類似中線関連の構図 (Symmedian)

\(\angle{BAD}=\angle{CAM}=\angle{ACM}\) である。 三角形 \(BAC,BDA\) は相似ゆえ、題意は示された。 \(\blacksquare\)

\(\frac{1}{2}\angle{BAC}+90°+\frac{1}{2}\angle{DAG}=180°\)より、 \(\angle{BAC}\) の角の二等分線と \(\angle{DAG}\) の角の二等分線は一致する。 一方で、三角形 \(DAG\) に注目すると、直線 \(IA\) は三角形 \(DAG\) の外心を通る。 外心と垂心は等角共役関係にあることから直線 \(MA\) が垂心を通ることを示せばよい。 すなわち、直線 \(MA\) が \(DG\) と直行することを示ば良い。 \(A\) を中心として三角形 \(DAG\) を \(270°\) 回転した三角形 \(HAC\) を考える。 中点連結定理より、\(AM//HC\) である。 従って、直線 \(MA\) は \(DG\) と直行する。 これより、\(AI\) はA-Symmedianである。 \(\blacksquare\)

方針:定理5を使う

簡単なangle-chaseより、\(\triangle{DBG} \backsim \triangle{CEG}\) である。 \(H_{BD},H_{CE}\) を \(G\) から \(BD,CE\) へと下ろした垂線の長さとする。 ここで、定理5より、\(H_{BD}:H_{CE}=AB:AC\)を示せば良い。 \(AB:AC=BD:CE\) であり、\(\triangle{DBG} ,\triangle{CEG}\) の相似比は、\(BD : CE \) であり、一方で、\(H_{BD}:H_{CE}\) でもあるから、 \(AB:AC = H_{BD} : H_{CE}\) であるので、題意は示された。 \(\blacksquare\)

方針:問題3を使う

\(\angle{DBF}=\angle{FEC}, \ \angle{BDP}=\angle{ECF}\) であるから \(\triangle{DBF} \backsim \triangle{CEF} \) より \(\triangle{BFE} \backsim \triangle{DFC} \) が従う。 よって、4点 \(B,D,G,F\) と \(C,E,G,F\) はそれぞれ共円である。 ここで、問題3より \(AF\) はSymmedianである。 \(\blacksquare\)

\(\angle{BAC}=A,\angle{CBA}=B,\angle{ACB}=C\) とする。 \(DH,EG\) は逆平行線であるから、\(\angle{BDC}=C,\angle{CEG}=B\) である。 \(A+B+C=180°\) であるから、\(\angle{DHG}=\angle{EGH}=A\) である。 また、\(DE//GH\) なので \(\angle{FDE}=\angle{FED}=A\) である。 よって、\(FD=FE\) である。 ここで、\(E\) を通り \(BC\) と逆平行な補助線を引く。 すると、\(\angle{KDF}=\angle{DKF}=C\) であり、\(FK=FD\) である。 同様に、\(FJ=FE\) である。 従って、\(E\) は \(KJ\) の中点である。従って、定理7より \(AF\) はA-Symmedianである. \(\blacksquare\)

四角形 \(ABCD\) は調和四角形である。 従って、\(AC\) はA-Symmedianである。 直線 \(AM\) と三角形 \(ABC\) の外接円との交点のうち\(A\)でない方を\(C'\)とする。 \(AC'\) と \(AC\) は等角共役線なので \(\angle{BAC'}=\angle{DAC}\) である。 円周角の定理より、\(BC'=DC\)。 また、\(BM=DM\) である。 \(\angle{BAC}=\angle{DAC'}\)であり、円周角の定理より、\(\angle{MDC}=\angle{MBC'}\) である。 従って、\(\triangle{BMC'} \equiv \triangle{DMC}\)である。 このことから、\(CM=C'M\) が得られる。 方べきの定理より、\(BM^2=AM\cdot MC'=AM\cdot MC\)である。 さらに、中線定理より \(AB^2+AD^2=2(BM^2+AM^2)\) である。 これらを併せて、以下の連立方程式を得る。 \[ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} BM ^2=32\cdot AM \\ 127^2+129^2=2( BM ^2+ AM ^2) \end{array} \right. \end{eqnarray} \] これを整理すると、\(AM^2+32AM-(2^{14}+1)=0\)という二次方程式を得る。従って、\(AM=113\)である。

直線 \(PQ\) と \(\Gamma\) の交点のうち、 \(Q\) でないものを \(D\) とすると、四角形 \(DAQC\) は調和四角形となる。 したがって、 \(DQ\) は三角形 \(DAC\) のD-Symmedianである。 このことから、Steiner's Ratio Theoremより、 \( AB : CB = DA ^2: DC ^2 \Longleftrightarrow \sqrt{AB} : \sqrt{CB} = DA : DC \) である。 また、四角形 \(DAQC\) は調和四角形なので \( DA \cdot QC = AQ \cdot CD \) である。 これを変形すると、 \(\frac{ AQ }{ QC }=\frac{ AD }{ DC }=\frac{\sqrt{ AB }}{\sqrt{ BC }}\) となる。 これは三角形 \(AQC\) の角の二等分線と \(AC\) の交点が円 \(\Gamma\) に依らないことを意味している。 従って。題意は示された。 \(\blacksquare\)

