自分のブログログアウトねむねこ幻想郷ネムネコ・ファミリーのために、大昔に書いたファンタジー小説を公開。数学のサイトではありません。反転2原点OとOとは異なる点Pがあるとする。このとき、半直線OP上にとなる点Qをとる。点Pと点Qの座標をP(x,y)、Q(X,Y)とすると、という対応関係がある。前回、原点Oを通る直線についてやらなかったので、ここから始めることにする。原点を通る直線はax+by=0になるので、この直線は3よりとなり、反転によって同じ直線ax+by=0に移されることがわかる。前回、反転によって、原点を通らない直線は原点を通る円(原点は除く)に、原点を通る直線は原点を通らない直線に変換されることは示した。反転によって原点を通らない円がどのような図形に変換されるのか調べてみることにする。計算を簡単にするために反転の半径r=1とする。計算を簡単にするためにとおくことにする。よって、原点を通らない円になる。直線x+y=4上の任意の点Pと原点Oを通る直線が円x2+y2−x−y=0と交わるO以外の点をQとするとき、が一定であることを証明し、この一定値を求めよ。この問題を解く気はない。OP・OQ=4として、x+y=4上の点を反転させて得られる図形がこのことは、r=2の時の反転の変換式を使うと、となることすぐに確かめられる。【解】P(α,β)とすると、Pは直線x+y=4上の点なのでα+β=4よって、直線OPの方程式はQはこの直線とx2+y2−x−y=0の交点なのでQは原点とは異なる点なのでx≠0。したがって、よって、となり、OP・OQは一定値で、その値は4である。反転とは中心O、半径rの円がある。Oとは異なる点Pを、半直線OP上にありを満たす点Qに移す。この変換を反転といい、Oを反転の中心、rを反転の半径という。Pが円Oの内部にあるとき、すなわち、OP<rのときになるので、Qは円Oの外部にある。Pが円周上にあるとき、つまり、OP=rのときなので、P=Qになる。Pが円の外部にあるとき、OP>rのときになり、Qは円の内部にある。反転円(反転の半径r)の中心O(0,0)、さらに点P、Qの座標をそれぞれP(x,y)、Q(X,Y)とする。Qは半直線OP上にあるので、ベクトルで書くととなる実数kが存在する。よって、したがって、また、とおき、同様の議論をすると、という変換式が得られる。反転によるPからQへの移動をであらわすとすると、2が変換式になる。2と3を使って反転の反転を実際に計算してみると、となり、反転の反転は自分自身であることがわかる。反転の定義式からこのことはほとんど明らかなのだけれど、こういう関係がある。抽象的な話をしてもピンとこないと思うので、次の問題を解いてみることにする。問題1座標平面上の点(1,0)を中心とし、半径2の円をCとする。座標平面上の円Cの外側にある点Pと原点Oを結ぶ線分が、円Cの周と交わる点をQとし、をf(P)であらわす。Pの座標が(4,2√3)であるとき、f(P)の値を求めよ。f(P)=3となるような点Pの軌跡の方程式を求めよ。点Qは、円Cの円周上にあるのでk>0なので、k=2。点Pと点Qの座標を(X,Y)、(x,y)とする。f(P)=3なので点Qは円Cの円周上の点なのでよって、よって、(解答終わり)最後で、さり気なく(X,Y)を(x,y)にすり替えるのがポイント(^^)この問題の(1)の場合、となり、反転円は原点Oを中心とする半径√14の円であることがわかる。問題2xy平面上の原点O以外の点P(x,y)に対して、点Qを次の条件(A),(B)を満たす平面上の点とする。点Qは、原点Oを始点とする半直線OP上にある。線分OPの長さと線分OQの長さの積は1である。点Qの座標をx、yを用いて表せ。