基本の作図　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　私自身、以前は定木・コンパスを用いて、いろいろな図形を作図・描画したものだが、描
画ソフトを使うようになって、その便利さから、定規・コンパスを用いる機会はほとんどなく
なってしまった。

　描画ソフトは確かに速く綺麗に正確に希望する図を描画してくれるが、自身で書いていな
いせいか心持ちよそよそしい。電卓同様、原理原則が分かっている人が使えば時間の短
縮になり重宝するが、原理原則が分からなくても描けてしまうところに両刃の剣になる危険
性をはらんでいる。

　そこで、このページでは、基本の作図をいくつか取り上げて、その原理原則を明確化し、
まとめてみることにした。

　描画ソフトで作図を学んだ世代が、「なぜ、このような作図が可能なのか？」という疑問を
持たれたときの道標にでもなれば幸いである。

線分の等分割

	等分割したい線分ＡＢに対して、左図のように 　線分ＡＣを引く。コンパスを使用して、線分ＡＣ上 　を任意の長さで等分割する。
線分ＢＤを結び、各等分点から線分ＢＤに平行な線分を引き、線分ＡＢとの交点を求める。 　これが、求める等分点である。

（追記）　平成２４年２月２６日付け

　社団法人日本数学会が、国公私立４８大学の５９３４人を対象に行ったテストの結果、

　　「平均の意味」　・・・　正答率　７６％
　　「奇数と偶数を足すと奇数になる理由」　・・・　正答率　３４％
　　「定木とコンパスを使って線分を３等分する方法」　・・・　正答率　８％
　　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

という結果であったという。正答率８％の「線分の３等分」も、方法を１回経験していれば易し
いと思うのだが、経験していなければ、上記の発想を個人の力で捻出するのは難しいかもし
れない。


正方形

正方形の一辺ＡＢが与えられている。点Ｂ 　　を中心に任意半径の円を描き、線分 ＡＢ と 　　の交点をＰとする。この円と同じ長さの半径 　　でＰを中心とする円弧で点Ｑ、点Ｑを中心と 　　する円弧で点Ｒをそれぞれ定める。任意の 　　長さで、点Ｑ、Ｒを中心として円弧を描き、点 　　Ｓを定める。線分ＢＳ上にＡＢ＝ＢＣとなるよ 　　うに点Ｃを定める。

　線分ＡＢの長さを半径、点Ａ、Ｃを中心として点Ｄを定める。

　このとき、四角形ＡＢＣＤが求める正方形である。

　（線分の端点で垂線を引くとき、正三角形の性質が巧妙に使われている。）


上記の方法に比べてエレガントさに欠けるかもしれないが、次のような作図手順も捨て難い。

正方形の一辺ＡＢが与えられている。線分 　　ＡＢの垂直二等分線を描き、ＡＢ＝ＰＱとなる 　　ように点Ｑをおく。点Ｑを中心に半径ＡＰの円 　　弧を描く。この円弧と点Ｂを中心、半径ＡＢの 　　円弧との交点をＣとする。同様にして、点Ｄを 　定める。 　　このとき、四角形ＡＢＣＤが求める正方形で 　ある。 　（もしかしたら、こちらの方が多くの方が思いつ 　 かれる方法ではないかと推察される。）

（追記）　令和４年１０月２０日付け

　与えられた線分ＡＢに対して、端点Ａで垂線を立てる作図は、基本的な問題だろう。最近、
上記とは異なる引き方があることを知った。

（方法１）

線分ＡＢの垂直２等分線上に任意に点Ｃをとる。Ｃを 　中心として、半径ＣＢの円弧を描く。Ｂを中心として、半 　径ＣＢの円弧を描き、点Ｄを定める。同様にして、点Ｅ、 　Ｆを定めるとき、線分ＡＦがちょうど線分ＡＢの垂線となる。

（証明）　ＢＦは、円Ｃの直径なので、　∠ＢＡＣ＝９０°となる。　　（証終）


（方法２）

Ｂを中心として半径ＢＡの円弧を描き、その周上 　に任意に点Ｃをとる。Ｃを中心とし半径ＣＡの円弧 　を描き、円Ｂとの交点をＤとおく。 　Ａを中心とし半径ＡＤの円弧を描き、円Ｃとの交点 　をＥとおく。 　このとき、ＡＥが求める垂線である。

（証明）　△ＣＡＤは、ＣＡ＝ＣＤの２等辺三角形なので、　∠ＣＡＤ＝∠ＣＤＡ

　また、ＡＤ＝ＡＥ で、Ｃは円の中心なので、　∠ＣＡＤ＝∠ＣＡＥ

　以上から、　∠ＣＤＡ＝∠ＣＡＥ　なので、接弦定理より、線分ＡＥは、点Ａを接点とする円Ｂ

の接線となる。したがって、ＡＢ⊥ＡＥ　が示された。　　（証終）


定点通過の平行線

線分と点Ｐが与えられている。点Ｐを中心に 　　任意半径の円を描き、線分との交点をＡとす 　　る。この円と同じ長さの半径でＡを中心とする 　　円を描き、線分との交点をＢとする。

　点Ａを中心として半径ＢＰの円を描き、先の円との交点をＣとする。

　このとき、線分ＰＣが求めるものである。

　（平行四辺形の性質が巧妙に使われている。）


四分円の内接円

四分円ＯＡＢが与えられている。∠ＡＯＢ の二等分線ＯＳを描き、弧ＡＢとの交点をＴ とする。Ｔより接線を描き、線分ＯＡの延長 線との交点をＰとする。∠ＯＰＴの二等分線 と線分ＯＳとの交点Ｑが求める円の中心で ある。

（いつも目分量で描いていて、適当に誤魔化していました_ネ．．．f(^_^)　）

　上記では円の中心を求めるために、角の二等分線が２本作図されたが、振り返ってみる
と、あまり賢明な方法とは言えない。次のように作図することも可能である。

四分円ＯＡＢが与えられている。点Ａを中心とし半 　　径ＯＡの円弧を描く。同様に点Ｂを中心とし半径ＯＡ 　　の円弧を描き、交点をＳとする。点Ｓを中心とし半径 　　ＯＡの円弧を描き、線分ＯＳとの交点をＰとする。線 　　分ＯＳと弧ＡＢのの交点をＴとし、Ｔを中心に半径ＯＰ 　　の円弧を描く。線分ＯＳとの交点をＱとする。

　このとき、点Ｑが求める円の中心である。

（手順がずいぶんスッキリしました_ネ．．．f(^_^)　）

　この解法を得るには、作図における解析を用いる。求める円の半径は、（−１）ＯＡ
である。


星型

円Ｏが与えられている。直径ＡＢとその垂線ＯＣを 　　作図する。ＯＢの中点Ｍを中心とし半径ＣＭの円弧 　　を描き、ＯＡとの交点をＮとする。 　　　Ｃを中心とし半径ＣＮの円弧を描き、円Ｏとの交点 　　をＰとする。弧ＣＰの長さで、円周を５等分する。

　このとき、５等分点Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓ、Ｃを結べば、星型が得られる。

　この作図の理論的背景は、こちらを参照。


円弧の連続曲線

当ＨＰの掲示板に、ＨＮ「しん」さんという 　方から書き込みがあった。 　　　Ｒの出し方についての質問です。例え 　　ば、Ｒ５というのはφ１０ の半分と聞きま 　　した。なぜこのような表示のしかたをする 　　のかが分かりません。 また、板にこのＲ 　　５の曲線を錐（きり）を使って削る場合、 　　何φの錐で削ればいいのでしょうか？ 　　数学的に分 かりやすく証明できるもの 　　でしょうか？ 　錐を使って板を削るということが想像でき ません（錐は穴をあける道具？）が、曲線を いくつかの円弧の集まりと考えれば、左図 のような形で作図できると思います。

　Ｒは、英語の　Radius　（半径）の頭文字をとったもの。Ｒの数値の大きい方がカーブ形状
は浅くなります。道路標識でも用いられ、運転者にはカーブのきつさが分かって重宝します。

　上記のような説明で、ＨＮ「しん」さんの質問の趣旨に合致しているかどうか全く自信があり
ません。


円の接線

　円周上の任意の点で接線を引く場合、最初に思いつく方法は、接点と中心を結ぶ半径に
垂直な直線を描くというものであろう。

　これに対して、次の方法はとても斬新である。

Ｈにおける接線が与えられているものとする。 直径ＫＨ上の点Ｋと円周上の任意の点Ａを結 び、その延長線とＨにおける接線の交点をＰ とする。 　線分ＨＰの中点をＭとすれば、線分ＡＭが求 める接線となる。

（証明）　∠ＨＡＫ＝∠Ｒ　より、∠ＨＡＰ＝∠Ｒ　　よって、点Ｍは３点Ｈ、Ａ、Ｐ を通る円の中心
　　　　となる。このとき、∠ＭＡＨ＝∠ＭＨＡ　が成り立つ。接弦定理より、∠ＭＨＡ＝∠ＨＫＡ
　　　　　ゆえに、∠ＭＡＨ＝∠ＨＫＡ　となり、接弦定理の逆により、ＭＡはＡにおける接線とな
　　　　る。
　　　　　実際に、直角三角形ＬＨＡにおいて、∠ＨＫＡ＝∠ＨＬＡ、∠ＨＬＡ＋∠ＨＡＬ＝∠Ｒ
　　　　　よって、∠ＭＡＨ＋∠ＨＡＬ＝∠Ｒ　より、半径ＯＡ⊥ＭＡ　なので接線といえる。


高さが既知の三角形

　３辺の与えられた三角形を作図することは、三角形が存在する限り、易しい。それでは発
想を変えて、与えられた長さを高さとする三角形を作図するにはどうしたらよいであろうか？

今、与えられた高さを、５、７、８　とし、この長さを 　３辺とする三角形を描く。△ＡＢＣの面積に注意して 　　(1/2)ＡＫ・ＢＣ＝(1/2)ＢＬ・ＣＡ＝(1/2)ＣＭ・ＡＢ 　すなわち、ＢＣ：ＣＡ：ＡＢ＝１/ＡＫ：１/ＢＬ：１/ＣＭ 　　よって、高さと辺の長さは反比例する。

したがって、求める△ＰＱＲは、 　左図のように作図すれば求まる。 　　ここで、ＧＨはＱＨの垂線であり、 　ＧＨ＝５　とする。赤線上の点Ｐに 　ついて、ＰＧとＱＨは平行で、青線 　も互いに平行とする。

円の４分割

ここでは、円の中心が与えられているものとして考える。 　　（→　参考 ： 円の中心（コンパスのみでの作図）） 　　　定木とコンパスを用いて、円を４分割することは易しい。ここ 　　では、コンパスのみを使って円を４分割する方法を考える。 　（この問題は、ハンドルネーム tappon さんという方からいただ 　 いたものである。）

　まず、与えられた円周上に、任意に１点 Ａ をとる。Ａ を中心として、円周上に半径ＯＡに等し
い点 Ｃ、Ｄをとる。今度は、Ｃ、Ｄを中心として、円周上に半径ＯＡに等しい点をとる。この操作
を続けて、円周上を６等分する。

Ａ、Ｂ を中心として、線分 ＣＤ の長さに等しい円弧を描き、 　その交点を Ｅ とする。 　　さらに、Ａ を中心として、線分 ＯＥ の長さに等しい円弧を 　描き、その交点を Ｆ、Ｇ とする。 　　このとき、４点 Ａ、Ｂ、Ｆ、Ｇ がちょうど円周を４等分してい 　る。 （コメント：　コンパスのみで、円周が４等分できるなんて実に 　　　　　　驚きです！）

長方形の辺の中点

定木とコンパスを用いて、長方形の辺の中点を作図 　　することは易しい。 　　　ここでは、定木のみを使って長方形の辺の中点を作 　　図する方法を考える。 　　　（この問題は、ハンドルネーム tappon　さんという方 　　　　からいただいたものである。）

辺ＣＤを適宜延長し、点Ｐをとり、対角線ＡＣとＢＤ 　の交点Ｏと結び、辺ＡＤとの交点をＱとする。線分 　ＣＱと対角線ＢＤとの交点をＲとし、線分ＰＲの延長 　線と対角線ＡＣとの交点をＳとする。このとき、線分 　ＤＳの延長線と辺ＢＣの交点Ｍが、辺ＢＣの中点と 　なる。

