大学入試センター試験で、よく次のような場面設定を見かける。
垂直に関する定理
大学入試センター試験で、よく次のような場面設定を見かける。
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△ＡＢＣの外接円と∠Ａの２等分線の交点をＭとし、 ＡＭと辺ＢＣの交点をＤとする。 この場面設定だと、角の２等分の性質を利用させる問題や 円周角の性質を用いて正弦や余弦、はたまた面積などを求 めさせたり、いろいろな問題が湧出してくる。 多分、センター試験出題者にとってはまさにドル箱の図形と 言っても言い過ぎではないだろう。 |
この有名すぎる場面設定で、次のような公式が成り立つことを最近知ることが出来た。
ＡＭ2＝ＡＢ・ＡＣ＋ＢＭ2
この公式は、さらに豊かな応用を秘めており、私の備忘録に記録することにした。
こういう性質は受験場ではなかなか思いつかないもの。知っていれば、大学入試センター
試験で有利になる可能性は十分あるだろうし、また、美しい性質ゆえ図形に対する愛着も
湧いてくることだろう。
（証明） △ＡＢＭ∽△ＢＤＭ より、ＡＭ ： ＢＭ ＝ ＢＭ ： ＤＭ なので、ＢＭ2 ＝ ＡＭ・ＤＭ
また、△ＡＢＤ∽△ＡＭＣ より、 ＡＢ ： ＡＤ ＝ ＡＭ ： ＡＣ なので、ＡＢ・ＡＣ ＝ ＡＤ・ＡＭ
よって、 ＡＢ・ＡＣ＋ＢＭ2 ＝ ＡＤ・ＡＭ＋ＡＭ・ＤＭ ＝ ＡＭ・（ＡＤ＋ＤＭ） ＝ ＡＭ2 （証終）
さらに、次の性質も面白い。
ＡＤ2＝ＡＢ・ＡＣ−ＢＤ・ＤＣ
（証明） △ＡＢＤ∽△ＡＭＣ より、 ＡＢ ： ＡＭ ＝ ＡＤ ： ＡＣ なので、
ＡＢ・ＡＣ ＝ ＡＤ・ＡＭ ＝ ＡＤ・（ＡＤ＋ＤＭ） ＝ ＡＤ2＋ＡＤ・ＤＭ
方べきの定理より、 ＡＤ・ＤＭ ＝ ＢＤ・ＤＣ なので、ＡＢ・ＡＣ ＝ ＡＤ2＋ＢＤ・ＤＣ
すなわち、 ＡＤ2 ＝ ＡＢ・ＡＣ−ＢＤ・ＤＣ が成り立つ。 （証終）
特に、△ＡＢＣ が、 ＡＢ＝ＡＣ の２等辺三角形のとき、
ＡＢ2＝ＡＤ・ＡＭ
なお、この性質は、ＡＭ が∠Ａの２等分線でない場合も成立する。
（証明） |
左図において、 ∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ＝∠ＢＭＤ なので、 接弦定理より、ＡＢは、３点 Ｂ、Ｍ、Ｄ を通る円の接線である。 よって、方べきの定理より、 ＡＢ2＝ＡＤ・ＡＭ が成り立つ。 （証終） |
今、平面上に相異なる４点 Ａ 、Ｂ 、Ｃ 、Ｄ があり、 ＡＢ⊥ＣＤ とする。
このとき、 ＡＣ2＋ＢＤ2＝ＡＤ2＋ＢＣ2 が成り立つ。
（証明） 三平方の定理より、
ＡＣ2＋ＢＤ2＝ＡＨ2＋ＨＣ2＋ＢＨ2＋ＨＤ2
ＡＤ2＋ＢＣ2＝ＡＨ2＋ＨＤ2＋ＢＨ2＋ＨＣ2
なので、 ＡＣ2＋ＢＤ2＝ＡＤ2＋ＢＣ2 が成り立つ。 （証終）
ここで興味深いことは、この逆が成り立つことである。
すなわち、
平面上の相異なる４点 Ａ 、Ｂ 、Ｃ 、Ｄ に対して、 ＡＣ2＋ＢＤ2＝ＡＤ2＋ＢＣ2 が
成り立つとき、 ＡＢ⊥ＣＤ が成り立つ。
（証明） 上図のように、平行四辺形 ＡＥＢＣ を作り、対角線の交点を Ｆ とする。
また、線分 ＤＥ の中点を Ｍ とおく。このとき、中線定理と、ＡＣ2＋ＢＤ2＝ＡＤ2＋ＢＣ2 より、
２（ＡＭ2＋ＭＤ2）＝ＡＤ2＋ＡＥ2＝ＡＤ2＋ＢＣ2＝ＡＣ2＋ＢＤ2＝ＢＥ2＋ＢＤ2
＝２（ＢＭ2＋ＭＤ2）