点Pが円(x-1)2+(y-1)2=2上の原点以外の点を動くときの点Qの軌跡を求め平面上に図示しなさい。OP・OQ=1=r2なので、反転円の半径r=1。Q(X,Y)とすると2よりこれをに代入する。点Pは原点以外の円周上の点なので、9よりよって、ここで、さり気なくX、Yをx、yにすり替えてが求める軌跡ということになる。(解答終わり)紫色の点が点Pの単位円に関する反転によって得られる点。Qに対する反転はPになるのでを反転して得られる図形(反形)がになる。ここから一般論にもってゆくのは危険なのですが、このことから原点を通る円(原点は除く)の反形は原点を通る直線に、原点を通る直線(原点は除く)の反形が原点を通る円になることを理解してもらえるのではないか。一般論はただし、原点は除くとすればいいにゃ。原点を通る直線は、反転の定義から、それ自身に映ることは明らか。原点を通らない円については次回ということで。円周角の定理や方べきの定理を使って解く問題の追加。問題1△ABCの頂点Aより辺BCにおろした垂線をAH、外心をO、AOと△ABCの外接円の交点をDとするとき、次のことを証明せよ。Eから辺CDへおろした垂線は、対辺の中点を通る。逆に、Eを辺ABの中点を結ぶ直線は、対辺CDに垂直である。△CEDと△EHDに注目。∠DHE=∠ACDまた、対頂角相等より∠MEB=∠DHE=∠ACD同じ弧ADの円周角なので∠ABD=∠ACD=∠MEBよって、MB=ME△ABEは∠AEB=∠Rの直角三角形なのでAM=MB=MEよって、EHはABの中点Mを通る。ABの中点をMとし、MEの延長とCDの交点をHとする。∠DHE=∠DBC=∠Rしたがって、EM⊥CDである。(証明終わり)ちなみに、円に内接する四角形ABCDの各辺の長さをAB=a、BC=b、CD=c、DA=d、さらにとするとき、円に内接する四角形ABCDの面積Sはに等しい。この公式をブラマーグプタの公式という。上記のブラマーグプタの公式を証明せよ。【証明】よって、四角形ABCDの面積Sは余弦定理よりここで技を使ってここで辺々を掛け合わせる。1と2より(証明終わり)ブラマーグプタの公式が使えるのは、円に内接する四角形の場合だけ。一般の四角形には使えないので、注意が必要。問題4△ABCの∠Aの2等分線と外接円が交わる点をEとする。BC=a、CA=b、AB=cとし、AEの長さを求めよ。【解】ADの延長と円の交点をEとする。ADは∠Aの二等分線なので、点DはBCをに内分する。△ABDと△AECに注目。第33回で出てきた方べきの定理、方べきの定理の逆を使って解く問題を解くことによって、方べきの定理とその逆の理解を深めることを目的とする。前回の復習をかねて、方べきの定理とその逆を再掲します。(方べきの定理Iの逆)2つの線分AB、CDまたはそれらの延長が点Pで交わるとき、であるならば、4点A、B、C、Dは同一円周上にある。(方べきの定理II)円Oの外部の点Pから円Oに引いた接線をTとする。(方べきの定理IIの逆)1直線上にない3点A、B、Tおよび線分ABの延長上に点Pがあってならば、PTはA、B、Tを通る円に接する。問題1次の図のように、点Tで外接する2円がある。この点における2円の共通接線上に点Pをとり、Pを通る2直線が2円とそれぞれ2点A、BとC、Dで交わっている。このとき、4点A、B、C、Dは同一円周上にあることを証明せよ。方べきの定理IIから方べきの定理Iの逆より、4点A、B、C、Dは同一円周上にある。(証明終わり)問題2点Oを中心とする半径2の円内の点Pを通って引いた弦ABについてのとき、線分OPの長さを求めよ。円内の点Pを通る直径をひき、直径の両端をC、Dとする。OP=xとすると、CP=2−x、PD=2+xとなる。