　ちょっと、作図の方法が複雑なので、作図の解析をしておきます。

長方形ＡＢＣＤにおいて、一般性を失うことなく、 　ＡＢ＝２、ＢＣ＝２ｍ　としてよい。 　　また、左図において、 　　　　　ＰＤ＝ｎ　、　ＱＤ＝ｘ　、　ＲＫ＝ｙ　、 　　　　　ＳＬ＝ｚ　 、　ＤＫ＝ｓ　、　ＬＣ＝ｔ 　　とおく。

　まず、△ＰＱＤ ∽ △ＰＯＮ において、　ｘ ： ｍ ＝ ｎ ： ｎ＋１　なので、　ｘ ＝ ｍｎ/（ｎ＋１）

△ＤＲＫ ∽ △ＤＯＮ において、　ｙ ： ｍ ＝ ｓ ： １　なので、　ｙ ＝ ｍｓ

△ＣＲＫ ∽ △ＣＱＤ において、　ｙ ： ｘ ＝ ２−ｓ ： ２　なので、　２ｙ ＝ ｘ（２−ｓ）

　ｘ ＝ ｍｎ/（ｎ＋１）　、 ｙ ＝ ｍｓ　を代入して整理すると、　ｓ＝２ｎ/（３ｎ＋２）　で、

　ｙ＝２ｍｎ/（３ｎ＋２）　となる。

また、△ＣＳＬ ∽ △ＣＯＮ において、　ｚ ： ｍ ＝ ｔ ： １　なので、　ｚ ＝ ｍｔ

△ＰＲＫ ∽ △ＰＳＬ において、ｙ ： ｚ ＝ ｎ＋ｓ ： ｎ＋２−ｔ　なので、（ｎ＋２−ｔ）ｙ ＝ ｚ（ｎ＋ｓ）

　ｓ＝２ｎ/（３ｎ＋２）　、ｙ＝２ｍｎ/（３ｎ＋２）　、ｚ ＝ ｍｔ　を代入して整理すると、

ｔ＝２/３　で、ｚ＝（２/３）ｍ　となる。

　このとき、線分ＤＳの傾きは、　（２−ｔ）/ｚ＝２/ｍ　となり、この結果、線分ＭＣの長さは、ｍ

に等しくなる。

　よって、点Ｍは、線分ＢＣの中点となる。

（コメント：定木だけでは不可能では？と思ったのですが、意外にも作図が出来るんですね！
　　　　　　本当に驚きです。）

（平成１６年１１月１５日追記）　上記の作図では、７回定木を使っているが、tappon　さんに
　　　　　　　　　　　　　　　　　　よれば、わずか５回定木を使うだけで十分とのことである。

　以下の作図方法は、tappon　さんにご教示いただいた。

辺ＣＤを適宜延長し、点Ｐをとり、点Ｂと結び、辺ＡＤと 　　の交点をＱとする。線分ＣＱと対角線ＢＤとの交点をＲと 　　し、線分ＰＲの延長線と辺ＢＣの交点をＭとすると、点Ｍ 　　が辺ＢＣの中点となる。

　（コメント）　とても簡明な方法で、驚き！です。最初信じられない方法だったので、紙に書
　　　　　　　いて確かめてみたところ、まさに中点が求まっていました。

　作図の解析は以下のようになります。

　　長方形ＡＢＣＤにおいて、一般性を失うことなく、　ＡＢ＝２、ＢＣ＝２ｍ　としてよい。

　また、上図において、　ＰＤ＝ｎ　、　ＱＤ＝ｘ　、　ＲＫ＝ｙ　、　ＫＣ＝ｚ　　とおく。

　まず、△ＰＱＤ ∽ △ＰＢＣ において、　ｘ ： ２ｍ ＝ ｎ ： ｎ＋２　なので、　ｘ ＝ ２ｍｎ/（ｎ＋２）

△ＤＲＫ ∽ △ＤＢＣ において、　ｙ ： ｍ ＝ ２−ｚ ： ２　なので、　ｙ ＝ ｍ（２−ｚ）/２

△ＣＲＫ ∽ △ＣＱＤ において、　ｙ ： ｘ ＝ ｚ ： ２　なので、　ｙ ＝ ｘｚ/２

　ｘ ＝ ２ｍｎ/（ｎ＋２）　、 ｙ ＝ ｍ（２−ｚ）/２　、 ｙ ＝ ｘｚ/２　より、　ｚ＝（ｎ＋２）/（ｎ＋１）　で、

　ｙ＝ｍｎ/（ｎ＋１）　となる。

　このとき、線分ＰＲの傾きは、　（ｎ＋２−ｚ）/ｙ＝（ｎ＋２）/ｍ　となり、この結果、線分ＭＣの

長さは、ｍ　に等しくなる。　よって、点Ｍは、線分ＢＣの中点となる。


　また、tappon　さんによれば、上記では長方形の外部を有効に使って作図しているが、多
少手数がかかるものの長方形の内部だけを用いて作図することも可能とのことである。

　以下の作図方法も、tappon　さんにご教示いただきました。

対角線ＡＣとＢＤの交点をＯとし、Ｏを通る任意の線分ＰＱ 　を描く。四角形ＡＢＱＰの対角線の交点をＲとし、線分ＤＲと 　線分ＰＱの交点をＳとおく。直線ＡＳと線分ＱＤの交点をＴと 　し、直線ＯＴと辺ＣＤの交点をＭとおく。 　　このとき、点Ｍは、辺ＣＤの中点である。

　ちょっと、作図の方法が複雑なので、座標幾何の考えで作図の解析をしておきます。

　Ｏ（０，０）、Ａ（−ｍ，１）、Ｂ（−ｍ，−１）、Ｃ（ｍ，−１）、Ｄ（ｍ，１）　とおく。

また、Ｐ（ｋ，１）、Ｑ（−ｋ，−１）とおくと、直線ＡＱの式は、ｙ＝（２/(ｋ−ｍ)）（ｘ＋ｍ）＋１

直線ＢＰの式は、ｙ＝（２/(ｋ＋ｍ)）（ｘ＋ｍ）−１　なので、点Ｒ（−（ｍ²＋ｋ²)/（２ｍ），−ｋ/ｍ）

直線ＤＲの式は、ｙ＝（２（ｋ＋ｍ）/(ｋ²＋３ｍ²)）（ｘ−ｍ）＋１　なので、

点Ｓ（−ｋ（ｍ²−２ｍｋ＋ｋ²)/（ｋ²＋２ｍｋ−３ｍ²），−（ｍ²−２ｍｋ＋ｋ²)/（ｋ²＋２ｍｋ−３ｍ²））

したがって、直線ＡＳの式は、ｙ＝（２/(ｋ−３ｍ)）（ｘ＋ｍ）＋１　となり、

　　　　　　　 直線ＱＤの式は、ｙ＝（２/(ｋ＋ｍ)）（ｘ−ｍ）＋１　であるので、

両者を連立して、点Ｔの ｙ 座標を求めると、０ となる。

　このことは、直線ＯＴと辺ＣＤの交点Ｍが、辺ＣＤの中点になることを示す。


（コメント ：　証明はできても、どうしてこのような作図方法を思いつくのか、全く見当がつき
　　　　　　　ませんね！「スゴい！」の一語に尽きます。）


（追記）　上記の作図では、９回定木を使っているが、わずか６回定木を使うだけで十分であ
　　　　ることが確認されたので、その報告です。 （平成１６年１１月１７日付け）

対角線ＡＣとＢＤの交点をＯとし、辺ＡＢ上の任意の点Ｐと 　点Ｄを結び、対角線ＡＣとの交点をＱとおく。線分ＢＱと線分 　ＰＯの交点をＲとし、直線ＡＲと辺ＢＣの交点をＭとおく。 　　このとき、点Ｍは、辺ＢＣの中点である。

　作図の解析は以下のようになります。

　チェバの定理により、
　　　　　　　　　　　　　　　

メネラウスの定理により、
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　よって、
　　　　　　　　

　このことから、Ｓは線分ＢＯを、２ ： １ に内分する点である。

　△ＡＢＣにおいて、点Ｏは辺ＡＣの中点であるので、Ｓは△ＡＢＣの重心となる。

　　したがって、中線ＡＳと辺ＢＣの交点であるＭは、辺ＢＣの中点となる。


平行線

定木とコンパスを用いて、直線外の１点から直線に平 　行な直線を作図することは易しい。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（→定点通過の平行線） 　　ここでは、定木のみを使って、平行線 ｌ と ｍ が与え 　られたとき、直線外の１点Ｐから直線に平行な直線を作 　図する方法を考える。 　（この問題は、ハンドルネーム「tappon」さんという方か 　 らいただいたものである。）

　点Ｐを通り、平行線 ｌ 、ｍ と２点Ｂ、Ｃで交わる直線を任意に引き、その直線上の任意の
点をＡとおく。

さらに、点Ａを通り、平行線 ｌ と ｍ と２点Ｄ、Ｅで交わ 　る直線を任意に引く。 　　このとき、線分ＢＥと線分ＣＤの交点をＫとし、直線ＡＫ 　と直線ｍ との交点をＭとすると、Ｍは線分ＣＥの中点で 　ある。 　　線分ＡＭと線分ＰＥの交点をＬとし、直線ＣＬと線分ＡＥ 　の交点をＱとおくと、線分ＰＱは、直線 ｌ に平行となる。

　ちょっと、作図の方法が複雑なので、作図の解析をしておきます。

　チェバの定理より、
　　　　　　　　　　　　　　

で、２直線ｌ と ｍ は、平行だから、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
が成り立ち、したがって、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

となる。　これより、ＣＭ＝ＭＥ　で、Ｍは、線分ＣＥの中点となる。

　さらに、チェバの定理より、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
が成り立ち、
　　　　　　　　　
なので、
　　　　　　　　

が成り立つ。　このことから、線分ＰＱは、直線 ｍ 　すなわち　直線 ｌ　に平行となる。


反転

半径 ｒ の円Ｏに対して、　ＯＰ×ＯＱ＝ｒ2　が成り立つとき、 　点Ｑは、円Ｏに関して、点Ｐと対称であるという。 　　このとき、点Ｐに点Ｑを対応させることを、反転という。 　円Ｏを、反転円、中心Ｏを反転の中心、ｒ2 を反転度という。 　　「反転」の文字通りの意味は、「置き換え」ということである。

　点Ｐが円Ｏの外部にあるとき、点Ｑをコンパスのみを用いて作図することは易しい。

点Ｐを中心として半径ＯＰの円弧を描き、円Ｏとの交点を 　Ａ、Ｂとする。 　　２点Ａ、Ｂのそれぞれを中心として半径 ｒ の円弧を描くとき、 　その交点が求める点Ｑを与える。

　ここで、作図の解析をしておこう。

△ＰＡＯと△ＡＯＱは二等辺三角形で、相似である。 　　よって、　ＯＰ ： ＯＡ ＝ ＯＡ ： ＯＱ　が成り立つ。 　　　したがって、　ＯＰ×ＯＱ＝ＯＡ2＝ｒ2　なので、 　　点Ｑは、円Ｏに関して、点Ｐと対称になる。

　上記では、点Ｐが円Ｏの外部にあるときを考えたが、点Ｐが円Ｏの内部にあるときは次の
ように作図すればよい。

ＯＰ’＝ｎ・ＯＰ（Ｐ’は円の外部の点）となるように、ｎ を適 　宜決める。 　　上記の作図方法により、Ｑ’を決め、　ＯＱ＝ｎ・ＯＱ’　に 　より点Ｑ を決めれば、点Ｑが求める点となる。 　　実際に、ＯＰ・ＯＱ＝(1/ｎ)ＯＰ’・ｎ・ＯＱ’＝ＯＰ’・ＯＱ’ 　から明らかであろう。

　１９世紀の終わり頃、ア・アドラーにより、コンパスのみを用いるという作図問題に、反転が
利用された。例えば、端点のみが与えられた線分の中点を求める場合、

　　　　　　　　　　　　　　

一見すると、定木・コンパスを用いないと作図できないかのような気がするが、反転を用いる
と、定木なしでコンパスのみで中点を作図することが可能となる。

　　　　　

