垂直に関する定理　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　大学入試センター試験で、よく次のような場面設定を見かける。


　　　　△ＡＢＣの外接円と∠Ａの２等分線の交点をＭとし、

　　　ＡＭと辺ＢＣの交点をＤとする。

　　　　この場面設定だと、角の２等分の性質を利用させる問題
　　　や円周角の性質を用いて正弦や余弦、はたまた面積など
　　　を求めさせたり、いろいろな問題が湧出してくる。多分セン
　　　ター試験出題者にとってはまさにドル箱の図形と言っても
　　　言い過ぎではないだろう。



　この有名すぎる場面設定で、次のような公式が成り立つことを最近知ることが出来た。

　　　ＡＭ²＝ＡＢ・ＡＣ＋ＢＭ²

　この公式は、さらに豊かな応用を秘めており、私の備忘録に記録することにした。

　こういう性質は受験場ではなかなか思いつかないもの。知っていれば、大学入試センター
試験で有利になる可能性は十分あるだろうし、また、美しい性質ゆえ図形に対する愛着も
湧いてくることだろう。

（証明）　△ＡＢＭ∽△ＢＤＭ　より、　ＡＭ ： ＢＭ ＝ ＢＭ ： ＤＭ　なので、

　　　　　　　　　　ＢＭ² ＝ ＡＭ・ＤＭ

　　また、　△ＡＢＤ∽△ＡＭＣ　より、　ＡＢ ： ＡＤ ＝ ＡＭ ： ＡＣ　なので、

　　　　　　　　　　ＡＢ・ＡＣ ＝ ＡＤ・ＡＭ

　よって、　ＡＢ・ＡＣ＋ＢＭ² ＝ ＡＤ・ＡＭ＋ＡＭ・ＤＭ ＝ ＡＭ・（ＡＤ＋ＤＭ） ＝ ＡＭ²　（証終）


　さらに、次の性質も面白い。

　　　ＡＤ²＝ＡＢ・ＡＣ−ＢＤ・ＤＣ

（証明）　△ＡＢＤ∽△ＡＭＣ　より、　ＡＢ ： ＡＭ ＝ ＡＤ ： ＡＣ　なので、

　　　　　　　　　ＡＢ・ＡＣ ＝ ＡＤ・ＡＭ ＝ ＡＤ・（ＡＤ＋ＤＭ） ＝ ＡＤ²＋ＡＤ・ＤＭ

　　　　方べきの定理より、　ＡＤ・ＤＭ ＝ ＢＤ・ＤＣ　なので、

　　　　　　　　　ＡＢ・ＡＣ ＝ ＡＤ²＋ＢＤ・ＤＣ

　　　　すなわち、　ＡＤ² ＝ ＡＢ・ＡＣ−ＢＤ・ＤＣ　が成り立つ。　（証終）


　特に、△ＡＢＣ が、 ＡＢ＝ＡＣ の２等辺三角形のとき、

　　　ＡＢ²＝ＡＤ・ＡＭ

　なお、この性質は、ＡＭ が∠Ａの２等分線でない場合も成立する。

（証明）
　　　左図において、　∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ＝∠ＢＭＤ　なので、

　　接弦定理より、ＡＢは、３点 Ｂ、Ｍ、Ｄ を通る円の接線である。

　　　よって、方べきの定理より、

　　　　　　ＡＢ²＝ＡＤ・ＡＭ

　　が成り立つ。　（証終）


　今、平面上に相異なる４点 Ａ 、Ｂ 、Ｃ 、Ｄ があり、　ＡＢ⊥ＣＤ　とする。

　　　　　　

　このとき、　ＡＣ²＋ＢＤ²＝ＡＤ²＋ＢＣ²　が成り立つ。

（証明）　三平方の定理より、

　　　　ＡＣ²＋ＢＤ²＝ＡＨ²＋ＨＣ²＋ＢＨ²＋ＨＤ²

　　　　ＡＤ²＋ＢＣ²＝ＡＨ²＋ＨＤ²＋ＢＨ²＋ＨＣ²

　　　なので、　ＡＣ²＋ＢＤ²＝ＡＤ²＋ＢＣ²　が成り立つ。　（証終）

　ここで興味深いことは、この逆が成り立つことである。

　すなわち、

　平面上の相異なる４点 Ａ 、Ｂ 、Ｃ 、Ｄ に対して、　ＡＣ²＋ＢＤ²＝ＡＤ²＋ＢＣ²　が

成り立つとき、　ＡＢ⊥ＣＤ　が成り立つ。

　　　　　

