【平面図形】その相似が見えますか？①

（解答の流れ）

底角が等しい二等辺三角形であることから $\mathrm{△}\mathrm{ABC}\sim \mathrm{△}\mathrm{BCD}$ であり、$$\mathrm{CD}=1[\text{cm}]$$を得ます。また、対頂角について $\mathrm{\angle }\mathrm{CDB}=\mathrm{\angle }\mathrm{ADE}$、円周角について $\mathrm{\angle }\mathrm{DBC}=\mathrm{\angle }\mathrm{EAD}$ から、$\mathrm{△}\mathrm{BCD}\sim \mathrm{△}\mathrm{ADE}$ であり、$\mathrm{△}\mathrm{ADE}$は二等辺三角形であることが分かります。これより、$$\mathrm{AE}=\mathrm{AD}=\mathrm{AC}-\mathrm{CD}=3[\text{cm}]$$を得ます。

（２）については、相似比から $\mathrm{DE}=1.5[\text{cm}]$ と分かるので、$$\mathrm{BE}=\mathrm{BD}+\mathrm{DE}=3.5[\text{cm}]$$と求められます。また、$\mathrm{AE}//\mathrm{CG}$ より $\mathrm{△}\mathrm{ADE}\sim \mathrm{△}\mathrm{CDG}$ であるから相似比より $\mathrm{DG}=0.5[\text{cm}]$ と求められ、$\mathrm{AE}//\mathrm{GF}$ より $\mathrm{△}\mathrm{ABE}\sim \mathrm{△}\mathrm{FBG}$ であるから、$$\begin{array}{rl}\mathrm{AE}:\mathrm{FG}& =\mathrm{BE}:\mathrm{BG}\\ & =3.5:1.5\\ & =7:3\end{array}$$となります。シンプルな問題でしたね。

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（解答の流れ）

$\mathrm{AB}=\mathrm{AD}$ より$\mathrm{△}\mathrm{ABD}$は二等辺三角形であるから $\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}=\mathrm{\angle }\mathrm{ADC}$ であり、$\mathrm{AB}$が円$\mathrm{O}$の直径だから $\mathrm{\angle }\mathrm{BCA}={90}^{\circ }$ なので $\mathrm{\angle }\mathrm{ACD}={90}^{\circ }$ です。$\mathrm{AE}\perp \mathrm{FG}$ より $\mathrm{\angle }\mathrm{FGE}={90}^{\circ }$ であるので、直角三角形の直角以外の１つの角度が等しいことから、$$\mathrm{△}\mathrm{ACD}\sim \mathrm{△}\mathrm{FGE}$$が導かれます。ここまでは詰まらずに辿り着けるはずです。

（２）は以下のように示せます。

$\mathrm{AD}//\mathrm{FG}$ より同位角の関係から$$\mathrm{\angle }\mathrm{DAE}=\mathrm{\angle }\mathrm{FGE}={90}^{\circ }$$となります。前問より $\mathrm{△}\mathrm{ACD}\sim \mathrm{△}\mathrm{FGE}$ なので$$\mathrm{\angle }\mathrm{DAC}=\mathrm{\angle }\mathrm{EFG}\cdots \mathrm{①}$$が成り立ちます。

ここで、$\mathrm{\angle }\mathrm{CAE}={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }\mathrm{DAC}$ であり、$\mathrm{△}\mathrm{FGE}$は直角三角形なので補角の関係から $\mathrm{\angle }\mathrm{CEA}={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }\mathrm{EFG}$ です。よって$\mathrm{①}$より、$$\mathrm{\angle }\mathrm{CAE}=\mathrm{\angle }\mathrm{CEA}$$が成り立つので、$\mathrm{△}\mathrm{CAE}$は底角が等しい三角形となることから二等辺三角形であり、$$\mathrm{CA}=\mathrm{CE}$$が従います。

なお、証明には必要ありませんが、$\mathrm{△}\mathrm{ABD}$は二等辺三角形であり、$\mathrm{\angle }\mathrm{ACB}={90}^{\circ }$であるから$\mathrm{AC}$は$\mathrm{\angle }\mathrm{BAD}$の二等分線となるので $\mathrm{\angle }\mathrm{BAC}=\mathrm{\angle }\mathrm{DAC}$ が成り立っています。

（３）は下図のように$\mathrm{C}$から$\mathrm{AE}$に対して垂線$\mathrm{CH}$を引いて、同位角、錯角の関係を利用します。

$\mathrm{\angle }\mathrm{CHE}$と$\mathrm{\angle }\mathrm{FGE}$はともに${90}^{\circ }$であり、同位角の関係から、$$\mathrm{CH}//\mathrm{FG}\cdots \mathrm{①}$$であることが従います。$\mathrm{①}$より同位角の関係から$$\mathrm{\angle }\mathrm{ECH}=\mathrm{\angle }\mathrm{EFG}\cdots \mathrm{②}$$が成り立ちます。

いま、$\mathrm{CA}=\mathrm{CE}$ なので$\mathrm{△}\mathrm{ACE}$は二等辺三角形であり、$\mathrm{CH}$は二等辺三角形の頂点$\mathrm{C}$から底辺に対して下ろした垂線なので、頂角$\mathrm{\angle }\mathrm{ACE}$の二等分線でもあります。これより$$\mathrm{\angle }\mathrm{ECH}=\mathrm{\angle }\mathrm{ACH}\cdots \mathrm{③}$$が成り立ちます。

ここで、$\mathrm{△}\mathrm{ACD}\sim \mathrm{△}\mathrm{FGE}$ なので$$\mathrm{\angle }\mathrm{DAC}=\mathrm{\angle }\mathrm{EFG}\cdots \mathrm{④}$$が成り立っています。したがって$\mathrm{②}$～$\mathrm{④}$から$$\mathrm{\angle }\mathrm{DAC}=\mathrm{\angle }\mathrm{ACH}$$が成り立ちます。この2つの角は錯角の関係にあるので、ここから $\mathrm{AD}//\mathrm{FG}$ が導かれます。

以上より、$\mathrm{AD}//\mathrm{FG}$ は $\mathrm{CA}=\mathrm{CE}$ の必要十分条件であることが示されました。以下にGeoGebraにより描画した図を共有します。点$\mathrm{C}$、$\mathrm{E}$を動かせるようにしてあるので遊んでみて下さい。

点$\mathrm{I}$は直線$\mathrm{EC}$と$\mathrm{AD}$の交点です。「$\mathrm{EC}=\mathrm{CI}$ のとき $\mathrm{AD}\perp \mathrm{AE}$ を示せ」（またはその逆）などの証明問題も面白そうですね。

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