　これは、　ＡＰ＝２ＡＢ　、ＡＰ×ＡＱ＝ＡＢ²　より、ＡＱ＝（1/2）ＡＢ　が成り立つことから明ら
かであろう。

（参考文献：コストフスキー　著　松野　武　訳　コンパスによる作図　（東京図書））


円の接線２

定木とコンパスを用いて、円外の１点Ｐから円Ｏに 　　接線を作図することは易しい。 　　　作図の方法を確認しておこう。

ＯＰを直径とする円を描き、円Ｏとの交点を求める。 　その交点と点Ｐを結べば、それが求める接線となる。

　上記の方法では、コンパスが有効に用いられたが、コンパスを利用する作図方法よりも
定木のみを利用する作図の方が実用上大切である。

　そこで、上記の接線の作図を、定木のみを用いた場合について考察をしようと思う。

　いま、下図のように、接線が引けたものとする。

このとき、△ＡＯＱ ∽ △ＰＯＡ　で、 　　　　ＯＰ×ＯＱ＝ＯＡ2 　が成り立つので、点Ｑは、点Ｐと円Ｏに関して対称で 　ある。（ →　参考 ： 反転 ）

　この性質に注目すれば、反転の理論からも接線を求めることは可能である。

　上図には、もっと大切な性質が隠れている。

　△ＡＱＰにおいて、ＡＭは∠ＰＡＱの二等分線であり、ＡＮは∠ＰＡＱの外角の二等分線に
なっている。

　このとき、　ＡＱ ： ＡＰ ＝ ＱＭ ： ＭＰ　、　ＡＱ ： ＡＰ ＝ ＮＱ ： ＮＰ　 が成り立つ。

すなわち、　ＱＭ ： ＭＰ ＝ ＮＱ ： ＮＰ　 より、

　　　　　　　ＮＱ ： ＱＭ ＝ ＮＰ ： ＰＭ　

が成り立つ。

　このような関係を満たす１直線上の点列 Ｐ，Ｑ ； Ｍ，Ｎ は調和点列であるという。

このとき、次の事実が知られている。

　円Ｏに円外の１点Ｐから直線Ｌを引き、その交点をＭ、Ｎとおく。Ｍ，Ｎ ； Ｐ と調和点列とな
る点をＱとおく。点Ｐを中心として、直線Ｌを回転させると、点Ｑの軌跡は、直線となる。

　この直線Ｌを円Ｏに関する点Ｐの極線といい、点Ｐを極点という。

さらに、次の事実が知られている。

　円Ｏに関する点Ｐの極線は、ＰとＯを結ぶ直線に垂直である。

したがって、上図において、点列 Ｐ，Ｑ ； Ｍ，Ｎ は調和点列であり、ＯＰとＡＢは垂直なので、

直線ＡＢが円Ｏに関する点Ｐの極線となる。

　よって、このような極線を定木のみで作図することが可能であれば、接線の作図も可能と
なる。

ところで、左図において、チェバの定理とメネラウスの定理を用 いて、 　　　　 　　ＢＱ ： ＱＣ ＝ ＢＰ ： ＰＣ が成り立ち、４点Ｐ，Ｑ ； Ｃ，Ｂ は調和点列となる。 　左図により、その作図方法が理解される。

　

　上図では、素朴な方法で接線を作図しているが、図からも分かるように、もっと簡単な作
図方法が存在する。（読者の皆さんは、図をじっと眺めて、考えてみてください。）

（参考文献：スモゴルジェフスキー　著　安香満恵・矢島敬二　訳　定木による作図
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（東京図書））


（追記）　平成２３年９月２４日付け

　当ＨＰの読者のＳさんより、関連する話題をメールで頂いた。

円Ｏの外部の点Ｐより、中心を通る直線を引き、 　　ＰＡ＝１、ＰＢ＝ａ　とする。上記の方法で、接線ＰＴ 　　が作図出来るとき、　ＰＴ＝√ａ　が成り立つ。 　　（証明は、方べきの定理より明らかだろう。）

　与えられた線分の長さ（ａ）より、√ａを作図する方法は、いろいろ考えられるが、

　　　　　　


　上図において、ｂ＝１　と考えれば、作図方法は明らかだろう。


線分の中点

定木とコンパスを用いて、線分の中点を求めることは易 　しい。（→参考：線分の等分割） 　　それでは、左図のような円が与えられたとき、線分ＡＢの 　中点を定木のみを用いて作図することはできるだろうか？ 　　（この問題は、ハンドルネーム tappon　さんという方から 　　　いただいたものである。） 　　　答えは、可能である。 　　　円の中心は直径を２等分することを利用して、直径に 　　平行な直線が作図できることに気がつけばよい。 　円Ｏの任意の直径をＰＱとし、直線ＰＢ上に任意に点Ｒを とる。

線分ＢＱと線分ＲＯの交点をＳとし、直 線ＰＳと線分ＱＲの交点をＴとすると、 直線ＢＴは、直径ＰＱに平行である。 　同様にして、直径ＰＱに対して、直線 ＱＡ上の任意の点Ｕから点Ｖが作図で きる。 　このとき、直線ＡＶは、直径ＰＱに平行 である。 　また、円Ｏの任意のＰＱとは別の直径 をＷＸとし、直線ＸＡ上の任意の点Ｙから 点Ｚが作図できる。 　このとき、直線ＡＺは、直径ＷＸに平行 である。 　　同様にして、点Ｂを通り、直径ＷＸに 　平行な直線が作図できる。 　このとき、求める点Ｍは平行四辺形 ＡＤＢＣの対角線の交点である。

２：１の分点
　　　　　　　　　　世の中に、作図の結果、２：１に分ける点となる場合はたくさんある。ただ、
　　　　　　　　　とっさに「そのような点を作図せよ。」と言われたら、世の多くの人は、線分
　　　　　　　　　を３等分して、２：１に内分する点を指し示すことだろう。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（参考：線分の等分割）

　しかしながら、一番有名な「２：１に分ける点」は、多分、三角形の重心である。

△ＡＢＣにおいて、 　辺ＡＢ、ＢＣの中点をそれぞれＭ、Ｎとするとき、 　線分ＡＮとＣＭの交点が、重心Ｇである。 　　重心Ｇは、中線ＡＮを、２：１に内分する。 　　左図では、定木・コンパスを用いて、中点を作図し 　ているが、もちろん、コンパスのみを用いて作図可能 　である。したがって、重心Ｇもコンパスのみで作図可 　能である。（ →　参考 ： 反転 ）

　重心以外に、「２：１に分ける点」の作図例をまとめてみよう。

Ｂ＝３０°の直角三角形ＡＢＣにおいて、斜辺ＡＢの垂直二 　　等分線が辺ＢＣと交わる点をＮとおくと、 　　　Ｎは、辺ＢＣを、２：１に内分する。

△ＡＢＣにおいて、 　　辺ＡＣの延長上に、ＡＣ＝ＣＭとなる点Ｍをとる。 　　　辺ＡＢの中点ＮとＭを結び、辺ＢＣとの交点をＰとおく。 　　　このとき、 　　　　　　　　　Ｐは、辺ＢＣを、２：１に内分する。

△ＡＢＣにおいて、 　　辺ＡＢの中点をＭとし、線分ＭＣの中点をＮとおく。 　　　直線ＡＮと辺ＢＣとの交点をＰとおく。 　　このとき、 　　　　　　　　Ｐは、辺ＢＣを、２：１に内分する。

平行四辺形ＡＢＣＤにおいて、 　　辺ＢＣ、ＣＤの中点をそれぞれＭ、Ｎとおく。 　　　線分ＡＭ、ＡＮと対角線ＢＤとの交点を、それぞれＰ、Ｑと 　　おく。 　　このとき、 　　　　　　　　Ｐ、Ｑは、対角線の３等分点である。

線分の等倍

　円の４分割で用いられた方法を応用すれば、線分の等倍がコンパスのみで作図すること
ができる。

左図を眺めれば、明らかであろう。 　　点Ｂを中心として半径ＡＢの円を描き、円周を６等 　分する方法により点Ｃが求められる。 　　このとき、線分ＡＣは線分ＡＢの２倍になっている。 　同様にして、線分ＡＢの３倍になる点Ｄが作図できる。

円の中心

定木とコンパスを用いて、円の中心を求めることは易しい。 　　　任意に定木を用いて、弦ＡＢ、ＣＤを引き、各線分の垂直二等 　　分線を作図すればよい。 　　　そのときの交点が、求める円の中心となる。 　ここでは、コンパスのみを使って円の中心を求める方法を考える。

円周上に任意に１点Ａをとる。点Ａを中心とする任 　　意半径の円を描き、その交点をＰ、Ｑとする。 　　　２点Ｐ、Ｑを中心とし半径ＡＰの円弧をそれぞれ描 　　き、その交点をＢ（もう一つは、Ａ）とする。 　　　このとき、円Ａに関して、点Ｂと対称な点Ｏを作図 　　すれば、点Ｏが求める円の中心となる。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（→　参考 ： 反転 ）

　ここで、作図の解析をしておこう。

　作図方法から、ＡＯ・ＡＢ＝ＡＰ² なので、明らかに、△ＡＰＯ ∽ △ＡＢＰ　である。

このとき、△ＡＢＰにおいて、ＡＰ＝ＢＰ なので、ＯＡ＝ＯＰ となる。

同様にして、△ＡＱＯ ∽ △ＡＢＱ　なので、ＯＡ＝ＯＱ となる。

したがって、点Ｏは、円周上の３点Ａ、Ｐ、Ｑから等距離にある点なので、円の中心となる。


（追記）　平成２０年５月１９日付けで、当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、ＨＮ「ほえほえ」さん
　　　　　から次のような書き込みがあった。

　小学四年の息子の参観日は、「教科書付録の紙の円盤と同じ大きさの円をコンパスで描
く」という授業だった。そこでは、円の半径を求めるために、紙の円盤を四分円に折って中
心を求め、そこから円周までの距離を半径として、円を描いていた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（ふちをなぞる、は反則らしい．．．(^^;) ）

そこで疑問。これが紙でなく折れない鉄とかの円盤だったら、どうするのだろう、ということ。

小学四年なので、まだ平行の概念も垂直二等分線も習ってないし．．．。なにかいい方法
はあるのだろうか？

　この問いかけに対して、当ＨＰがいつもお世話になっている、らすかるさんは、５月２０日
付けで掲示板に、

　「ある直線のある点を通りその直線と垂直な直線」の作図が可能ならば、円内に長方形
が描けて、対角線の交点が求める円の中心である。

と書き込まれている。多分、らすかるさんの意味するところは下図の通りかな？

　　　　　　　　　　　　

　私の「小学四年生」向けに考えた方法は、重力を利用するもの。イメージ図は下図。それ
で正確に中心が求められるのかと突っ込まれれば、おとなしく引き下がるしかない解法だ
が．．．。
　　　（ほえほえさんの息子さんからは、「紐でとめるのは穴があいてないと難しいんじゃな
　　　　い？」とツッこまれてしまったそうである。（ヤハリ．．．。）「セロテープを使えばきっと
　　　　大丈夫」とフォローしていただいたそうで感謝します。エ〜と、私の場合の想定は、ア
　　　　ロンアルファなどの瞬間接着剤や、ごく微量の粘着物質を使うものです．．．。）

　　　　　　　　　　　　　　　

　　この操作を、円内の別な点でも行い、２つの直線の交点が円の中心となる。

　小学四年生向けということなので、「反転」を用いることを避けたが、「ほえほえ」さんの問
いかけに厳密に答えるとすれば、上記で述べた「反転による円の中心の作図」が正解手順
となるだろう。

（追記）　平成２０年５月２２日付け

　その後いろいろな方からアイデアを頂戴したのでまとめておきたい。

　出題者の「ほえほえ」さんから．．．．

　友達から円盤を借りてきて下図のように直線上に並べ、直径を求める。同じ操作を、円を
少し回転させて行う。２つの直径の交点が円の中心となる。

　　　


　当ＨＰがいつもお世話になっている「ＫｙａｍＷｅｂ」さんから．．．．

　三角定規の直角の部分を円周にあてがい、斜辺以外の２辺と円周との交点を結ぶと直径
が得られる。この操作をあてがう場所を変えて行い、２つの直径の交点が円の中心となる。

　　　　　　　　

　当ＨＰがいつもお世話になっている「カルピス」さんから．．．．

　円周上に異なる３点をとって、三角形の外接円の中心を辺の垂直２等分線を引いて求め
る。


（コメント）　いずれも描く人の予備知識に応じた方法で、「アリ」だろう。


円の接線３　（円の中心を用いないで、円周上の任意の点で接線を引く）

　平成１７年５月２０日、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「らすかる」さんより、メール
を頂戴した。そこには、斬新な円の接線の作図方法が書かれていた。

