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#author("2016-09-15T16:57:10+09:00","default:editor","editor")
[[教材アーカイブス/算数・数学/問題/幾何学/シュタイナー・レームスの定理/解答例1]]
#author("2016-09-15T18:30:11+09:00","default:editor","editor")
*証明例 [#ue5ee1ee]
*証明例 [#q31a4111]
$\triangle EBC$ と $\triangle DBC$ に着目する。
いま $BD = CE$ であるから、$\triangle EBC$ を動かし辺 $EC$ を $\triangle DBC$ の辺 $BD$ に重ねる(図)。
なお、図では 動かした後の $\triangle EBC$ の頂点 $B$ を $B'$ とした。
$\triangle ABD$ と $\triangle ACE$ に着目する。
対応する二つの辺 $BD$ と $CE$ について、$BD = CE$ で、それぞれに相対する角 $\angle A$ は共有であるから、''正弦定理''により2つの三角形の外接円の直径は互いに等しい。
&ref(./解答図2.png,300x300);
そこで図のように、2つの三角形を重ね同一円に内接させる(図は $\angle ABD \ne \angle ACE$ としたもの)。
なお、$\triangle ACE$ の頂点 $A$ は $A'$ とした。
まず四角形 $B'BCD$ について考える。
&ref(./解答図1.png,200x200);
$\angle B'BC = \angle B'BD + \angle DBC = \pi - \frac{1}{2}\angle B - \frac{1}{2}\angle C$。
こうすると、$\angle ABD = \angle A'CE$、すなわち $\angle B = \angle C$ ならば $A'C = AB$ であるのは明らかである。
また、
$\angle B'DC = \angle B'DB + \angle BDC = \pi - \frac{1}{2}\angle B - \frac{1}{2}\angle C$。
(※ 最後の省略した部分をきちんとしたいなら、もう一度正弦定理を使っても良いし、三角形の合同条件を使って示してもよい)
$\angle B = \angle C$ なら $\angle B'BC = \angle B'DC$ になるから、$\angle BEC = \angle BDC $。
#hr
図形の問題では、''補助線''を引いて考える、は鉄板の策です。
直線を加えて、あーでもない、こーでもない、と考えるわけです。
もちろん、どのような直線を引くかはあなた次第ですが。
その他に、別の図形を加えてみるのも有効な手です。
特に三角形には円と組み合わせる、というもう一つの鉄板策があります。
学校の授業でも''円と三角形の関係''を学んだことでしょう。
重宝する道具たちです。
四角形 $B'BCD$ は菱形であることがわかるから、$B'B(=BE) = CD$。
さて、さまざまな解答が考えられます。
座標を与えて解析的に解く方法、
代数的に解く方法としても、この解答のように円と組み合わせる方法、
あるいは補助線を使う方法、
などなど...。
いろいろと考えてみましょう。
どのような解答を選ぶか、書くか、にあなたの個性(センス)が現れます。
つぎに $\triangle AEC$ と $\triangle ADB$ に着目する。
これまでに求めたところから、これら2つの3角形は合同であることがわかるから、$AE = AD$。
[PS.]この解答は、正弦定理を使っているから高校生レベルですかね。
中学生レベルにしたらどうするのだろう?
計算につぐ計算で、腕力勝負といったところだろうか。
したがって、
$$AB = AE + EB = AD + DC =AC$$
#hr
[PS.]この解答なら中学生レベルになりますかね。
あぁ、図が問題の図と異なるのが気になりますね。
気にしない。気にしない。
学習塾 ソアラ