方べきの定理よりよって、OP=√3(解答終わり)問題2をより一般化すると、次の問題になる。問題3中心O、半径rの円と1点Pがある。Pを通る直線がこの円と交わる点をA、Bとするとき、であることを証明せよ。【証明】Pを通る直径をひく。Pが円周上にあるとき、このとき、PA=0またはPB=0。PO=rなのでとなり、成立。(1)、(2)、(3)より(証明終わり)問題4△ABCにおいて∠A=2∠Bならばであることを示せ。【証明】BAの延長上にAC=ADとなる点をとる。AC=ADなので△ACDは2等辺三角形。1また、問題の条件より1と2より∠ACD=∠D=∠Bよって、接弦定理の逆よりCDは円のCにおける接線である。(方べきの定理II)円Oの外部の点Pから円Oに引いた接線をTとする。∠ATP=∠Bまた∠Pは共通なので△BPT∽△TPAよって(証明終わり)定理BはCとDが接点に限りなく近づけばになると考えることもできる。方べきの定理は、逆も成り立つ。(方べきの定理Iの逆)2つの線分AB、CDまたはそれらの延長が点Pで交わるとき、であるならば、4点A、B、C、Dは同一円周上にある。∠APD=∠CPBよって△APD∽CPB故に∠ADP=∠CBP弦ACに対する円周角が等しく、点Bと点Dは弦ABに関して同じ側にあるので、円周角の定理の逆により、4点A、B、C、Dは同一円周上にある。(方べきの定理IIの逆)1直線上にない3点A、B、Tおよび線分ABの延長上に点Pがあってならば、PTはA、B、Tを通る円に接する。【証明】仮定より∠Pは共通。2辺の比と2辺が挟む角が等しく△BPT∽△TPAしたがって∠ATP=∠ABT接弦定理の逆より、PTはA、B、Tを通る円の接線であり、PTはA、B、Tを通る円に接する。次の図のx、yの大きさを求めよ。方べきの定理1よりx>0なので、x=10。方べきの定理IIよりよって、x=10、y=2√10が答え。A、Bで交わる2円があり、線分BAの延長上に点Pがある。Pを通る直線が一方の円と2点で交わり、Pを通る別の直線が他方の円と2点で交わるとき、これら4点が同一円周上にあることを証明せよ。【証明】Pから円O1、O2に直線を引き、その交点を図のようにC、D、E、Fとする。方べきの定理Iよりよって、方べきの定理の逆より4点C、D、E、Fは同一円周上に存在する。(証明終わり)嘘じゃない。これはちゃんと通るにゃ。接線と接点を通る弦のなす角は、この角内にあるこの弧の作る角は、この角内にある弧に対する円周角に等しい。∠BAT=∠APB∠BATが鋭角、直角、鈍角の3つの場合に場合分けして、証明を行う。∠BAT<90°AOの延長とAと異なる円との交点をCとする。∠TAB>90°の場合Aに関してTと反対側の接線上に点T'をとる。ABに関してPと反対側の円周上に点Qをとる。このとき、∠T'AB<90°なので弧APBに対する鋭角の接弦定理(1)が使え、また、四角形APBQは円に内接するのでよって、1より直線TT'の角度は180°だから2と3より(1)、(2)、(3)より、であることが証明された。(証明終了)定理(接弦定理の逆)円Oの弧ABと半直線ATが直線ABの同じ側にあって、弧ABに対する円周角∠ACBと∠ATが等しいとき、直線ATは円OのAにおける接線である。点Aにおける円Oの接線を引き、直線ABに関して弧ABと同じ側にある接線上の点をT’とする。接弦定理より仮定より、よって、また、TとT’は直線ABに関して同じ側にあるので、直線ATと直線AT'は一致する。(証明終わり)問題1AB、CDは接点Pを通る直線である。∠CAP=∠DBP錯角相等より(証明終わり)問題にはないけれど、このことから△ACP∽△BDPであることがわかる。円周角の定理の逆を取り上げる前に、復習として、円周角の定理。