（証明）　上図のように、平行四辺形 ＡＥＢＣ を作り、対角線の交点を Ｆ とする。

　　　また、線分 ＤＥ の中点を Ｍ とおく。

　　　このとき、中線定理と、 ＡＣ²＋ＢＤ²＝ＡＤ²＋ＢＣ²　より、

　　　　　　２（ＡＭ²＋ＭＤ²）＝ＡＤ²＋ＡＥ²

　　　　　　　　　　　　　　　　＝ＡＤ²＋ＢＣ²

　　　　　　　　　　　　　　　　＝ＡＣ²＋ＢＤ²

　　　　　　　　　　　　　　　　＝ＢＥ²＋ＢＤ²

　　　　　　　　　　　　　　　　＝２（ＢＭ²＋ＭＤ²）

　　　よって、　ＡＭ＝ＢＭ　が成り立ち、　△ＡＭＦ≡△ＢＭＦ　となる。

　　　このとき、　ＡＢ⊥ＦＭ　である。

　　　ところで、　中点連結の定理より、　ＦＭ‖ＣＤ　なので、　ＡＢ⊥ＣＤ　となる。　（証終）


　以上の準備の下に、いくつかの問題を考える。

　△ＡＢＣ の辺 ＡＢ の中点を Ｄ とし、３点 Ａ、Ｂ、Ｄ および Ａ、Ｃ、Ｄ を通る円を描く。

下図のように、弧ＡＢ、弧ＡＣ の中点をそれぞれ Ｍ、Ｎ とおく。

　このとき、　ＭＮ⊥ＡＤ となることを証明せよ。

　　　　　

　意外なところに「垂直」が現れて、その美しさに感動を覚える！

（証明）　題意より、　ＤＭ²＝ＤＡ・ＤＢ＋ＡＭ²　、ＤＮ²＝ＤＡ・ＤＣ＋ＡＮ²

　　　　ＤＢ＝ＤＣ　なので、　ＤＭ²−ＡＭ²＝ＤＮ²−ＡＮ²

　　　　すなわち、　ＤＭ²＋ＡＮ²＝ＤＮ²＋ＡＭ²　が成り立つ。

　　　　よって、　ＭＮ⊥ＡＤ　である。　（証終）


　ＡＢを直径とする円周上に、ＡＰ＝ＡＱ となるように２点 Ｐ、Ｑ をとり、線分 ＰＱ 上

の任意の点を Ｃ とする。点 Ｃ より、 ＡＱ　、ＡＰ に平行に直線を引き、ＡＰ 、ＡＱ と

の交点をそれぞれ Ｍ 、Ｎ とおく。このとき、　ＭＮ⊥ＢＣ となることを証明せよ。

　　　　　　　　