　一週間程前（５月１４日）に円の接線を引く面白い方法を考えられたとのことで、この方法
を多くの方に役に立つように記録として残してほしいというらすかるさんの思いが当ＨＰのこ
のページに託された。

　当ＨＰの「円の接線」では、円の中心が本質的な役割を果たしていた。らすかるさんの考
案された方法は、円の中心が分からなくても作図が可能で、しかも、たった２回コンパスを
利用するだけである。

（作図方法） 　　与えられた円Ｏとその周上 　の点をＡとする。 　（１） 円Ｏの円周上の任意の 　　　点Ｂを中心として点Ａを通 　　　る円を描き、円Ｏとのもう 　　　一つの交点をＣとする。 　（２） 点Ａを中心として点Ｃを 　　　通る円を描き、円Ｂとのも 　　　う一つの交点をＤとする。 　（３） 点Ｄと点Ａを結ぶ直線が 　　　求める接線となる。

　ここで、確かに接線となることを確認してみよう。（証明は易しい！）

∠ＢＣＡ＝θ とおくと、 ∠ＢＯＡ＝２θ　である。 　また、△ＡＢＣは二等辺三角 形なので、∠ＢＡＣ＝θである。 　よって、 　　∠ＡＢＣ＝１８０°−２θ より、　∠ＡＤＣ＝９０°−θ 　　ここで、△ＡＤＣは二等辺三 　角形なので、 　　　∠ＡＣＤ＝９０°−θ 　よって、∠ＤＡＣ＝２θとなる。 ∠ＢＡＣ＝θ　なので、 　　∠ＢＡＤ＝２θ−θ＝θ 　以上から、∠ＢＣＡ＝∠ＢＡＤ が成り立ち、接弦定理により、 線分ＡＤは、円Ｏの点Ａにおけ る接線となる。

（コメント）　とてもスッキリした作図方法ですね！
　　　　　　ところで、証明には使われていませんが、△ＯＡＢと△ＡＤＣが相似になることにも
　　　　　　実は心惹かれるものがありました。何かしらの新作問題が作れそうです。
　　　　　　このような機会を与えていただいた、らすかるさんに感謝いたします。


放物線の焦点・軸

定木とコンパスを用いて、任意に与えられた放物線の 　　焦点と軸を作図する方法を考える。 　　　（この方法は、ハンドルネーム tappon　さんという方に 　　　お教えいただいたものである。）

放物線に対して、任意に平行な２直線 ＡＢ、ＣＤ を引く。それらの中点を Ｍ、Ｎ とし、直線ＭＮと放 物線との交点を Ｅ とする。 　点 Ｅ において、直線ＡＢと平行な直線ＥＸを引く と、それは、点 Ｅ における接線となる。 　直線ＭＮに垂直な線分ＰＱを任意に引き、その 垂直２等分線ＲＹは、放物線の軸となる。 　点 Ｅ における接線に関して、直線ＭＮと対称な 直線を引き、直線ＲＹとの交点を、Ｆ とおくと、点Ｆ は、放物線の焦点となる。

（解析）　簡単のため、放物線の方程式を　ｙ＝ｘ²　とする。
　　　　この放物線に任意に直線 ｙ ＝ ｍｘ ＋ ｎ　を引く。このときの、交点の ｘ 座標は、
　　　　２次方程式　ｘ² − ｍｘ − ｎ ＝ ０　の解となる。この２つの解を、α、β とおくと、
　　　　解と係数の関係から、　α ＋ β ＝ ｍ　となる。
　　　　　　したがって、線分ＡＢ、ＣＤの中点Ｍ、Ｎの ｘ 座標は、２直線ＡＢ、ＣＤが平行
　　　　ならば、同じ値となり、直線ＭＮは、放物線の軸に平行となる。
　　　　　　点 Ｅ の取り方から、直線ＥＸは放物線の接線となる。
　　　　軸に平行な直線ＭＮに垂直な線分ＰＱの垂直２等分線は、明らかに、放物線の
　　　　軸となる。
　　　　　　軸に平行な入射光線ＭＥは、放物線の性質から、点 Ｅ で反射して、焦点 Ｆ
　　　　を通る。この性質を利用して、放物線の焦点が作図される。

２点を結ぶ線分

　２点を結ぶ線分を定木で引くとき、いつも疑問に思うことがある。与えられた定木という
のは、どんなに遠くに離れた２点でも１回の操作で直線が引けてしまうほどのものなのか
と。（多分、幾何学の世界の定木の定義からすると、定木というものはそういうものなの
だろう！）
　与えられた２点を結びたいのに、定木の長さが足りないということは、現実の世界では、
しばしば直面することである。普通だったら、適当に２点間に定木をおいて、目分量で引
いてしまっている方が多いと思われるが、ここでは、コンパスを活用して引こうと思う。

　１回の操作で線分が引けないほど、ある程度離れた２点Ａ、Ｂが与えられているものと
する。
　ここで用いるコンパスは、幾何学における定義からすれば、任意半径の円弧が引ける
はずであるが、これも現実的ではない。２つの場合に分けて考えよう。

　２点Ａ、Ｂを中心とする円弧が交わる場合 ： コンパスで描ける円弧の半径が距離ＡＢの半分
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　以上の場合

２点Ａ、Ｂを中心とする円弧（同一半径）の交点 　　を、Ｐ、Ｑ とする。 　　　次に、２点Ｐ、Ｑを中心とする円弧（同一半径） 　　の交点を、Ｓ、Ｔ とする。 　　　直線ＳＴと直線ＡＢは同一の直線である。 　　　２点Ｓ、Ｔを、１回の操作で線分が引けないと 　　きは、上記の操作を繰り返して、１回の操作で 　　線分が引けるまで、２点間の距離を縮めること 　　が出来る。 　　　このように、直線ＡＢ上に分点をいくつか作図 　　して、それらを結ぶことにより、線分ＡＢを作図 　　することができる。

　２点Ａ、Ｂを中心とする円弧が交わらない場合 ： コンパスで描ける円弧の半径が距離ＡＢの
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　半分より小さい場合

　　　この場合は、上記のような作図が不可能なので別な方策が必要となる。

２点Ａ、Ｂから交わる２直線を任意に引き、交 　　点を、Ｐ とする。 　　　次に、ＡＰ、ＢＰ の中点を、Ｍ、Ｎ とする。 　　　線分ＭＮを引き、それと平行に直線ＡＢを引け 　　ばよい。 　　　線分ＭＮが引けない場合は、３等分点、４等分 　　点．．．を考えればよい。 　　　線分ＡＰ、ＢＰが引けない場合は、２点Ａ（Ｂ）、Ｐ 　　に対して、上記の操作を行えばよい。

線分の垂線

定木とコンパスを用いて、直線外の１点から直線に垂線 を引くことは易しい。 　ここでは、定木のみを使って、直線外の１点Ｐから直線 に垂線を下ろす方法を考える。 　ただし、直線上に中心を持つ円が与えられ、点Ｐは、円 の外部にあるものとする。

与えられた円の直径をＡＢとし、線分ＰＡ、ＰＢと円 との交点を、それぞれ Ｓ、Ｔ とする。 　２点ＡとＴ、ＢとＳを結び、その交点をＱとおく。 　このとき、直線ＰＱは、与えられた直線 ｌ の垂線 となり、点Ｈは、そのときの垂線の足である。

　この作図法は、三角形の３垂線は１点で交わるという性質を利用している。

　上記では、点Ｐは、円の外部にあるものとしたが、内部にある場合は次のように考えれば
よい。

円外に任意に点Ｑをとり、上記のように垂線を引くこと 　が出来る。 　　同様にして、もう１本垂線を引くことが出来る。

このとき、平行線で述べた方法により、円内の 点Ｐより垂線を引くことが出来る。

（コメント）　いつもお世話になっているらすかるさんから、この話題についてメールを頂い
　　　　　　た。（平成１７年７月６日付け）

　　　　　上記では、与えられた線分を円の直径上にあるものと仮定したが、らすかるさん
　　　　によれば、円がどこに与えられていても垂線が引けるそうだ。(方法は結構複雑ら
　　　　しい。)それどころか、円とその中心がどこかに一つ与えられているだけで、コンパ
　　　　スと定木で作図出来るものは全て、定木だけで作図出来るとのことである。

　　　　　これについては、今後の研究課題としよう。（→　参考：「定木による作図」）


角の移動

　定木、コンパスを用いて、与えられた角を、任意の位置に移すことは易しい。

　　　　　
　それでは、コンパスのみを用いて作図するには、どうしたらよいのだろうか？

いま、平面上に３点Ａ、Ｂ、Ｃが与えられていて、∠ＢＡＣを任意の位置に移動させたい。

　　　　　　　　　　　　　　

　平面上の任意の点を、Ａ’とし、さらに、Ａ’Ｂ’＝ＡＢとなる点が与えられているものとする。
このときは、下図のように作図すればよい。

　　　　　　　　　　　　

　上記の作図の根拠は、　△ＡＢＣ≡△Ａ’Ｂ’Ｃ’　である。

　上記では、Ａ’Ｂ’＝ＡＢとなる点Ｂ’をあらかじめ仮定したが、Ｂ’も任意の位置にあるとき
は、どう作図すればよいのだろうか？


円に接する円

左図のように、半円の中に同半径の半円が 　　接している。 　　　このとき、２つの小半円に外接し、大半円に 　　内接する円は、次のように作図される。

大半円の直径を１辺とする正方形を描き、 正方形の頂点と２つの小半円の中心Ａ、Ｂ を結ぶ線分の交点をＣとする。 　このとき、点Ｃが求める円の中心となる。

　ここで、作図の解析をしておこう。

　求める円が右上図のように作図できたものとする。

　直角三角形ＣＡＯにおいて、三平方の定理より、　ｒ²＋（２ｒ−ｘ）²＝（ｒ＋ｘ）²

　よって、ｘ＝２ｒ/３　となる。このとき、　ＡＯ＝ｒ、ＣＯ＝４ｒ/３、ＣＡ＝５ｒ/３　なので、

直角三角形ＣＡＯは、辺の比が、３：４：５　の三角形となる。

同様に、直角三角形ＣＢＯも、辺の比が、３：４：５　の三角形となる。

　以上から、求める円の中心は、上図のような作図で得られる。

　ところで上記では小半円の半径は等しいと仮定したが一般の場合はどうなるであろうか？

　　　　　　　　　　

　求める円の半径は、解析的手法で求められる。

△ＣＡＯと△ＣＢＯにおいて余弦定理を用いて、 　　　 　　が、求める円の半径である。

　実際に、△ＣＡＯにおいて、ＣＡ＝ｒ＋ｘ　、ＡＯ＝ｓ　、ＯＣ＝ｒ＋ｓ−ｘ　なので、

　　　　ｃｏｓ∠ＡＯＣ＝（（ｒ＋ｓ−ｘ）²＋ｓ²−（ｒ＋ｘ）²）/（２（ｒ＋ｓ−ｘ）ｓ）

同様に、△ＣＢＯにおいて、ＣＢ＝ｓ＋ｘ　、ＢＯ＝ｒ　、ＯＣ＝ｒ＋ｓ−ｘ　なので、

　　　　ｃｏｓ∠ＢＯＣ＝（（ｒ＋ｓ−ｘ）²＋ｒ²−（ｓ＋ｘ）²）/（２（ｒ＋ｓ−ｘ）ｒ）

∠ＡＯＣ＋∠ＢＯＣ＝π　なので、　ｃｏｓ∠ＡＯＣ＝−ｃｏｓ∠ＢＯＣ

よって、　　ｒ（（ｒ＋ｓ−ｘ）²＋ｓ²−（ｒ＋ｘ）²）＝−ｓ（（ｒ＋ｓ−ｘ）²＋ｒ²−（ｓ＋ｘ）²）

　　　　　　ｒ（ｒ＋ｓ）²−２ｒｘ（ｒ＋ｓ）＋ｒｘ²＋ｒｓ²−ｒ³−２ｒ²ｘ−ｒｘ²

　　　　＝−ｓ（ｒ＋ｓ）²＋２ｓｘ（ｒ＋ｓ）−ｓｘ²−ｓｒ²＋ｓ³＋２ｓ²ｘ＋ｓｘ²

　　２ｘ（ｒ（ｒ＋ｓ）＋ｒ²＋ｓ（ｒ＋ｓ）＋ｓ²）＝ｒ（ｒ＋ｓ）²＋ｒｓ²−ｒ³＋ｓ（ｒ＋ｓ）²＋ｓｒ²−ｓ³

したがって、

　４ｘ（ｒ²＋ｒｓ＋ｓ²）＝（ｒ＋ｓ）³−（ｒ−ｓ）（ｒ²−ｓ²）

　　　　　　　　　　　＝（ｒ＋ｓ）（（ｒ＋ｓ）²−（ｒ−ｓ）²）

　　　　　　　　　　　＝４ｒｓ（ｒ＋ｓ）

　これより、
　　　　　　　　　　
が成り立つ。

　この解析的手法で求めた円を幾何的に作図する方法はあるのだろうか？

　この件に関して、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ：らすかる さんから、上記の作図
方法が完成した旨、メールをいただいた。（平成１７年８月９日付け）