円周角の定理1つの弧に対する円周角は、その弧に対する円周角の半分に等しい。円周角と孤に関する次の定理。等しい円周角に対する弧は等しいでは、今回の本題である円周角の定理の逆を紹介します。∠APB=∠AQBならば、4点A、B、P、Qは同じ円周上にある。この定理を証明する前に、まず、次のことを証明します。∠APB<∠ACPである。Pが円の内部にあるとする。APの延長と円の交点をQとする。∠APB>∠ACBである。Pが円の外側にあるとする。APと円の交点をQとする。∠APB=∠AQBならば、4点A、B、P、Qは同じ円周上にある。【証明】(i)、(ii)、(iii)の条件はすべてを尽くしており、また、(i)、(ii)、(iii)の結論はそれぞれ両立しない。よって、転換法によって、この命題は真である。∠ACB=∠ADB=50°だから、円周角の定理の逆によって、点A、B、C、Dは同一円周上にあり、四角形ABCDはこの円に内接する。∠ACB≠∠ABDだから、点A、B、C、Dは同一円周上にない。図のように、△ABCの辺ABを1辺とする正三角形ADB、辺ACを1辺にする正三角形ACEがある。△ABE≡△ADCであることを示せ。4点A、D、B、Pが同一円周上にあることを示せ。点A、Pを直線で結ぶ。∠ADP=∠ABPまた、点D、Pは直線APに関して同じ側にある。次の2つの定理を既知のものとして話を進めることにする。定理A等しい中心角に対する弧または弦は等しい。定理B(定理Aの逆)等しい弧または弦に対する中心角は等しい。円周角の定理1つの弧に対する円周角は、その弧に対する円周角の半分に等しい。弧ABに対する円周角∠APBはというわけです。円の中心Oが直線PAまたは直線PB上にある場合OがPB上にある場合を証明すれば十分。△OAPはOP=OAの二等辺三角形。円の中心Oが∠APBの内部にある場合POの延長と円Oの交点をDとする。円の中心Oが∠APBの外部にある場合(1)より(1)、(2)、(3)のいずれの場合でも、である。(証明終わり)この円周角の定理と、定理A、Bから次のことが言える。等しい円周角に対する弧は等しい等しい弧ならば、中心角は等しく、円周角は中心角の半分に等しいので、円周角は等しくなる。等しい円周角ならば、中心角は等しく、したがって、弧も等しくなる、からだケロ。円周を5等分する点を順に、A、B、C、D、Eとする。∠ACB、∠ABCを求めよ。弧AM=弧MB、弧AN=弧NCであれば、△ADEは2等辺三角形であることを証明せよ。等しい弧に対する円周角は等しい。弧AM=弧MBだから弧AN=弧NCだからで、三角形の内角と外角の関係よりよって、△ADEは2等辺三角形である。(証明終わり)問題3(方べきの定理)円の2つの弦AB、CDの交点をPとするとき、であることを示せ。△APD∽△CPB△APDと△CPBは相似なので(証明終わり)方べきの定理は、これからいろいろなところで使うので、憶えておくと便利です。三角ABCの外心をO、垂心をHとするとき、OよりBCにおろした垂線をOMとすると、であることを示せ。△ABCの外接円とBOの延長の交点をDとする。(直角三角形の中線の長さと斜辺の半分の長さは等しい)また、Hは△ABCの垂心なのでCHの延長とABは垂直。以上のことから、四角形AHCDは平行四辺形で、AH=DC△BCDに注目。【証明】BCの中点をMとする。Hは内心なので、AH⊥BC。問題1より線OHとAMの交点をGとする。△AHG∽△MOGよって、AG:GM=AH:OG=2:1Gは中線AMを2:1に内分しているので、△ABCの重心である。よって、外心O、重心G、垂心Hは一直線上にある。(証明終わり)この関係は、どんな三角形でも成立するものです。