\(AD\) の中点を \(X'\) とする。 \(X'\) が回転相似の中心であることを示せば良い。 \(BOX'C\) は共円である。 Symmedianの性質より、 \(\angle{BX'A}=\angle{AX'C}\) である。 また、四角形 \(ABDC\) は調和四角形であるから、 \(BC\) は三角形 \(BDA\) のB-Symmedianである。 従って、 \(\angle{DBC}=\angle{ABX'}\) である。 また、円周角の定理より、\(\angle{DBC}=\angle{DAC}\) である。 従って、 \(\triangle{BX'A} \backsim \triangle{AX'C}\) である。 \( BX' : AX' = AX' : CX' \) より、 \(X'\) は回転相似の中心である。 \(\blacksquare\)

\(B \rightarrow A,A \rightarrow C\) となるような回転相似変換 \(T\) を考える。 問題8より、その中心はA-Symmedian上の点となる。 ここで、 \(\triangle{RBP} \backsim \triangle{QPC} \backsim \triangle{ABC}\) であるから、 \(\frac{RB}{AR}=\frac{RB}{QP}=\frac{RP}{QC}=\frac{AQ}{QC}\) が従う。 すなわち、 \(R,Q\) は \(BA,AC\) を等しい比で内分する点であるから変換 \(T\) によって、 \(R\) は \(Q\) に移る。 従って、 \(\triangle{ARX'} \backsim \triangle{CQX'}\) が得られる。 このことから、 \(\angle{ARX'}=\angle{CQX'}\) が従う。 よって、4点 \(A,R,X',Q\) は共円である。 従って、題意は示された。 \(\blacksquare\)

\(\angle{HPM}=\angle{HDM}=90°\) より、 \(P,H,M,D\) は共円。 \(PH,MD\) の交点を \(X\) とすると方べきの定理より、 \( XH \cdot XP = XD \cdot XM \) である。 ここで、 \(B,D,C,X\) は調和点列なので \( XC \cdot XB = XD \cdot XM \) である。 従って、方べきの定理の逆より、\(B,C,H,P\) は共円である。 一方で有名事実として, \(H\) を \(BC\) に関して対称移動させた点は \(H'\) は三角形 \(ABC\) の外接円上にくる。 三点 \(BCH\) で定まる円と \(BCH'\) で定まる円は対称だから \(A'\) は三角形 \(ABC\) の外接円上にくる。 \(AM\) と三角形 \(ABC\) の外接円の交点を \(Y\) とすると、 \(Y\) は \(M\) に関して \(P\) と点対称なので \( \stackrel{\huge\frown}{BY}= \stackrel{\huge\frown}{PC} \) である。 また、 \(A'\) は \(BC\) に関して対称であるから、 \( \stackrel{\huge\frown}{PC}= \stackrel{\huge\frown}{A'C} \) である。 従って、 \(AA'\) はSymmedianである。 \(\blacksquare\)

この長さに着目した角度の比較はIMOクラスの問題だとよく見かけます。難しいです。

根心の存在性より、 \(A'D,FE,BC\) は一点 \(P\) で交わる。 \(AM\) と \(AH\) の交点を \(Q\) とする。 \(\angle{HQM}=90°\) ならば問題10より、 \(AA'\) はSymmedianである。 Symmedianは一点で交わるから \(\angle{HQM}=90°\) であることを示せば良い。

ここで、 \(AA''\) が直径となるように \(A''\) をとる。 すると、 \(AB \perp A''B\) 、 \(AB \perp CF\) であるから \(A''B//CF\) である。 同様に \(A''C//BE\) であるから,四角形 \(BA''CH\) は平行四辺形である。 従って、その中心 \(M\) と \(A'',H\) は一直線上に並ぶ。 ここで、直線 \(MH\) と \(\Omega\) の交点のうち \(A''\) でないものを \(T\) とすると、 \(A''T \perp AT\) ゆえ、 \(A,F,H,E,T\) は共円である。 特にこの円は \(AH\) を直径とする円である。 この円と \(\Omega\) 、 \(B,C,E,F\) の外接円の根心を考えれば \(A,T,P\) は共線である。 ここで、 \(MT \perp AP,AH \perp MP\) より、 \(H\) は三角形 \(AMP\) の垂心である。 従って、 \(PH \perp AM\) であるから題意は示された。 \(\blacksquare\)

むずい...。

同様の構図に関する問題です。 \(AH\) を直径とする円は問題11における \(A,F,Q,H,E\) の載る円である。 問題10における \(T\) と \(A'\) と \(A\) から \(BC\) へと下ろした垂線の足(これを \(H_A\) とする。)が共線であることを示せば良い。 さらに,示すべきことは \(\angle{QH_{A}H}=\angle{TH_AH}\) と同値である。 \(\angle{QH_AH}=\angle{HMQ}=\angle{TMQ}=\angle{TPQ}=\angle{TPH}=\angle{TH_AH}\) であるから題意は示された。 \(\blacksquare\)