　いただいた作図方法は、上記の場合の自然な一般化になっており、とても鮮やかなもの
で、思わず感動してしまった！らすかるさんに感謝いたします。

	左図のように、大半円の直径を１辺と 　　する正方形を２つ描き、下方の正方形の 　　辺の中点をＰとする。 　　　直線ＰＢと正方形との交点をＱとおく。 　　　また、線分ＡＱと直線ＰＦとの交点をＣ 　　とする。 　　　このとき、点Ｃが求める円の中心となる。 　　（コメント）　私がそうであったように、多分 　　　　　　　　読者の方も、このような単純な 　　　　　　　　作図で本当に所要のものが得 　　　　　　　　られているかどうか、半信半疑 　　　　　　　　だろうと思う。 　　　　　　　　（らすかるさん、失礼！） 　　　　ここで、作図の解析をして、本当に求 　　　める点が得られることを確認しよう。 　　（解析）　　求める円が左図のように作図 　　　　　　　できたものとし、直線ＡＣの延長 　　　　　　　と正方形との交点をＱとする。 　　　　△ＡＢＣにおいて、余弦定理より、
となるので、

　　　　　　　　　　　すなわち、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　このとき、
　　　　　　　　　
より、
　　　　　　　　　　　　　
が成り立つ。

　そこで、ＯＢ＝ ｒ に注意して上図のように、ＤＥ＝ＯＰ であるように点Ｐをとれば、上式は、

　　　　　　　　　

が成り立つことを意味する。

　よって、２つの直角三角形ＢＥＱとＢＯＰにおいて、　△ＢＥＱ∽△ＢＯＰ となり、

３点Ｐ、Ｂ、Ｑ は１直線上にあることが分かる。

　また、上記の三角比の値を用いて、

　　　　　　　　　
　　　　　　　　　

であるので、
　　　　　　　　　

が成り立つ。

　よって、
　　　　　　　　

が成り立つことから、２つの直角三角形ＦＨＣとＦＯＰにおいて、　△ＦＨＣ∽△ＦＯＰ となり、

３点Ｐ、Ｆ、Ｃ は１直線上にあることが分かる。

　以上から、上記の作図方法をとれば、所要のものが得られることが分かった。（終）


（追記）　平成１９年５月２０日付け

　５月１９日付けで広島在住のＳさんから平成１６年９月２３日以来のメールを頂いた。その
ときは、VISUAL　BASICをツールにしてプログラムを作られているとのことであったが、今、
円のグラフに関心をもっておられるとのことで、次のような問題を提起された。

１．　大きな円があり、その中に内接円を描いていく。一つの場合は同心円で同じ半径のも
　　のを描けばいいし、二つ、三つの場合もできる。四つの場合もどうにかできる。
　　　ここで、任意の個数の円を描く場合に、それぞれの円の中心座標と中心の座標の一
　　般式はあるのだろうか？あるとすればどうなるのだろう？

２．　半円の直径上に中心を持つ２つの内接円を描き、その後、その隙間に内接円を次々
　　と描いていく場合のそれぞれの円の中心座標と中心の座標の一般式はどうなるのだろ
　　うか？


（コメント）　１．２．については、江戸時代の和算家（関孝和や建部賢弘など）がかなり研究
　　　　　　していて、多分文献を探すと参考になる記述があると思います。文献としては、
　　　　　　「日本の幾何　何題解けますか」が有名でしょう。
　　　　　　　特に、２．については、Ｎ個目の内接円を描いたとき、その中心からもとの半円
　　　　　　の直径に下ろした垂線の長さがＮ個目の内接円の直径のＮ倍になるという性質
　　　　　　を上手く使うと、Ｓさんの希望が叶いそうですね！

　上記で計算したように、１個目の円の半径 ｘ は、

　　　　　　　　　　　

であった。この円の中心Ｃから直径に下ろした垂線の長さ Ｙ について

　　　　　　　　　　Ｙ＝２ｘ　　（←垂線の長さが内接円の直径に等しい）

になっているかどうか実際に調べてみよう。

　ヘロンの公式を用いて、

　（△ＡＢＣ）²＝ｒｓｘ（ｒ＋ｓ＋ｘ）＝ｘ（（ｒ²＋ｒｓ＋ｓ²）ｘ＋ｒｓｘ）＝ｘ²（ｒ＋ｓ）²

また、　△ＡＢＣ＝（ｒ＋ｓ）Ｙ/２　でもあるので、

　　　　Ｙ²＝４ｘ²　　すなわち、　Ｙ＝２ｘ

が成り立つ。

　１個目の円については、上記のようにヘロンの公式を用いて簡単に示すことができたが、
２個以上の場合は少し難しいように思う。（同様の手法が使えない！）

左図のように、円が順次内接するとき、その 　　内接円の半径や上記の性質を証明するには、 　　「反転」の性質を利用すると比較的平易な計算 　　で求められる。 　　　反転を用いずに、この計算を手計算で行う 　　ことは非常に辛い！！また、座標による計算 　　も膨大すぎて手に負えない．．．予感！

　円 Ｃ_ｎ の半径は、
　　　　　　　　　　　　　　　（→　参考：「曲率の真実（反転）」）


　円 Ｃ_ｎ から直線ＡＢに下ろした垂線の長さは、上記の半径の ２ｎ 倍である。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（→　参考：「曲率の真実（靴屋のナイフ）」）


（補足）　下図のような図形は、アルキメデスにより、アルベロス（靴屋のナイフ）と呼ばれた。

アルキメデスは、円 Ｃ1 の半径を求めている。 　　また、垂線の長さと直径の関係は、パッポスに 　より発見された。

（追記）　平成１９年１１月１８日付け

　１１月１７日付けで広島在住のＳさんからメールを頂いた。

　上記で得られた結果より、円 Ｃ の中心 （ ｘ ， ｙ ） の座標は、

　　　ｘ＝（２ｒ³＋５ｒ²ｓ＋４ｒｓ²）/（ｒ²＋２ｒｓ＋２ｓ²）

　　　ｙ＝２ｓ（ｒ＋ｓ）²/（ｒ²＋２ｒｓ＋２ｓ²）

で与えられる。ただし、直線ＡＢを ｘ 軸とし、半円の直径のＡ側の端点を原点とする。

　このとき、パソコンを用いて、その円を描画させると微妙にズレてしまうという。

　どこに間違いがあるのだろうか？ということだった。

　実際に、グラフ描画ソフトを用いて描かせてみたものが下図である。ｒ＝２、ｓ＝１　として、

　　　　

　確かに、ズレていますね！．．．でも、これは、パソコンの計算の誤差からくるものと私は
判断したのですが、真相は如何に？


（追記）　Ｍｅｌｔｙさんからのコメントです。（平成２８年３月１５日付け）

　お久しぶりです。「質問に対する回答(18)」に関する投稿以来、３年ぶりとなります。

　さて、上記の「ズレの真相は如何に?」とのことですが、円Cの中心の座標に誤りがあるた
め、ズレが生じています。

<x座標>　上方の正方形が２つ連なった図を利用すると、DHに相当します。

　　　DH=DF+FH=2r+\frac{rs(r-s)}{r^2+rs+s^2}=\frac{r(r+s)(2r+s)}{r^2+rs+s^2}

　　　すなわち、　ｘ＝（２ｒ³＋３ｒ²ｓ＋ｒｓ²）/（ｒ²＋ｒｓ＋ｓ²）

< y座標>　同図のCHに相当し、CH=\frac{2rs(r+s)}{r^2+rs+s^2}

　　すなわち、　ｙ＝２ｒｓ（ｒ＋ｓ）/（ｒ²＋ｒｓ＋ｓ²）

となります。図の状況をdesmosで作図してみました。一助となれば幸いです。


（コメント）　中心の座標が違っていたとは．．．。Ｍｅｌｔｙさんに感謝します。


正方形２

　長方形の面積と等積の正方形を作図することは、それほど需要はないかもしれないが、
その作図に至る方法論にはとても興味がある。

　当ＨＰの「作図問題における円の役割」において、円を用いた相加平均と相乗平均の関
係の証明で、下図を利用した。

この図を解析すると、長方形の面積と等積の正 　方形を作図するには、次のように行えばよいこと 　が分かる。

長方形ＡＢＣＤに対して、頂点Ａを中心とし、 半径ＡＢの円弧を描き、辺ＡＤの延長との交 点をＥとする。 線分ＥＤの中点をＯとし、Ｏを中心、ＯＤを半 径とする円を描き、直線ＡＢとの交点をＦ、Ｐ とする。 このとき、ＡＦを１辺とする正方形を描けば、 その正方形が求めるものである。

　証明は、上図の上半円図からも明らかであろうが、方べきの定理を用いる方法もある。

　長方形ＡＢＣＤの面積は、ＡＢ×ＡＤ（＝ａｂ）　である。

方べきの定理より、ＡＥ×ＡＤ＝ＡＦ×ＡＰ　が成り立つ。

ところで、　ＡＢ＝ＡＥ　、　ＡＦ＝ＡＰ　である。

　よって、　ＡＢ×ＡＤ＝ＡＥ×ＡＤ＝ＡＦ×ＡＰ＝ＡＦ²　が成り立つ。

以上から、正方形ＡＦＨＧの面積と長方形ＡＢＣＤの面積は等しい。


（追記）　平成２３年９月２４日付け

　当ＨＰの読者の方、Ｓさんより関連する話題をメールで頂いた。

左図において、ＡＢ＝ｃ、ＢＣ＝ｂ、ＦＧ＝ａ　とする。 　　四角形ＡＢＧＥを正方形とするとき、ａｂ＝ｃ2　である。 　　　この性質を利用すると、２数の相乗平均から一方 　　の数を作図する方法が得られる。

　ａ、ｃ が与えられた場合の 長さ ｂ（＞ａ） の作図方法

　　ＢＦの延長とＡＥの延長の交点をＤとすれば、ＡＤ＝ｂ である。

　ｂ、ｃ が与えられた場合の 長さ ａ（＜ｂ） の作図方法

　　ＡＥの延長上にＡＤ＝ｂ となるように点Ｄをとり、ＢＤとＥＧの交点をＦとすれば、ＦＧ＝ａ で
　ある。


正方形３

　横・縦の長さがそれぞれ ａ、ｂ （ただし、ａ＞ｂとする。）の長方形の面積と等積の正方形
を作図するには、 の長さが作図できればよい。正方形２においては、方べきの定理
を用いてそれを求めた。

　ここでは、次の式変形を利用して作図する方法を考える。

　　　　　　　　（ａ＋ｂ）²−（ａ−ｂ）²＝４ａｂ

　この式を図形的に考えれば、次のような３辺を持つ直角三角形を考えることができる。

　　　　　　　　　

　この直角三角形の作図を目標に考えると、次のような作図方法が得られる。

　　　　

　Ｂを中心とした半径 ｂ の円弧を描き、辺ＢＣとの交点をＥとおく。さらに、Ｅを中心とした半
径 ａ＋ｂ の円弧を描き、辺ＣＤの延長との交点をＦとおく。線分ＣＦの中点をＧとすると、線
分ＣＧの長さがちょうど求める正方形の一辺の長さとなる。後は、Ｈ、Ｉ を作図すればよい。


