疑問
三角形 \(\triangle ABC\) において，辺 \(AB\) の中点 \(N\) を取り，辺 \(AC\)の半分を半径とする円を描いた時， この円が辺 \(BC\)と交わるのは中点連結定理の通り，辺 \(BC\)の中点が一つ必ずあるが，それ以外に辺 \(BC\)上に交点を持つ場合はどのような条件か？前提条件
三角形 \(\triangle ABC\) を考えるにあたり，辺 \(BC\) になるように拡大縮小し，それを\(x\) 軸と重なるように回転させます．この操作により，一般性は失われないと考えます．これにより，点\(A\)の座標のみを考えます．
座標は次のように設定します． $$\begin{eqnarray} A &=& (x_A, y_A) \\ B &=& (x_B, y_B) = (0, 0) \\ C &=& (x_C, y_C) = (1, 0) \\ \end{eqnarray}$$ 辺 \(AB\) の中点 \(N\)は次のように決まります． $$\begin{eqnarray} N&=&\left(\frac{x_A+x_B}{2},\frac{y_A+y_B}{2} \right) \\&=&\left(\frac{x_A+0}{2},\frac{y_A+0}{2}\right) \\&=&\left(\frac{x_A}{2},\frac{y_A}{2}\right) \end{eqnarray}$$ 辺 \(BC\) の中点 \(M\)は次のように決まります． $$\begin{eqnarray} M&=&\left(\frac{x_B+x_C}{2},\frac{y_B+y_C}{2} \right) \\&=&\left(\frac{0+1}{2},\frac{0+0}{2}\right) \\&=&\left(\frac{1}{2},0\right) \end{eqnarray}$$ また辺 \(AC\)の長さの平方は，頂点\(A,C\)の具体的な座標を用いて次のように決まります． $$\begin{eqnarray} |AC|^2&=&(x_A-x_C)^2+(y_A-y_C)^2 \\&=&(x_A-1)^2+(y_A-0)^2 \\&=&(x_A-1)^2+y_A^2 \end{eqnarray}$$
円の方程式を作る
円の中心を\((x_{\mathrm{center}}, y_{\mathrm{center}})\)，円の半径を\(r\)とすると，円の式は次のようになります． $$\begin{eqnarray} (x-x_{\mathrm{center}})^2+(y-y_{\mathrm{center}})^2&=&r^2 \end{eqnarray}$$ 円の中心に点\(M\)の座標を，円の半径に辺 \(AC\)の長さの半分を代入します． $$\begin{eqnarray} \left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(y-\frac{y_A}{2}\right)^2 &=&\left(\frac{|AC|}{2}\right)^2 \end{eqnarray}$$ 右辺を展開して辺 \(AC\)の長さの平方を作ります． $$\begin{eqnarray} \left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(y-\frac{y_A}{2}\right)^2 &=&\left(\frac{|AC|}{2}\right)^2 \\&=&\frac{|AC|^2}{2^2} \\&=&\frac{|AC|^2}{4} \end{eqnarray}$$ ここに辺 \(AC\)の長さを頂点\(A,C\)の具体的な座標を用いたものに置き換えます． $$\begin{eqnarray} \left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(y-\frac{y_A}{2}\right)^2 &=&\frac{|AC|^2}{4} \\&=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \end{eqnarray}$$円の方程式と辺 \(BC\)との交点を求める
回転させたために，辺 \(BC\)は\(x\)軸\((y=0)\)となっています．よって円の式の\(y\)を\(0\)として\(x\)ついて解きます． $$\begin{eqnarray} \left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(y-\frac{y_A}{2}\right)^2 &=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \\\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(0-\frac{y_A}{2}\right)^2&=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \;\cdots\;y=0 \\\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\frac{y_A^2}{4}&=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \\\frac{4}{4}\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\frac{y_A^2}{4}&=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \\4\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2\cancel{+y_A^2}&=&(x_A-1)^2\cancel{+y_A^2}\;\cdots\;両辺4倍した． \\4\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2&=&(x_A-1)^2 \\\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2&=&\frac{(x_A-1)^2}{4} \\x-\frac{x_A}{2}&=&\pm\sqrt{\frac{(x_A-1)^2}{4}} \\&=&\pm\frac{x_A-1}{2} \\x&=&\frac{x_A}{2}\pm\frac{x_A-1}{2} \\&=&\;\frac{x_A\pm (x_A-1)}{2}\cdots\;y_Aによらないことがわかる． \end{eqnarray}$$この結果から，\(x\)は\(y_A\) に依存しないことがわかります．また，根号が外れているため，虚数解にはなりません．
この式は「中点でないのに中線定理の関係式に当てはめると成立する点ができてしまう場合の三角形はどんな三角形か．」でもでてきます．
場合分けで考える
\(\pm\) 以降が0の時(重解)\(\pm\) 以降 $$\begin{eqnarray} (x_A - 1)&=&0 \\x_A&=&1 \end{eqnarray}$$ これを代入する． $$\begin{eqnarray} x = \frac{x_A + (x_A - 1)}{2}= \frac{1 \pm (1 - 1)}{2} = \frac{1}{2}\quad \text{（辺 } BC \text{ の中点）} \end{eqnarray}$$ \(\pm\) がマイナスの時 $$\begin{eqnarray} x_{-} = \frac{x_A - (x_A - 1)}{2} = \frac{1}{2}\quad \text{（辺 } BC \text{ の中点）} \end{eqnarray}$$ この場合，\(y_A\) だけでなく \(x_A\) にも依存しません．この時も，辺 \(BC\) の中点となります．
\(\pm\) がプラスの時 $$\begin{eqnarray} x_{+} = \frac{x_A + (x_A - 1)}{2} = \frac{2x_A - 1}{2}= x_A-\frac{1}{2} \end{eqnarray}$$ この式は単調増加凾数ですから，\(x_A\)が増えると\(x_{+}\)が増え，\(x_A\)が減ればと\(x_{+}\)が減る関係です．
ここから \(x_A\) を求めると， $$\begin{eqnarray} x_A = \frac{2x_{+} + 1}{2} = x_{+} + \frac{1}{2} \end{eqnarray}$$ \(x_A\)は具体的には，次のようになります． $$\begin{eqnarray} x_{+} = 0 &の時，& x_A = \frac{1}{2} \\x_{+} = 1 &の時，& x_A = \frac{3}{2} \end{eqnarray}$$
まとめ
以上から，辺 \(AB\) の中点 \(N\) を取り，辺 \(AC\)の半分を半径とする円を描いた時， この円が辺 \(BC\)と交わるのが，中点\(M\)以外に交点を持つ\(\triangle ABC\)は， \(BC\)を\(x\)軸とする座標系において点\(A\)の\(x\)座標の値が，点\(C\)の\(x\)座標を中心として前後\(\frac{|BC|}{2}\)分の幅の間にあるときです．
ただし範囲内でも点\(C\)の\(x\)座標と等しい時は，中点\(M\)だけの1つになります．
0 件のコメント:
コメントを投稿