AB = AC の二等辺三角形 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。三角形 ABC の内接円の半径を $p$、三角形 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。

1. 問題の内容

AB = AC の二等辺三角形 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。三角形 ABC の内接円の半径を $p$、三角形 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。

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

$\angle ACB = 2 \theta$

$AB = c$, $BC = a$, $AC = b$ とおく。このとき、$b = c$。

内接円の半径 $p$ は、面積 $S$ と半周の長さ $s$ を用いて $p = \frac{S}{s}$ と表せる。

$s = \frac{a+b+c}{2} = \frac{a + 2c}{2}$

$S = \frac{1}{2} bc \sin A = \frac{1}{2} c^2 \sin(\pi - 4 \theta) = \frac{1}{2} c^2 \sin(4 \theta)$

$a = 2c \cos(2 \theta)$ (余弦定理より、$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos(\pi-4\theta) = 2c^2 + 2c^2 \cos(4\theta) = 4c^2\cos^2(2\theta)$)

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

$\frac{p}{AB} = \frac{p}{c} = \frac{\sin(4 \theta)}{2 (\cos(2 \theta) + 1)} = \frac{2 \sin(2 \theta) \cos(2 \theta)}{2 (2 \cos^2 \theta)} = \frac{2 \sin \theta \cos \theta \cos(2 \theta)}{2 \cos^2 \theta} = \frac{\sin \theta \cos(2 \theta)}{\cos \theta} = \tan \theta \cos(2 \theta)$

(2) $\frac{q}{AB}$ を $\theta$ で表す。

$DA = DB$ なので、三角形 DAB は二等辺三角形。

$\angle DAB = \angle DBA = \frac{\pi}{2}$ であり、$\angle ADB = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$

したがって、三角形 DAB は直角二等辺三角形である。

$DA = DB = x$, $AB = c$ とおく。

$c^2 = x^2 + x^2 = 2x^2$ なので、$x = \frac{c}{\sqrt{2}}$

$s = \frac{c + 2x}{2} = \frac{c + \sqrt{2} c}{2} = \frac{c(1 + \sqrt{2})}{2}$

$S = \frac{1}{2} x^2 = \frac{1}{2} \frac{c^2}{2} = \frac{c^2}{4}$

$q = \frac{S}{s} = \frac{\frac{c^2}{4}}{\frac{c(1 + \sqrt{2})}{2}} = \frac{c^2}{2 c (1 + \sqrt{2})} = \frac{c}{2 (1 + \sqrt{2})} = \frac{c}{2 (1 + \sqrt{2})} \frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2} - 1} = \frac{c (\sqrt{2} - 1)}{2}$

$\frac{q}{AB} = \frac{q}{c} = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$

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

$p = q$ なので、$\frac{p}{AB} = \frac{q}{AB}$

$\tan \theta \cos(2 \theta) = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$

$\tan \theta (2 \cos^2 \theta - 1) = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$

$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} (2 \cos^2 \theta - 1) = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$

$\sin \theta (2 \cos^2 \theta - 1) = \frac{\sqrt{2} - 1}{2} \cos \theta$

$x = \cos \theta$ と置くと、$\sin \theta = \sqrt{1 - x^2}$

$\sqrt{1 - x^2} (2 x^2 - 1) = \frac{\sqrt{2} - 1}{2} x$

$(1 - x^2) (2 x^2 - 1)^2 = \frac{(\sqrt{2} - 1)^2}{4} x^2 = \frac{3 - 2 \sqrt{2}}{4} x^2$

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

$4 x^4 - 4 x^2 + 1 - 4 x^6 + 4 x^4 - x^2 = \frac{3 - 2 \sqrt{2}}{4} x^2$

$-4 x^6 + 8 x^4 - 5 x^2 + 1 = \frac{3 - 2 \sqrt{2}}{4} x^2$

$-4 x^6 + 8 x^4 - \frac{23 - 2 \sqrt{2}}{4} x^2 + 1 = 0$

$16 x^6 - 32 x^4 + (23 - 2 \sqrt{2}) x^2 - 4 = 0$

$\theta = \frac{\pi}{8}$ のとき、$\cos \theta = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}$

$\frac{p}{AB} = \tan (\frac{\pi}{8}) \cos (\frac{\pi}{4}) = (\sqrt{2} - 1) \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}$

$\frac{q}{AB} = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$

これは異なるので、$\theta = \frac{\pi}{8}$ は解ではない。

別の解を探す。

$2\theta = \frac{\pi}{4}$とする。

$\tan \frac{\pi}{8} \cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2} -1}{2}$ となるか確認してみましょう

$\tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2}-1$、$\cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ なので $p=q$となり、このときの$\cos \theta = \cos \frac{\pi}{8} = \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$です。

3. 最終的な答え

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

(2) $\frac{q}{AB} = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$

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