　この「垂直」にも意外性が感じられますね！

（証明）　題意より、　ＢＰ＝ＢＱ　、ＭＰ＝ＭＣ　、ＮＣ＝ＮＱ　が成り立つ。

　　　　また、　ＢＭ²＝ＢＰ²＋ＭＰ²＝ＢＱ²＋ＭＣ²

　 　　　　　　　ＢＮ²＝ＢＱ²＋ＮＱ²＝ＢＱ²＋ＮＣ²

　　　　よって、　ＢＭ²−ＢＮ²＝ＭＣ²−ＮＣ²　より、　ＢＭ²＋ＮＣ²＝ＢＮ²＋ＭＣ²　なので、

　　　　　　　ＭＮ⊥ＢＣ　である。　（証終）

（コメント）　４点 Ｂ、Ｃ、Ｍ、Ｎ がどんな位置にあっても、ＢＭ²＋ＮＣ²＝ＢＮ²＋ＭＣ²　が
　　　　　　成り立っていれば、純粋に、ＭＮ⊥ＢＣ　なんですね！


　円に内接する四角形 ＡＢＣＤ において、対角線 ＡＣ と ＢＤ の交点を Ｍ とする。

また、△ＡＢＭ の外接円の中心を Ｎ とおく。このとき、 ＭＮ⊥ＣＤ となることを証

明せよ。
　　　　　　

　これは、ちょっと気がつきにくい「垂直」ですね！

（証明）　点 Ｃ より、円 Ｎ に引いた接線の接点を Ｔ とすると、方べきの定理より、

　　　　　　　　ＣＴ²＝ＣＭ・ＣＡ　　なので、　ＣＮ²−ＮＴ²＝ＣＭ・ＣＡ

　　　　すなわち、　ＣＮ²−ＮＭ²＝ＣＭ・ＣＡ＝ＣＭ・（ＣＭ＋ＭＡ）＝ＣＭ²＋ＣＭ・ＭＡ

　　　同様にして、　ＤＮ²−ＮＭ²＝ＤＭ・ＤＢ＝ＤＭ・（ＤＭ＋ＭＢ）＝ＤＭ²＋ＤＭ・ＭＢ

　　　　また、方べきの定理より、　ＣＭ・ＭＡ＝ＤＭ・ＭＢ　なので、

　　　　　　　ＣＮ²−ＤＮ²＝ＣＭ²−ＤＭ²　すなわち、　ＣＭ²＋ＤＮ²＝ＣＮ²＋ＤＭ²

　　　となり、よって、ＭＮ⊥ＣＤ　である。　（証終）


　△ＡＢＣ の各辺を斜辺とする直角２等辺三角形を △ＡＢＣ の外部に作る。

　　　　　　　　

　このとき、　ＡＰ⊥ＱＲ　となることを証明せよ。

　この場合も、「垂直っぽいけど、ホントに垂直．．．？」という感じである。

（証明）　余弦定理より、

　　　　ＰＱ²＝ＰＣ²＋ＣＱ²−２ＰＣ・ＣＱ・ｃｏｓ∠ＰＣＱ

　　　　　　　＝ＰＣ²＋ＣＱ²−２ＰＣ・ＣＱ・ｃｏｓ（９０°＋∠ＡＣＢ）

　　　　　　　＝ＰＣ²＋ＣＱ²＋２ＰＣ・ＣＱ・ｓｉｎ∠ＡＣＢ

　　　　　　　＝ＰＣ²＋ＣＱ²＋（ＰＣ）・（ＣＱ）・ｓｉｎ∠ＡＣＢ

　　　　　　　＝ＰＣ²＋ＣＱ²＋ＣＢ・CA・ｓｉｎ∠ＡＣＢ

　　　　　　　＝ＰＣ²＋ＣＱ²＋２△ＡＢＣ

　　　同様にして、　ＰＲ²＝ＰＢ²＋ＢＲ²＋２△ＡＢＣ

　　　よって、　ＰＱ²−ＰＲ²＝ＰＣ²＋ＣＱ²−ＰＢ²−ＢＲ²

　　　　　　　　　　　　　　　　＝ＣＱ²−ＢＲ²

　　　　　　　　　　　　　　　　＝ＡＱ²−ＡＲ²

　　　このとき、　ＡＲ²＋ＰＱ²＝ＡＱ²＋ＰＲ²　となり、　ＡＰ⊥ＱＲ　である。　（証終）

ブラマグプタの定理 　　円に内接する四角形 ＡＢＣＤ の対角線 ＡＣ、ＢＤ が直交している。 　このとき、 その交点 Ｐ を通って辺 ＣＤ に垂直な直線 は辺 ＡＢ の中点を通る。