周の長さ２ｐの三角形

　周の長さが ２ｐ で内角の一つが定角である三角形の作図を考えてみよう。これは、「円
外の１点からの接線の長さは等しい」という事実を用いて解決される。

	点Ｏを中心として、半径 ｐ の円を描 　　　き、２直線との交点をＰ、Ｑとおく。 　　　　点Ｐでの垂線と∠Ｏの２等分線との 　　　交点をＲとする。Ｒより、ＯＰの平行線 　　　を引き円との交点をＳとする。 　　　　Ｓにおける円の接線と２つの線分ＯＰ、 　　　ＯＱとの交点をそれぞれＡ、Ｂとおく。
このとき、△ＯＡＢの周の長さは、２ｐ で、求める三角形が得られた。

　実際に、　２ｐ＝ＯＰ＋ＯＱ＝（ＯＡ＋ＡＰ）＋（ＯＢ＋ＢＱ）
　　　　　　　　　　　　　　　　　＝（ＯＡ＋ＡＳ）＋（ＯＢ＋ＢＳ）＝ＯＡ＋ＡＢ＋ＯＢ　である。


楕円に接する円

　円に接する円を作図することは易しい。

左図のように、定円 Ｏ に対して円外 　　の点 Ｐ および円内の点 Ｑ に対して、 　　点 Ｏ を通る直線を引くとき、円 Ｏ との 　　交点が定まるので半径も定まる。 　　　このことから左図のように作図できる。 　　　これに対して、楕円に接する円を作図 　　するにはどうしたらいいのだろう。

　円のように簡単には描けないと予想されるので、まず解析をしてみよう。

　　　　　　　


　上図のように楕円上の点Ｐにおいて接線を引き、その接線に垂直で接点を通る直線（法
線）が引ければ、その直線上の任意の点から楕円に接する円を作図することは易しい。

　しかし、ここでいくつかの問題点があげられる。

　（１）　楕円上の任意の点で接線は作図できるのだろうか？

　（２）　楕円上の接点Ｐを与えてから点Ｑを論じているが、これは考える順番が逆ではな
　　　いか？（すなわち、楕円外の任意の点Ｑから点Ｐを求めてはいない！）

　（１）の問題点は、次のような楕円の驚くべき性質により解決される。

　　　　　　


　楕円の焦点 Ｆ、Ｆ’の位置が分かっている場合、ｘ 軸上にはない楕円上の任意の
点Ｐにおける法線は、∠ＦＰＦ’の２等分線である。

　もちろん、点 Ｐ における接線は、∠ＦＰＦ’の外角の２等分線でもある。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（→参考：いろいろな曲線の中の楕円の項）

　この事実から、焦点の位置が分かれば接線を引くことは易しい。

　上記の事実を証明してみよう。

（証明）	左図のように、点 Ｐ にお 　ける接線に２つの焦点 Ｆ、 　Ｆ’より垂線を下ろし、その 　足をそれぞれ Ｈ、Ｈ’とする。 　　楕円の離心率を ｅ として、 　焦点 Ｆ、Ｆ’の座標は、 　　Ｆ（ａｅ，０）、Ｆ’（−ａｅ，０） 　と書ける。 　　点 Ｐ の座標を、（ｘ1，ｙ1） 　とおく。

　このとき、楕円の準線は、　ｘ＝ａ/ｅ　、ｘ＝−ａ/ｅ　なので、　−ａ/ｅ＜ｘ₁＜ａ/ｅ　すなわち、

　　　　　　　ａ−ｅｘ₁＞０　、　ａ＋ｅｘ₁＞０

が成り立つ。このことから、点と直線の距離の公式を用いて、

　　　ＦＨ＝ｋ（ａ−ｅｘ₁）　、　Ｆ’Ｈ’＝ｋ（ａ＋ｅｘ₁）　　（ただし、ｋ は定数）

と書ける。ところで、

　　　ＰＦ²＝（ｘ₁−ａｅ）²＋ｙ₁²＝（ａ−ｅｘ₁）²　　なので、　ＰＦ＝ａ−ｅｘ₁

また、　ＰＦ＋ＰＦ’＝２ａ　より、　ＰＦ’＝ａ＋ｅｘ₁　となる。

　以上から、　　ＰＦ ： ＰＦ’＝ ＦＨ ： Ｆ’Ｈ’　　が成り立つ。

直角三角形 ＰＦＨ と直角三角形 ＰＦ’Ｈ’ において、対応する２辺の比が等しいので、

　　　　　　　　直角三角形 ＰＦＨ ∽ 直角三角形 ＰＦ’Ｈ’

となる。　よって、　∠ＦＰＨ＝∠Ｆ’ＰＨ’　となり、点 Ｐ における法線は、∠ＦＰＦ’を２等分す

ることが示された。　（証終）


（追記）　平成１９年７月５日付け

　上記では、解析幾何的に証明したが、次のように初等幾何的にも証明できるようだ。

左図において、 　　ＦＰ＋Ｆ’Ｐ＝ＦＲ＋Ｆ’Ｒ≦ＦＱ＋Ｆ’Ｑ 　　等号成立は、Ｐ＝Ｑ　のときに限る。 　よって、点Ｐは、ＦＱ＋Ｆ’Ｑ の長さの最小値 を与える。 　このとき、接線に関してＦと対称な点ＧとＦ’を 結ぶ直線上に点Ｐがある。

　このことから、∠ＦＰＨ＝∠Ｆ’ＰＱ　が成り立ち、点 Ｐ における法線は、∠ＦＰＦ’を２等分
することが示された。

　さて、楕円の方程式
　　　　　　　　　　　　　　　

が与えられれば解析的に焦点 Ｆ、Ｆ’の座標は求められる。従って、ａ 、ｂ が作図可能な値
ならば、その焦点も作図可能である。

　それでは、楕円のグラフだけが与えられていて、その方程式が与えられていない場合に、
楕円の焦点を作図することは可能であろうか？　ただし、長軸、短軸は与えるものとする。

　　　　　　


　次のように作図すれば、それは容易だろう。

　　　　　　


　上図のように、　ａ²−ｂ²＝（ａ＋ｂ）（ａ−ｂ）　を面積に持つ長方形（水色）が作図される。

　このとき、楕円の焦点の ｘ 座標は、その長方形の面積の平方根であるので、正方形２に

おける方法により長方形と同じ面積をもつ正方形が作図され、求める楕円の焦点の ｘ 座標

は、その正方形の対角線の長さとなる。この長さを用いて、２つの焦点が作図される。

　　　　　　


　以上で、問題点（１）は完全に解決した。

（コメント）　ここでは、楕円上に任意の点を与えて、その点を接点とする接線を作図する場
　　　　　　合、焦点を求めることにより考えたが、もちろん焦点を意識せずに接線を作図する
　　　　　　方法も存在する。その方法は、楕円の接線で述べられる。

　さて、問題点（２）の解決に向けて準備をしよう。

　次の驚くべき性質が知られている。この性質を活用すると、問題点（２）も解決できそうだ。

　下図のように、楕円
　　　　　　　　　　　　　　　

上の２点 Ｐ、Ｑ で平行な接線を引く。このとき、この２接線と接し、かつ、楕円にも接する円
の中心を Ｃ とするとき、
　　　　　　　　　　　　　　ＯＣ ＝ ａ ＋ ｂ
が成り立つ。
　　　　　


（証明）　下図のように、接線ＰＳと ｘ 軸との交点をＡ、直線ＣＲと ｘ 軸との交点をＢとし、点
　　　　Ｏから接線ＰＳに下ろした垂線の足をＨ、点Ｒから ｘ 軸に下ろした垂線の足をＫ、点
　　　　Ｃから ｘ 軸に下ろした垂線の足をＬとする。

　　


　このとき、　△AOH ∽ △ＯＣＬ　より、　ＡＯ ： ＯＨ ＝ ＯＣ ： ＣＬ　なので、

　　　　　　ＯＣ＝ＡＯ×ＣＬ/ｒ　　（ここで、ｒ は円Ｃの半径で、ＯＨ＝ｒ　であることに注意）

また、　△ＲＢＫ ∽ △ＣＢＬ　より、　ＲＢ ： ＲＫ ＝ ＣＢ ： ＣＬ　なので、ＲＢ＝ｔ　として、

　　　　　　ＣＬ＝（（ｔ＋ｒ）/ｔ）ＲＫ

よって、　ＯＣ＝（（ｔ＋ｒ）/ｔｒ）ＡＯ×ＲＫ　が成り立つ。

　ここで、
　　　　　　　　　　　

が成り立つ。　実際に、楕円
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

上の点Ｐ（ｍ，ｎ）における接線の方程式は、　ｍｘ/ａ²＋ｎｙ/ｂ²＝１　なので、

　　　　　　　Ａ（ａ²/ｍ，０）　　（ただし、　ｂ²ｍ²＋ａ²ｎ²＝ａ²ｂ²　）

である。また、この接線と原点との距離は、ｒ に等しいから、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
両辺を平方して、整理すると、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　ａ⁴（ｒ²−ｂ²）＝ｒ²ｍ²（ａ²−ｂ²）

よって、　　ａ⁴/ｍ²＝ｒ²（ａ²−ｂ²）/（ｒ²−ｂ²）　である。

　これより、
　　　　　　　　　

同様に、点Ｒ（ｍ，ｎ）における法線の方程式は、　ａ²ｎｘ−ｂ²ｍｙ＝（ａ²−ｂ²）ｍｎ　なので、

　　　　　　　Ｂ（（ａ²−ｂ²）ｍ/ａ²，０）　　（ただし、　ｂ²ｍ²＋ａ²ｎ²＝ａ²ｂ²　）

である。楕円に内接する円の性質から、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
よって、
　　　　　　（ａ²−ｂ²）（ｂ²−ｔ²）/ｂ²＝（ａ²−ｂ²）²ｍ²/ａ⁴

　より、　ｂ²ｍ²＝ａ⁴（ｂ²−ｔ²）/（ａ²−ｂ²）　なので、　ｎ²＝（ａ²ｂ²−ｂ²ｍ²）/ａ²　に代入して、

　　　　　　　ｎ²＝（ａ²ｔ²−ｂ⁴）/（ａ²−ｂ²）

　これより、
　　　　　　　　

したがって、これらを、ＯＣ＝（（ｔ＋ｒ）/ｔｒ）ＡＯ×ＲＫ　に代入して整理すると、

　　　　　　ＯＣ²＝（（ｔ＋ｒ）/ｔ）²（ａ²ｔ²−ｂ⁴）/（ｒ²−ｂ²）　・・・・・（＊）

ところで、直角三角形ＯＬＣにおいて、三平方の定理より、　　ＯＣ²＝ＯＬ²＋ＣＬ²

ここで、　ＯＬ＝ＯＢ＋ＢＬ＝ＯＢ＋（（ｔ＋ｒ）/ｔ）ＢＫ　なので、

　　　　　　　　
また、
　　　　　　　　

よって、　ＯＣ²＝ＯＬ²＋ＣＬ²　に代入して整理すると、（←かなり計算が大変！）

　　　　　　

上記の（＊）を上式に代入して整理すると、（←かなり計算が大変！）

　　　ａ²ｔ²（ｂ⁴＋２ｂ²ｔｒ＋ｔ²ｒ²）＝ｂ²ｒ²（ｂ⁴＋２ｂ²ｔｒ＋ｔ²ｒ²）　より、　ａｔ＝ｂｒ

このとき、　ｔ＝ｂｒ/ａ　を（＊）に代入して整理すると、　ＯＣ²＝（ａ＋ｂ）²

　すなわち、　ＯＣ＝ａ＋ｂ　が成り立つ。　　（証終）

（コメント）　結果は簡明なのに、そこに至るまでの計算がとてもハードですね！もっと初等
　　　　　　的というか簡明な証明がないものでしょうか？（簡明な証明を発見された方は、
　　　　　　こちらまでご教示ください。）

　　　　　　　それにしても、証明途中で得られた比例式　ａｔ＝ｂｒ　すなわち、

　　　　　　　　（内接円の半径）：（外接円の半径）＝（短軸の長さ）：（長軸の長さ）

　　　　　　　は、とても美しい関係ですね！

（参考文献：深川英俊、ダン・ペドー　著　日本の幾何−何題解けますか？　（森北出版））

　この事実を用いて、問題点（２）は半分程度解決される。

左図において、楕円 　　　　　　 　の中心Ｏから半径 ａ＋ｂ の 　円を描き、その円周上の任 　意の点をＱとする。 　　点Ｑと点Ｏを結び楕円との 　交点をＡとし、点Ａを通る ｘ 　軸の垂線と補助円 　　　　 ｘ2＋ｙ2＝a2

