図形と整数問題(自作問題4)

この記事の所要時間: 653

問題.

今回は自作問題の4, 図形と整数問題です.

問題.

円に内接する四角形\(ABCD\)があり, 辺\(BC\)と辺\(CD\)の長さは等しい. 辺及び対角線の長さを\(AB=\alpha, BC=CD=\beta, DA=\gamma, AC=\delta\)とおき, 四角形\(ABCD\)の外接円, \(\triangle{ABC}\)の内接円及び\(\triangle{ACD}\)の内接円の半径をそれぞれ\(R, r_1, r_2\)とおくとき, 以下の条件(\(*\))が成り立つ. \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\)の値をそれをれ求めよ.

\begin{align*}
(*):\left\{\begin{array}{lll}
\alpha, \beta, \gamma, \delta\,\,\textrm{はすべて整数で,どの2つをとっても互いに素}\\
R:r_1:r_2=14:3:6\\
\angle{ADC}=60^\circ \nonumber
\end{array} \right.
\end{align*}

図形の性質から, 正弦定理, (第2)余弦定理などを使って\(\alpha, \beta, \gamma, \delta\)についての方程式を求め, 整数問題として解いていく問題です.

正弦定理

\(\triangle{ABC}\)の外接円の半径を\(R\)とすると,

\begin{align*}
\dfrac{a}{\sin{A}} = \dfrac{b}{\sin{B}}=\dfrac{c}{\sin{C}}=2R
\end{align*}

余弦定理

\(\triangle{ABC}\)において,

\begin{align*}
a^2 &= b^2+c^2-2bc\cos{A}\\
b^2 &= c^2+a^2-2ca\cos{B}\\
c^2 &= a^2+b^2-2ab\cos{C}
\end{align*}

解答.

\begin{align}
\end{align}

\begin{align}
\end{align}
\(\triangle{ACD}\)において正弦定理より,
\begin{align*}
R = \frac{1}{2}\cdot\frac{\delta}{\sin{60^\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\delta
\end{align*}
\(\triangle{ACD}\)の面積について,
\begin{align*}
\frac{1}{2}\cdot\beta\cdot\gamma\cdot\sin{60^\circ}&= \frac{1}{2}\cdot r_2\cdot(\beta+\gamma+\delta)\\
\therefore r_1 &= \frac{\beta\gamma}{\beta+\gamma+\delta}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align*}
四角形\(ABCD\)が円に内接するので, \(\angle{ABC}=180^\circ-\angle{ADC}=120^\circ\)となるから, \(\triangle{ABC}\)の面積について,
\begin{align*}
\frac{1}{2}\cdot \alpha\cdot\beta\cdot\sin{120^\circ} &= \frac{1}{2}\cdot r_1\cdot (\alpha+\beta+\delta)\\
\therefore r_1 &= \frac{\alpha\beta}{\alpha+\beta+\delta}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align*}
2番目の条件より,
\begin{align*}
\frac{\sqrt{3}}{3}\delta : \frac{\alpha\beta}{\alpha+\beta+\delta}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} : \frac{\beta\gamma}{\beta+\gamma+\delta}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 14 : 3 : 6
\end{align*}
\begin{align*}
\therefore \left\{
\begin{array}{ll}
\delta(\alpha+\beta+\delta)=7\alpha\beta\quad\cdots(1)\\
2\delta(\beta+\gamma+\delta)=7\beta\gamma\quad\cdots(2)
\end{array}
\right.
\end{align*}
\(\triangle{ABC}\)において, 余弦定理より
\begin{align}
\delta^2 = \alpha^2+\beta^2-2\alpha\beta\cos{120^\circ}=\alpha^2+\beta^2+\alpha\beta
\end{align}
\(\triangle{ACD}\)において, 余弦定理より
\begin{align}
\delta^2=\beta^2+\gamma^2-2\beta\gamma\cos{60^\circ}=\beta^2+\gamma^2-\beta\gamma
\end{align}
(3)-(4)より,
\begin{align*}
0 = \alpha^2-\gamma^2+\beta(\alpha+\gamma)\\
\therefore (\alpha+\gamma)(\alpha-\gamma+\beta)= 0
\end{align*}
\(\alpha+\gamma>0\)なので, \(\alpha-\gamma+\beta=0\)となり, \(\gamma = \alpha + \beta\).
(2)に代入して,
\begin{align}
2\delta(\alpha+2\beta+\delta)=7\beta(\alpha+\beta)
\end{align}
(5)-(1)\(\times 2\)より,
\begin{align*}
2\beta\delta = 7\beta(-\alpha+\beta)
\end{align*}
\(\beta\neq 0\)なので両辺を\(\beta\)で割って,
\begin{align*}
2\delta = 7(-\alpha+\beta)
\end{align*}
\(\delta\)は7の倍数となるので, \(\delta=7k\)(\(k\):自然数)とおくと, \(-\alpha+\beta=2k\)より, \(\beta = \alpha+2k\)
(1)に代入して,
\begin{align*}
7k(2\alpha+9k) &= 7\alpha(\alpha+2k)\\
\alpha^2&= 9k^2
\end{align*}
\(\alpha>0\), \(k>0\)なので, \(\alpha = 3k\). また, \(\beta=3k+2k=5k\), \(\gamma=\alpha+\beta=8k\).
ここで1つ目の条件から\(\alpha, \beta, \gamma, \delta\)は互いに素なので, \(k=1\)となる.
従って, \(\alpha=3\), \(\beta=5\), \(\gamma=8\), \(\delta=7\).

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