（証明）　∠ＮＡＰ＝∠ＰＤＭ＝∠ＣＰＭ＝∠ＮＰＡ　より、

　　　　　　　　　△ＮＰＡは２等辺三角形で、　ＮＡ＝ＮＰ

　同様にして、　∠ＮＢＰ＝∠ＰＣＭ＝∠ＤＰＭ＝∠ＮＰＢ　より、

　　　　　　　　　△ＮＢＰは２等辺三角形で、　ＮＢ＝ＮＰ

　よって、　ＮＡ＝ＮＢ　となり、　Ｎ は辺 ＡＢ の中点となる。　（証終）

（コメント）　ブラマグプタというと、面積の公式が有名（→参考：「ブラマグプタの公式」）です
　　　　　　が、こういう定理もあったんですね！

このブラマグプタの定理は次のような形に 一般化される。 　　円に内接する四角形 ＡＢＣＤ の対角 線の交点 Ｐ を通り、辺 ＣＤ に垂直な直 線は △ＰＡＢ の外心を通る。

（証明）　
　　　左図において、ＰＴを接線とすると、

　　接弦定理より、　∠ＢＰＴ＝∠ＢＡＰ

　　また、円周角の定理より、

　　　　　　∠ＢＡＰ＝∠ＢＤＣ

　　よって、　∠ＢＰＴ＝∠ＢＤＣ　となり、

　　ＰＴ‖ＤＣ　である。　ＰＭ⊥ＰＴ　なので、

　　直線ＰＭは△ＰＡＢの外心を通る。　（証終）



　次の「垂直」も面白い。

　△ＡＢＣ の頂点 Ａ を通る任意の直線に、頂点 Ｂ、Ｃ から垂線を下ろし、その足を

それぞれ Ｄ、Ｅ とする。点 Ｄ、Ｅ からそれぞれ辺 ＡＣ、ＡＢ に垂線を下ろし、その交

点を Ｆ とする。このとき、　ＡＦ⊥ＢＣ　となることを証明せよ。

　　　　　　　　

（証明）　４点 Ｂ、Ｅ、Ｑ、Ｄ は同一円周上にある。同様に、４点 Ｃ、Ｅ、Ｐ、Ｄ も同一円周上

　　　　にある。　よって、方べきの定理より、

　　　　　　ＢＡ・ＡＱ＝ＥＡ・ＡＤ　かつ　ＣＡ・ＡＰ＝ＥＡ・ＡＤ

　　　　　よって、　ＢＡ・ＡＱ＝ＣＡ・ＡＰ　が成り立つ。

　　　　すなわち、方べきの定理より、４点 Ｂ、Ｃ、Ｑ、Ｐ は同一円周上にある。

　　　　　よって、　∠ＡＢＣ＝∠ＡＰＱ　が成り立つ。

　　　　ここで、４点 Ａ、Ｑ、Ｆ、Ｐ は同一円周上にあるので、　∠ＡＰＱ＝∠ＡＦＱ

　　　　　よって、　∠ＡＢＣ＝∠ＡＦＱ　が成り立つ。

　　　　△ＡＢＲ と △ＡＦＱ において、　∠ＡＢＲ＝∠ＡＦＱ　かつ　∠ＢＡＲ＝∠ＦＡＱ　なので、

　　　　　△ＡＢＲ ∽ △ＡＦＱ 　となり、よって、　∠ＡＲＢ＝∠ＡＱＦ＝９０°である。

　　　　したがって、　ＡＦ⊥ＢＣ　が成り立つ。　（証終）


　下図のような、ＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣにおいて、頂点Ａより辺ＢＣに垂線

ＡＤを下ろし、さらに、点Ｄより辺ＡＣに垂線ＤＥを下ろ

す。線分ＤＥの中点を Ｆ とする。このとき、

　　ＡＦ⊥ＢＥ　となることを証明せよ。


　　　（証明は、「適切な座標系」を参照）




　「適切な座標系」では座標系を上手く設定して解析幾何的に解いたり、あるいはベクトル
を用いて軽妙に解いた。

　あまりお勧め出来ない方法であるが、

　平面上の相異なる４点 Ａ 、Ｂ 、Ｃ 、Ｄ に対して、　ＡＣ²＋ＢＤ²＝ＡＤ²＋ＢＣ²　が

成り立つとき、　ＡＢ⊥ＣＤ　が成り立つ。

という事実を用いても当然証明されうる。

（証明）　ＢＤ＝ＤＣ＝ａ　、ＡＤ＝ｂ　、∠ＤＣＥ＝θ　とおくと、　　なので、

　　　　　　　　　　　　　　
　　このとき、
　　　　　　　　　　　　　
　　　また、
　　　　　　　∠ＢＤＦ＝１８０°−（９０°−θ）＝９０°＋θ

　　なので、△ＢＤＦに余弦定理を適用して、

　　　　ＢＦ²＝ＢＤ²＋ＤＦ²−２・ＢＤ・ＤＦ・ｃｏｓ（９０°＋θ）

　　より、
　　　　　　

　　　よって、
　　　　　　　　

　　　　　　　　

