cos(\theta)}{4\sin(\theta)} = \frac{1}{2}qc(\frac{1 + \sin(\theta)}{\sin(\theta)})$

$\frac{q}{c} = \frac{2c\cos(\theta)}{4c(1 + \sin(\theta))} = \frac{\cos(\theta)}{2(1 + \sin(\theta))}$

$\frac{q}{AB} = \frac{\cos(\theta)}{2(1 + \sin(\theta))}$

(3) $p = q$ となる $\theta$ が存在するならば、そのときの $\cos\theta$ を求めよ。

$\frac{p}{AB} = \frac{q}{AB}$ より、$\tan(\theta)\cos(2\theta) = \frac{\cos(\theta)}{2(1 + \sin(\theta))}$

$\frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)}\cos(2\theta) = \frac{\cos(\theta)}{2(1 + \sin(\theta))}$

$2\sin(\theta)\cos(2\theta)(1 + \sin(\theta)) = \cos^2(\theta)$

$2\sin(\theta)(1 - 2\sin^2(\theta))(1 + \sin(\theta)) = 1 - \sin^2(\theta)$

$2\sin(\theta)(1 - 2\sin^2(\theta))(1 + \sin(\theta)) = (1 - \sin(\theta))(1 + \sin(\theta))$

$\sin(\theta) = 1$ は不適。よって $1 + \sin(\theta) \neq 0$ より

$2\sin(\theta)(1 - 2\sin^2(\theta)) = 1 - \sin(\theta)$

$2\sin(\theta) - 4\sin^3(\theta) = 1 - \sin(\theta)$

$4\sin^3(\theta) - 3\sin(\theta) + 1 = 0$

$(\sin(\theta) + 1)(4\sin^2(\theta) - 4\sin(\theta) + 1) = 0$

$(\sin(\theta) + 1)(2\sin(\theta) - 1)^2 = 0$

$\sin(\theta) = -1$ は不適。

$2\sin(\theta) - 1 = 0$ より、$\sin(\theta) = \frac{1}{2}$

$\theta = \frac{\pi}{6}$

$\cos(\theta) = \cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$

3. 最終的な答え

(1) $\frac{p}{AB} = \tan(\theta)\cos(2\theta)$

(2) $\frac{q}{AB} = \frac{\cos(\theta)}{2(1 + \sin(\theta))}$

(3) $\cos\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$