との交点をＢとする。半径ＯＢに垂直な直径をＣ、Ｄとし、その点で引いた接線と ｘ 軸との交

点をそれぞれＥ、Ｆとする。２点Ｃ、Ｄよりそれぞれ ｘ 軸に垂線を引き、楕円との交点をＧ、Ｈ

とする。このとき、直線ＥＧ、ＦＨは線分ＯＱに平行な楕円の接線となる。点Ｑを中心として、

２つの接線に接する円を描くと、その円は楕円と点Ｐで接する。


（コメント）　楕円外の任意の点を求める円の中心としたかったが、上記では、ＯＱ＝ａ＋ｂ
　　　　　　という制約付きの任意の点である。その意味で、半分程度の解決と判断した。

（補足）　平成１９年７月３日付け

　　


　楕円の方程式を、　ｘ²/２５＋ｙ²/９＝１　とし、接点 Ｐ（−４，９/５）とする。

　このとき、接線の方程式は、　ｙ＝（４/５）ｘ＋５　なので、接線が ｘ 軸の正の向きとなす角
を θ （０＜θ＜π/２）とおくと、

　　　　　ｔａｎθ＝４/５

が成り立ち、簡単な計算から、　　ｃｏｓθ＝５/　、　ｓｉｎθ＝４/　である。

　ところで、　上記で求めた公式に代入して、　ｒ＝２５/　、　ｔ＝１５/　より、

　　ＯＢ＝１６/　、　ＢＫ＝９/　なので、　ＯＫ＝２５/

　また、　ＲＫ＝１２/　なので、円 Ｃ と楕円の接点 Ｒ の座標は、

　　Ｒ（２５/，１２/）

　となる。このことは、　Ｒ（ ａ・ｃｏｓθ ， ｂ・ｓｉｎθ ）　と書けることを意味する。

　この事実は、一般的に成り立つらしい。

（オーストラリアのクィーンズランド大学のカペル博士が発見された！）

　実際に、上図において、
　　　　　　　　　　　　　　　
なので、
　　　　　

よって、　∠OAP＝θ　とすると、

　　　　　　　　

である。いま、点Ｒ（ ｘ ， ｙ ）とすると、　ｘ ＝ ＯＢ＋ＢＫ

　ここで、
　　　　　　
で、また、
　　　　　
より、
　　　　

したがって、
　　　　　　　

また、
　　　

　以上から、接線と ｘ 軸の正の向きとのなす角を θ とすると、

　平行な２接線と円に接する楕円上の接点の座標は、Ｒ（ａ・cosθ，ｂ・sinθ）

と書けることが示された。


（コメント）　この事実を用いると、平行線が与えられれば、瞬時に接点Ｒが求められ、点Ｒ
　　　　　　で法線を描けば、簡単に円が作図できますね！

　実際に、接点の座標の形から、次のように所要の円が作図される。

　　　　


　楕円上の任意の点 Ｐ における接線 Ｌ が ｘ 軸と交わる点を Ａ とする。原点を通り、Ｌに
平行な直線を Ｌ₀ とする。直線 Ｌ₀ と楕円の補助円との交点をＱ とし、Ｑから ｘ 軸に下ろ
した垂線と楕円との交点をＲ とする。（この点 Ｒ が求める接点となる。）

　楕円の焦点 Ｆ、Ｆ’について、∠ＦＰＦ’の２等分線をＳＲ とし、直線 Ｌ₀ との交点を Ｃ とす
る。（この点 Ｃ が求める円の中心となる。）

　点 Ｃ を中心とし、半径ＣＲ の円を描けば、これが求める円となる。


楕円の接線

　楕円に接線を描くことは難しそうに思えるが、円の接線と同様に比較的簡単である。この
方法は、楕円に接する円でも用いられた。

左図のように、楕円 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　の補助円 ｘ2＋ｙ2＝a2　が作図される。 　　　楕円上の任意の点 Ｐ に対して、補助 　　円上の点 Ｑ が定まる。 　　　半径 ＯＱ に垂直な円の接線を引き、 　　ｘ 軸との交点を Ｒ とする。 　このとき直線 ＰＲ は求める接線となる。

　ｙ 軸方向の縮小変換を考えれば、この事実は明らかだが、解析的な証明を与えておこう。

（証明）　点 Ｐ（ｍ，ｎ）とおくと、　ｂ²ｍ²＋ａ²ｎ²＝ａ²ｂ²　が成り立つ。

　　　　また、点 Ｑ（ｍ，ｎ’）とおくと、　ｍ²＋ｎ^’2＝ａ²　が成り立つ。

　　　　点 Ｑ における接線の方程式は、　ｍｘ＋ｎ’ｙ＝ａ²　である。　よって、Ｒ（ａ²/ｍ，０）

　　　　２点 Ｐ、Ｒ を通る直線の方程式は、　ｎｘ−（ｍ−ａ²/ｍ）ｙ−ａ²ｎ/ｍ＝０

　　　　　すなわち、　ｍｎｘ−（ｍ²−ａ²）ｙ＝ａ²ｎ

　　　　ここで、　ｂ²ｍ²＋ａ²ｎ²＝ａ²ｂ²　より、　ｂ²（ｍ²−ａ²）＝−ａ²ｎ²　なので、

　　　　　　　　　　　　　　ｂ²ｍｎｘ−ｂ²（ｍ²−ａ²）ｙ＝ａ²ｂ²ｎ

　　　　よって、　　ｂ²ｍｎｘ＋ａ²ｎ²ｙ＝ａ²ｂ²ｎ　　すなわち、　ｂ²ｍｘ＋ａ²ｎｙ＝ａ²ｂ²

　　　　　これは、点Ｐ（ｍ，ｎ）における接線の方程式

　　　　　　　　　　　　　　　　ｍｘ/ａ²＋ｎｙ/ｂ²＝１

　　　　を与えている。　（証終）


　この公式の応用として、次の問題を考えてみよう。

問　題　　平面上の２点Ａ（ １ ， ０ ）、Ｂ（ ２ ， ０ ）を焦点とする楕円に、原点を通る

　　　　　直線 Ｌ ： ｙ＝ｍｘ　が接するとき、楕円の方程式は、ｍ を用いてどう書ける

　　　　　だろうか。

　興味ある問題なので、計算してみた。対称性から、ｍ＞０　として考えることにする。

　楕円の中心は、点（ ３/２ ， ０ ）なので、全体を ｘ 軸方向に −３/２ だけ平行移動して考

える。　このとき、Ｏ’（ −３/２ ， ０ ）、Ａ’（ −１/２ ， ０ ）、Ｂ’（ １/２， ０ ）　となる。

　求める楕円の長軸の長さを Ｋ（＝２ａ）とすると、楕円の方程式は、

　　　　　

と書ける。ただし、４ａ²−４ｂ²＝１　である。

　この楕円の補助円の方程式は、　ｘ²＋ｙ²＝ａ²　である。

　点Ｏ’（ −３/２ ， ０ ）を通る直線が、円 ｘ²＋ｙ²＝ａ²　に接するとき、その接点の座標

（ ｘ₁ ， ｙ₁ ）は、連立方程式　（−３/２）ｘ₁＝ａ²　、　ｘ₁²＋ｙ₁²＝ａ²　を解くことにより得られ

る。実際に解くと、
　　　　　　　　　　　　

である。この点を ｙ 軸方向に ｂ/ａ 倍した点が、直線 Ｌ と楕円との接点となる。すなわち、

　　　　　　　　　　　　

このとき、直線 Ｌ の傾き ｍ について、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
となる。これを ａ について解き直せば、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
となる。このとき、

　　　　　　　　　　　

　このことから、ｍ の値が分かれば楕円の方程式は確定する。

　例えば、ｍ＝１ に対して、その楕円を求めて図示すると下図のようになる。

　　　　　　　　　


　接点 Ｐ の座標も ｍ の関数として表される。実際に、上記の結果から、

　　　　　　　　　

となる。

　また、上記の点Ｐを ｘ 軸方向に３/２だけ平行移動させれば、当初の接点（ ｘ ，ｙ ）の座標

　　　　

が得られる。


　楕円に接する直線の条件として、次の公式が知られている。

　直線 ： Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０　が、楕円 ： ｘ²/ａ²＋ｙ²/ｂ²＝１　に接するための
必要十分条件は、
　　　　　　　　　　　　　ａ²Ａ²＋ｂ²Ｂ²＝Ｃ²
である。

（証明）　直線と楕円を ｙ 軸方向に ａ/ｂ 倍の拡大縮小を行って、

　　　　　直線　ａＡｘ＋ｂＢｙ＋ａＣ＝０　　と　円　ｘ²＋ｙ²＝ａ²　を得る。

　　　　　これらが接するための必要十分条件は、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　これより、
　　　　　　　　　　　　ａ²Ａ²＋ｂ²Ｂ²＝Ｃ²　　（証終）

　このとき、次のような面白い性質が示される。

楕円 　　　　 に対して、原点を中心とし半径 ｒ の円を考 え、その円周上に、２点 　　Ｐ（ ａ ， ｙ0 ） 、 Ｑ（ −ｒ ， ０ ）　をとる。 　　このとき、 直線ＰＱが楕円に接するための条件は、 　　　　　　ｒ ＝ ａ ＋ ｂ 　である。

（証明）　直線ＰＱの方程式は、　ｙ₀ｘ−（ａ＋ｒ）ｙ＋ｙ₀ｒ＝０　なので、楕円に接するためには、

　　　　　　ａ²ｙ₀²＋ｂ²（ａ＋ｒ）²＝ｙ₀²ｒ²

　　　　ｒ²＝ａ²＋ｙ₀²　なので、　ｂ²（ａ＋ｒ）²＝ｙ₀⁴

　　　　よって、　ｂ（ａ＋ｒ）＝ｙ₀²＝ｒ²−ａ²＝（ｒ−ａ）（ａ＋ｒ）　より、

　　　　　　　ｂ＝ｒ−ａ　　すなわち、　ｒ＝ａ＋ｂ　　（証終）


半円に内接する円

今まで適当に書いてきたものと言えば、多分 　漢字の「凹凸」をあげる方もおられよう。 　　　　　　　　　　　　　　　（参考：筆順について） 　　それと同様のものとして、半円に内接する円 　もそうではないだろうか？なぜかしら今まで厳 　密に作図しようという気が起きなかった。 　　　　　　　　　　　　　　　　　（．．．不思議！？）

　当ＨＰの「意外な所に２等辺三角形」における性質を用いると、厳密に内接円が描かれる。

　半円周上に任意に点Ｐをとり、点Ａを中心として半径ＡＰの円弧を描く。直径ＡＢとの交点
をＱとする。正方形ＲＨＱＳを作図することにより、内接円の中心Ｓが求められる。


線分 ａ/ｂ の作図

　当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、平成２０年８月３日付けで、ＨＮ「Ｏｘｉａ」さんが書き込ま
れた話題を、一部内容を修正・補足して、まとめたいと思う。

長さ ａ 、ｂ および １ の線分が与えられているもの 　とする。 　　このとき、線分の長さ ｂ/ａ は、線分ＢＲから、 　　　　　　　　線分の長さ ａ/ｂ は、線分ＣＱから、 　求められる。相似三角形の性質から明らかだろう。 　　この話題について残された課題は、長さ ａ 、ｂ の線 　分だけを与えて、長さ １ の線分が求められないかとい 　うことである。 　　果たして、このことは可能なのだろうか？

線分の和差積商

　当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、ＦＮさんが次のような書き込みをされた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２２年４月２３日付け）

　「コンパスと定木で作図できるものは、すべてコンパスのみで作図できる」というモール・マ
スケローニの定理がある。もちろん、例えば線分を引くことはできないから、端点を決定でき
れば線分が書けたものとみなすのでしょう。

　ここでは、コンパスのみを用いての作図方法を考えることにする。

　与えられた距離の２倍を作った方法（ＡＢからＡＰ）と同様にして、３倍、４倍、・・・・は作図で
き、反転によってその逆数倍が作図できる。従って有理数倍は作図できる。

　自然数 ｎ に対して、√ｎ 倍はどうやって作図するのだろうか。正三角形の作図から、
の作図は容易で、「基本の作図」の「円の４分割」の手法を用いて、 の作図もできる。
ｎ＝５ も同様にできそうで、すべての ｎ についてできそう．．．。