問題2△ABCの内心をI、3つの傍心をP、Q、Rとすると、Iは△PQRの垂心であることを証明せよ。【証明」AI、APは∠BACの2等分線なので、A、I、Pは同一線上に存在する。同様に、B、I、Q、そして、C、I、Rもそれぞれ1直線上に存在する。傍心なので、Q、A、R、また、R、B、P、そして、P、C、Qもそれぞれ1直線上に存在する。同様に、したがって、Iは△PQRの垂心である。前回、内心や外心などの三角形の5心を取り上げたので、今回は、内心や外心の問題を解くことで、その理解を深めることにします。直角三角形ABC(∠B=∠R)で、AB=3、BC=4、CA=5のとき、この三角形の内接円の半径はいくらか。三角形の各辺の長さをa、b、c、内接円の半径をr、三角形の面積をSとすると、という関係がある。この公式を使うのならば、次のように簡単に内接円の半径rを求めることができる。直角三角形ABCの面積Sは1より、a=BC=4、b=CA=5、c=AB=3だからこの他に、円と接線の距離を使って次のように解くこともできる。内心IからBC、CA、ABにおろした垂線の足をD、E、Fとする。円と接線の関係からとなる。三角形ABCで、AB=5、BC=6、AC=4である。三角形ABCの内心をIとするとき、△IBCの面積と△ABCの面積比を求めよ。△IAB、△IBC、△ICAは高さが内接円Iの半径rに等しいから、その面積比はよって、△IBCと△ABCとの面積比は比の計算がピンとこない人はよって、だから、としてもいい。次の図で、Oは△ABCの外心である。BDはBから辺ACに引いた垂線である。このとき、∠ABD=∠OBCであることを示せ。この味気ない図を見て解けるなんて考えちゃ〜いけない。ネムネコが読者のために、毎回、わかりやすい図を描いているかをうかがい知ることができるいい問題だにゃ(^^)円周角の定理を使っていいのならば、次のように解答することができる。【証明1】Oは△ABCの外心なので、△ABCの外接円をかく。∠OBC=∠OCBよって、また、△ABDでは1と2より(証明終わり)なのだけれど、円周角の定理をまだやっていない。次のように証明すればいい。【証明2】AOの延長とBCの交点をEとする。∠OAB=∠OBA∠OBC=∠OCB∠OAC=∠OCA外角関係より・・・あとは、証明1と同じなので、証明1を見て欲しい。証明2の前半部分は、円周角の定理を実質的に証明していることになる。次の図の△ABCで、Oは外心とする。∠OAC=35°、∠OBA=25°とするとき、△ABCの3つの内角をそれぞれ求めよ。解答?問題3の証明2を読むだけで、この問題はすぐに解けるはず。△OAC、△OBC、△OCAは全部二等辺三角形!!これでもわからない人は、この図をプリントアウトして、分度器で角度をはかる。この図は正確なので、分度器で角度を測ることによって角度を求めることができる。問題5正三角形の内心をIとし、Iから2辺AB、ACに平行な直線を引き、BCとの交点をそれぞれD、Eとすれば、BD=DE=ECであることを証明せよ。2外角定理より∠IDE=∠IED=60°なので、△IDEは正三角形。一致するので、重心、外心の性質を使っても証明できる。重心をG(内心Iと同一)とする。BG、CGを延長し、CA、ABの交点をP、Qとする。Gは外心なので、中線BP、CQを2:1に内分する。これと平行線と比の関係を使ってこの問題を証明することができるので、証明してください。今,確..コメント、ありがとうございます。..Cもお願いしますベートーヴェンについて。ベートーヴェン..ルートヴィヒ・ヴァン・ベートーヴェ..コメントありがとうございます。ソネットポイントこの広告は前回の更新から一定期間経過したブログに表示されています。更新すると自動で解除されます。