　　より、　　ＡＢ²＋ＥＦ²＝ＡＥ²＋ＢＦ²　が成り立つ。

　　　したがって、　ＡＦ⊥ＢＥ　が成り立つ。　（証終）

　また、次の「垂直」も面白い。

　△ＡＢＣ において、辺ＡＢ、辺ＡＣを１辺とする正方形ＡＢＳＲ、ＡＣＲＱ を三角形の

外部に作る。辺ＢＣおよび線分ＰＱの中点をそれぞれＭ、Ｎとおくとき、

　　　　ＡＭ⊥ＰＱ　、　ＰＱ＝２ＡＭ　、　ＡＮ⊥ＢＣ　、　ＢＣ＝２ＡＮ

となることを証明せよ。
　　　　　　　　

　この証明を考えるとき、複素数平面を知っていると非常に楽であることに気づく。複素数
平面が新学習指導要領から消えてしまったことが残念でならない。

（証明）　複素数平面において、Ａを原点とし、Ｂ（ ２β ）、Ｃ（ ２γ ）とする。

　　　　このとき、　Ｐ（ −２ｉβ ）　、　Ｑ（ ２ｉγ ）　　（ただし、 ｉ は虚数単位）　が成り立つ。

　　　よって、　Ｍ（ β＋γ ）　、　Ｎ（ ｉ（γ−β） ）　である。

　　　このとき、
　　　　　　　　　　ＰＱ/ＡＭ＝２ｉ（γ＋β）/（β＋γ）＝２ｉ

　　　　より、　ＡＭ⊥ＰＱ　、　ＰＱ＝２ＡＭ　が成り立つ。

　　　同様にして、
　　　　　　　　　　　　ＢＣ/ＡＮ＝２（γ−β）/｛ｉ（γ−β）｝＝−２ｉ

　　　　より、　ＡＮ⊥ＢＣ　、　ＢＣ＝２ＡＮ　が成り立つ。　（証終）

　この手法を用いると、いろいろな「垂直」が楽しめそうな．．．予感。

　△ＡＢＣ において、辺ＡＢ、辺ＡＣを１辺とする正方形ＡＢＳＲ、ＡＣＲＱ を三角形の

外部に作る。このとき、　ＢＱ⊥ＣＰ　、　ＢＱ＝ＣＰ　となることを証明せよ。

　　　　　　　　

（証明）　複素数平面において、Ａを原点とし、Ｂ（ β ）、Ｃ（ γ ）とする。

　　　　このとき、　Ｐ（ −ｉβ ）　、　Ｑ（ ｉγ ）　　（ただし、 ｉ は虚数単位）　が成り立つ。

　　　このとき、
　　　　　　　　　　ＢＱ/ＰＣ＝（ｉγ−β）/（γ＋ｉβ）＝ ｉ

　　　　より、　ＢＱ⊥ＰＣ　、　ＢＱ＝ＰＣ　が成り立つ。　　（証終）

（コメント）　複素数を使わないとすると、　ＢＱ＝ＰＣ　は、△ＡＢＱ≡△ＡＰＣ　から明らかだ
　　　　　　が、ＢＱ⊥ＰＣ　を示すためには別な三角形を用いないといけない！

　　　　　　　　

　　　　　　△ＡＰＭ ∽ △ＮＢＭ　なので、　∠ＭＮＢ＝∠ＭＡＰ＝９０°　から、　ＢＱ⊥ＰＣ

　　　　　このように考えると、複素数を使う場合が、いかにエレガントかが思い知らされる。




　　以下、工事中