東北大学 2016年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第4問

(1) $BE\perp AC$で，$E$は$AC$上にあるから $\mathrm{\angle }BEC={90}^{\circ }$ である。また$CF\perp AB$で，$F$は$AB$上にあるから $\mathrm{\angle }BFC={90}^{\circ }$ である。したがって$E,F$はいずれも線分$BC$を直角に見込む点である。よって $$\mathrm{\angle }BEC+\mathrm{\angle }BFC={180}^{\circ }$$ となり，四角形$BCEF$は円に内接する。

次に，$H$は垂心なので$EH$は$BE$上にあり，$AE$は$AC$上にある。したがって $AE\perp EH$ であり，$\mathrm{\angle }AEH={90}^{\circ }$ である。同様に$FH$は$CF$上，$AF$は$AB$上にあるから $\mathrm{\angle }AFH={90}^{\circ }$ である。よって$E,F$はいずれも線分$AH$を直角に見込む点であり，四角形$AFHE$も円に内接する。

(2) $D$を原点，$BC$を$x$軸，$AD$を$y$軸にとる。鋭角三角形なので $$A=(0,h),B=(-u,0),C=(v,0)(u,v,h>0)$$ とおける。さらに頂点$A$の角が鋭角であるから，$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=h^2-uv>0$$ である。

まず$E$を求める。直線$AC$の方向ベクトルは$(v,-h)$である。$$E=A+\lambda (C-A)=(\lambda v,h(1-\lambda ))$$とおくと，$BE\perp AC$より $(E-B)\cdot (v,-h)=0$ である。すなわち $$(\lambda v+u)v-h^2(1-\lambda )=0$$ だから $$\lambda =\frac{h^2-uv}{h^2+v^2}$$ である。したがって $$E=(\frac{v(h^2-uv)}{h^2+v^2},\frac{hv(u+v)}{h^2+v^2})$$ となる。

同様に，直線$AB$上の点を$$F=A+\mu (B-A)=(-\mu u,h(1-\mu ))$$とおく。$CF\perp AB$より $(F-C)\cdot (-u,-h)=0$ であるから $$\mu =\frac{h^2-uv}{h^2+u^2}$$ を得る。よって $$F=(\frac{u(uv-h^2)}{h^2+u^2},\frac{hu(u+v)}{h^2+u^2})$$ である。 $D$は原点であるから，直線$DE$の傾きは$$\frac{{\displaystyle \frac{hv(u+v)}{h^2+v^2}}}{{\displaystyle \frac{v(h^2-uv)}{h^2+v^2}}}=\frac{h(u+v)}{h^2-uv}$$である。また直線$DF$の傾きは$$\frac{{\displaystyle \frac{hu(u+v)}{h^2+u^2}}}{{\displaystyle \frac{u(uv-h^2)}{h^2+u^2}}}=-\frac{h(u+v)}{h^2-uv}$$である。ここで$h^2-uv>0$なので，$E$は$AD$の右側，$F$は左側にある。したがって$DE$と$DF$は$y$軸，すなわち$AD$に関して対称である。よって $\mathrm{\angle }ADE=\mathrm{\angle }ADF$ である。

(1) は直角を用いて2組の円を確定する。(2)ではさらに四角形$CDHE$と$BDHF$も円に内接することを示し，円周角を順に移す。最後に$CH\perp AB$，$BH\perp AC$から，移した2つの角がとも${90}^{\circ }-\mathrm{\angle }A$であることを確認する。座標計算を使わず，垂足図形に現れる4つの円だけで証明を閉じる。

(1) $$\mathrm{\angle }BEC=\mathrm{\angle }BFC={90}^{\circ }$$であるから，$B,C,E,F$は直径$BC$の円周上にある。また$$\mathrm{\angle }AEH=\mathrm{\angle }AFH={90}^{\circ }$$であるから，$A,E,H,F$は直径$AH$の円周上にある。したがって四角形$BCEF$，$AFHE$はいずれも円に内接する。

(2) $CD\perp DH$，$CE\perp EH$より$$\mathrm{\angle }CDH=\mathrm{\angle }CEH={90}^{\circ }$$であるから，四角形$CDHE$は円に内接する。同様に$BD\perp DH$，$BF\perp FH$より，四角形$BDHF$も円に内接する。

三角形$ABC$は鋭角三角形なので，垂心$H$は内部にあり，$D,H,A$はこの順に同一直線上にある。したがって円周角の性質から$$\mathrm{\angle }EDA=\mathrm{\angle }EDH=\mathrm{\angle }ECH,\mathrm{\angle }ADF=\mathrm{\angle }HDF=\mathrm{\angle }HBF$$となる。ところが$EC$は$AC$上，$CH\perp AB$であるから$$\mathrm{\angle }ECH={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }BAC$$である。また$BF$は$BA$上，$BH\perp AC$であるから，同じく$$\mathrm{\angle }HBF={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }BAC$$である。よって$\mathrm{\angle }EDA=\mathrm{\angle }ADF$，すなわち$\mathrm{\angle }ADE=\mathrm{\angle }ADF$が示された。