　もっと基本的なのが、

　１　長さ ａ 、ｂ が与えられたとき、 ａ＋ｂ を作図すること
　２　長さ ａ 、ｂ 、ｃ が与えられたとき、 ａｂ/ｃ を作図すること

であるが、簡単にはできそうにない。どうすればいいのだろうか？

　この問いかけに対して、ＦＮさんご自身からのレポートです。（平成２２年４月２４日付け）

　上記の問いを解決したわけではないが、ａ＞ｂ のとき、ａ−ｂ の作図ができればどちらも
できることが分かった。以下では、差の作図が可能として考えたものである。

　長さ ａ が与えられたとき、その有理数倍は作図できる。（確認済み）

１　ａ＝ｂ のときは、２ａ だから、ａ＞ｂ としても一般性を失わない。
　
　このとき、有理数 ｋ をとって、ａ＞ｋｂ とできる。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(ａ/ｂ＞ｋ＞１ となる有理数 k をとればよい）
　ｋａ＞ａ＞ｋｂ＞ｂ だから、ｋａ−ｂ、ａ−ｋｂ は作図できる。

　よって、その差も作図できる。

　即ち、　ｋａ−ｂ−（ａ−ｋｂ）＝（ｋ−１）（ａ＋ｂ） は作図できる。

　従って、その有理数倍である ａ＋ｂ も作図できる。

２　まず、√（ａｂ） が作図できることを示す。

　ａ−ｂ が作図できるから、２（ａ−ｂ） も作図でき、その中点も作図できる。

　従って、Ａ、Ｂとその中点Ｍがあって、ＡＭ＝ＢＭ＝ａ−ｂ とできる。

　Ａ、Ｂから半径 ａ＋ｂ の円を書いて交点をＣとする。△ＡＭＣは直角三角形になるから三平

　方の定理より、　（ａ−ｂ）²＋ＣＭ²＝（ａ＋ｂ）²　なので、ＣＭ＝２√（ａｂ）
　
　従って、√（ａｂ） が作図できる。また、反転によって、ａ と ｒ から ｒ²/ａ が作図できる。

　よって、ｃ と √（ａｂ） から、ａｂ/ｃ が作図できる。

　※なお、２から、長さ ａ、ｂ、１ が与えられたとき、

　　　　ａ×ｂ　は、ａｂ/１　として、　ａ÷ｂ　は、ａ・１/ｂ　として作図できる。

　ＦＮさんの問いかけに対して、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「らすかる」さんが、
「ａ−ｂ の作図方法」を考えられた。（平成２２年４月２６日付け）

補題０ ： ２点の中点は作図可能

　“反転”により可能である。

補題１ ： 円外の点から円への接線を引くことは可能（接点が作図できるという意味！）

　円の中心と円外の点との中点をとって、その中点を中心として円外の点を通る円を描け
ば、元の円との交点が接点となる。

補題２ ： ある長さの倍の長さは作図可能

正三角格子は作れるので、円の外部にあって、円に最も近 　　い正三角格子点から円に接線を引けば、接点までの距離は、 　　円の半径の倍になる。

補題３ ： 円周の４分割は可能

　補題２で作った半径の倍の長さを使えば可能である。

本題　・・・　説明しやすいように座標平面上で考えることにする。

　原点を中心とする単位円を描き、点Ａ（ ａ ， ０ ） をとると、反転により、点Ｂ（１/ ａ ， ０ ）

がとれる。原点と点Ｂから、点Ｃ（−１/ ａ ， ０ ）がとれる。点Ａと点Ｃの中点をとって、２点Ａ

とＣを通る円を描けば、単位円との交点の一つは点Ｄ（ ０ ， １ ）となる。

　補題３により、点Ｄから点Ｅ（ １ ， ０ ）がとれる。

　以上の操作により、「ある円の中心と外部の点を結ぶ線分と円との交点」が作図できたの

で、ａ−ｂ が作図できることになる。　（終）


　上記について、ＦＮさんからの補足です！（平成２２年４月２６日付け）

　ＯＡ＝ａ とし、Ｏ を中心として半径 ｂ の円Ｃ₁に関して、Ａを反転した点をＢ、Ｏに関するＢ

の対称点をＣ、ＡＣを直径とする円と円Ｃ₁の交点をＤとする。このとき、ＯＤがＡＣと垂直であ

る。（←これがポイントですね！）

　即ち、補題３により、長さ ａ の線分と垂直な方向に長さ ｂ の線分をとることができる。

　従って、ａ−ｂ が作図できる。（逆方向に回せば、ａ＋ｂ も作図できる。）

※ＯＤ⊥ＡＣが簡単に示せるように、ｂ＝１ とした座標で書いてあったようですね。最初は、
　ｂ はどこにあるんだろうとか思ってしまいました。

　これで、長さ ａ、ｂ から長さ ａ＋ｂ、ａ−ｂ、√（ａｂ） が書けて、長さ ａ、ｂ、１ から ａｂ、ａ/ｂ
が書ける。定木とコンパスで描ける図形に関する基本的な定理を認めれば、コンパスだけ
で書ける図形が、定木とコンパスで描ける図形と同じになることの証明はそんなに難しくな
さそうです。

（コメント）　ＦＮさん、らすかるさんに感謝します。


　ＦＮさんが別解を考えられました。（平成２２年５月７日付け）
（一部文言等を修正させていただきました。）

　長さ ｂ の線分(もちろん端点のみ)の２倍は作図可能なので、ＡＢの中点をMとして、

ＡＭ＝ＢＭ＝ｂ とできる。Ａ、Ｂから半径 ａ の円を描いて、その交点をＣとする。

△ＡＭＣは直角三角形であるから、三平方の定理より、ＣＭ＝√（ａ²−ｂ²）　となる。

長さ ａ も描けるので、上記の操作と同様にして、√（２ａ²−ｂ²） も描くことができる。

ＣＭ＝√（ａ²−ｂ²）　を描いた図において、Ｃを中心として半径 √（２ａ²−ｂ²） の円を描き、

さらに、Ｍを中心として半径 ａ の円を描く。その２つの円の交点のうち直線ＣＭに関してＡ

の側にある点をＤとする。

　このとき、△ＣＤＭにおいて、

　　　ＣＤ＝√（２ａ²−ｂ²）、　ＣＭ＝√（ａ²−ｂ²）　、　ＤＭ＝ａ

なので三平方の定理が成り立ち、∠ＣＭＤ＝９０°である。

従って、Ｄ、Ａ、Ｍ、Ｂは一直線上にあり、ＡＤ＝ａ−ｂ　、ＢＤ＝ａ＋ｂ　である。

　　

（コメント）　なるほど！簡明ですね。ＦＮさんに感謝します。


内接する正三角形

　当ＨＰ読者のＫ．Ｓ．さんより、任意の三角形（正方形）に内接する正三角形の作図方法を
ご教示頂きました。（平成２３年１０月５日付け）

　任意の△ＡＢＣの２辺の上に２頂点Ｒ、Ｑを取り、△ＡＢＣに内接する正三角形△ＰＱＲをと
る。直線ＣＰと辺ＡＢとの交点Ｄをとり、ＤＦをＰＲに平行、ＤＥをＰＱに平行にとれば、△ＤＥＦ
は内接した正三角形となる。（正方形を三角形に内接することも同様に可能です。）

　　　　　


（コメント）　相似拡大を利用した作図ですね！Ｋ．Ｓ．さんに感謝します。


線分 ａｂ の作図

　長さ ａ 、ｂ および １ の線分が与えられているものとする。このとき、線分の長さ ａｂ は、
次のように作図できる。相似三角形の性質から明らかだろう。

　　　　


正方形の復元

　平面上に４点Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄがあり、それらはある正方形の４辺のそれぞれの上にある１点で
ある。このとき、この正方形を復元することは大いに興味を引きつける題材と言えるだろう。

　出典：デュードニー　「現代的なパズル」（１９２６年）

　　　

　作図のポイントは、合同な直角三角形を見いだすことである。

　　

　題意より、４点Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄは、ある正方形の辺上にあるので、ＢＤ＝ＡＥ、ＢＤ⊥ＡＥ となる
ように点Ｅをとれば、Ｅもまた正方形の辺上の点である。

　後は、直線ＣＥを引き、直線ＣＥに平行で点Ａを通る直線を引く。さらに、直線ＣＥに垂直で、
点Ｂ、Ｄを通る直線をそれぞれ引けば、正方形が復元できる。これらは全て定木、コンパス
で作図可能である。


　当ＨＰ読者のＨＮ「ＵＩＮ」さんからのコメントです。（平成２８年１月１３日付け）

　図の点Eが点Ｃと重なる時は復元できるのですか？これらを除外する条件が抜けているよ
うですが、無限に描けた時は復元と考えるのでしょうか？


（コメント）　確かに、４点の位置関係によっては、「点Eが点Ｃと重なる時」もあり得ますね。
　　　　　　そのときは正方形の復元は出来ないようです。


楕円の中心と軸

　円の中心は、互いに平行でない２つの弦の垂直２等分線の交点として求められる。楕円
に対して同じことをやっても楕円の中心は求められない。

　　

　楕円の中心を求めるには、どうすればいいのだろうか？

　楕円の弦で平行なものを２つ描き、その中点を結ぶ弦を引き、その中点が楕円の中心と
なる。
　

　上記では、座標軸が明記されていたが、楕円だけ明記されいて、座標軸が明記されてい
ないときはどうだろう。楕円の中心は、上記のようにして求められる。

　　

　このとき、楕円の中心を中心として楕円と４点で交わる円を描く。それらの交点と楕円の
中心を結ぶ２つの隣り合う線分の角の２等分線を描くと、それが丁度、軸を表す。

　　


放物線の法線

　放物線の任意の点Ｐで接線を引き、その接線に接点Ｐで直交する直線を引けば、それが
法線となる。

　よって、法線の作図を考える場合、その意味合いから、接線をまず描いて、それから法線
を描くと、普通考えるかもしれないが、実は、接線を描く必要はなく、法線を作図することが
出来る。

　そのためには、次の放物線の性質を用いる。この性質は、ホイヘンスにより注目された
ものとして知られているらしい。

　放物線 ｙ＝ａｘ² 上の点Ｐ(X，ａＸ²）における法線の方程式

　　　ｙ＝−（１/（２ａＸ））ｘ＋ａＸ²＋１/（２ａ）

と、ｙ軸との交点Ｑの座標は、

　　　Ｑ（０，ａＸ²＋１/（２ａ））

となる。このことは、放物線の任意の点とその点における法線とｙ軸との交点との高低差は

ｘ の値によらず、一定（＝１/２ａ）になることを示す。

　この性質を利用して、放物線の法線を作図してみよう。

例　ａ＝１/２　として、放物線 ｙ＝(１/２）ｘ² 上の点Ｐ(−２，２）における法線は次のように作
　　図できる。

　　　この場合の２点Ｐ、Ｑの高低差は、１となるので、

　　　　　

　上図の青色の実線が点Ｐにおける法線である。高低差が分かっているので、法線の作図
は非常に簡単なものになる。


正方形４

　令和４年１月３１日付けで、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「Ｓ（Ｈ）」さんから、面白
いサイトをご紹介いただいた。その中で、ベリースライムさんの【正方形化】に興味を持った。

　どんな三角形からも面積が等しい正方形を作図できる

（作図方法）　　△ＡＢＣの底辺ＢＣの長さを ａ 、高さを ｈ とする。辺ＢＣのＣ方向に、

　ＣＤ＝ｈ/２ となる点Ｄをとり、線分ＢＤの中点をＭとおく。

　さらに、Ｍを中心として半径ＢＭの円弧を描き、Ｃにおける線分ＢＤの垂線との交点をＥと
おく。

　後は、線分ＣＥを１辺とする正方形を描くと、この正方形の面積は、△ＡＢＣの面積と同じ
になる。
　　　
（解析）　△ＡＢＣ＝ａｈ/２　である。

　△ＥＭＣにおいて、　ＭＥ＝（ａ＋ｈ/２）/２　なので、三平方の定理から、

　ＥＣ²＝｛（ａ＋ｈ/２）/２｝²−｛（ａ＋ｈ/２）/２−ｈ/２｝²＝ａｈ/２

　このことから、三角形の面積と正方形の面積は等しい。



　　以下、工事中