よって、 ＡＭ＝ＢＭ が成り立ち、 △ＡＭＦ≡△ＢＭＦ となる。
このとき、 ＡＢ⊥ＦＭ である。
ところで、 中点連結の定理より、 ＦＭ‖ＣＤ なので、 ＡＢ⊥ＣＤ となる。 （証終）
以上の準備の下に、いくつかの問題を考える。
△ＡＢＣ の辺 ＡＢ の中点を Ｄ とし、３点 Ａ、Ｂ、Ｄ および Ａ、Ｃ、Ｄ を通る円を描く。
下図のように、弧ＡＢ、弧ＡＣ の中点をそれぞれ Ｍ、Ｎ とおく。
このとき、 ＭＮ⊥ＡＤ となることを証明せよ。
意外なところに「垂直」が現れて、その美しさに感動を覚える！
（証明） 題意より、 ＤＭ2＝ＤＡ・ＤＢ＋ＡＭ2 、ＤＮ2＝ＤＡ・ＤＣ＋ＡＮ2
ＤＢ＝ＤＣ なので、 ＤＭ2−ＡＭ2＝ＤＮ2−ＡＮ2
すなわち、 ＤＭ2＋ＡＮ2＝ＤＮ2＋ＡＭ2 が成り立つ。
よって、 ＭＮ⊥ＡＤ である。 （証終）
ＡＢを直径とする円周上に、ＡＰ＝ＡＱ となるように２点 Ｐ、Ｑ をとり、線分 ＰＱ 上
の任意の点を Ｃ とする。点 Ｃ より、 ＡＱ 、ＡＰ に平行に直線を引き、ＡＰ 、ＡＱ と
の交点をそれぞれ Ｍ 、Ｎ とおく。このとき、 ＭＮ⊥ＢＣ となることを証明せよ。
この「垂直」にも意外性が感じられますね！
（証明） 題意より、 ＢＰ＝ＢＱ 、ＭＰ＝ＭＣ 、ＮＣ＝ＮＱ が成り立つ。
また、 ＢＭ2＝ＢＰ2＋ＭＰ2＝ＢＱ2＋ＭＣ2
ＢＮ2＝ＢＱ2＋ＮＱ2＝ＢＱ2＋ＮＣ2
よって、 ＢＭ2−ＢＮ2＝ＭＣ2−ＮＣ2 より、 ＢＭ2＋ＮＣ2＝ＢＮ2＋ＭＣ2 なので、
ＭＮ⊥ＢＣ である。 （証終）
（コメント） ４点 Ｂ、Ｃ、Ｍ、Ｎ がどんな位置にあっても、ＢＭ2＋ＮＣ2＝ＢＮ2＋ＭＣ2 が
成り立っていれば、純粋に、ＭＮ⊥ＢＣ なんですね！
円に内接する四角形 ＡＢＣＤ において、対角線 ＡＣ と ＢＤ の交点を Ｍ とする。
また、△ＡＢＭ の外接円の中心を Ｎ とおく。このとき、 ＭＮ⊥ＣＤ となることを証
明せよ。
これは、ちょっと気がつきにくい「垂直」ですね！
（証明） 点 Ｃ より、円 Ｎ に引いた接線の接点を Ｔ とすると、方べきの定理より、
ＣＴ2＝ＣＭ・ＣＡ なので、 ＣＮ2−ＮＴ2＝ＣＭ・ＣＡ
すなわち、 ＣＮ2−ＮＭ2＝ＣＭ・ＣＡ＝ＣＭ・（ＣＭ＋ＭＡ）＝ＣＭ2＋ＣＭ・ＭＡ
同様にして、 ＤＮ2−ＮＭ2＝ＤＭ・ＤＢ＝ＤＭ・（ＤＭ＋ＭＢ）＝ＤＭ2＋ＤＭ・ＭＢ
また、方べきの定理より、 ＣＭ・ＭＡ＝ＤＭ・ＭＢ なので、
ＣＮ2−ＤＮ2＝ＣＭ2−ＤＭ2 すなわち、 ＣＭ2＋ＤＮ2＝ＣＮ2＋ＤＭ2
となり、よって、ＭＮ⊥ＣＤ である。 （証終）
△ＡＢＣ の各辺を斜辺とする直角２等辺三角形を △ＡＢＣ の外部に作る。
このとき、 ＡＰ⊥ＱＲ となることを証明せよ。
この場合も、「垂直っぽいけど、ホントに垂直．．．？」という感じである。
（証明） 余弦定理より、
ＰＱ2＝ＰＣ2＋ＣＱ2−２ＰＣ・ＣＱ・ｃｏｓ∠ＰＣＱ
＝ＰＣ2＋ＣＱ2−２ＰＣ・ＣＱ・ｃｏｓ（９０°＋∠ＡＣＢ）
＝ＰＣ2＋ＣＱ2＋２ＰＣ・ＣＱ・ｓｉｎ∠ＡＣＢ
＝ＰＣ2＋ＣＱ2＋（
ＰＣ）・（ＣＱ）・ｓｉｎ∠ＡＣＢ
＝ＰＣ2＋ＣＱ2＋ＣＢ・CA・ｓｉｎ∠ＡＣＢ
＝ＰＣ2＋ＣＱ2＋２△ＡＢＣ
同様にして、 ＰＲ2＝ＰＢ2＋ＢＲ2＋２△ＡＢＣ
よって、 ＰＱ2−ＰＲ2＝ＰＣ2＋ＣＱ2−ＰＢ2−ＢＲ2＝ＣＱ2−ＢＲ2＝ＡＱ2−ＡＲ2
このとき、 ＡＲ2＋ＰＱ2＝ＡＱ2＋ＰＲ2 となり、 ＡＰ⊥ＱＲ である。 （証終）
| ブラマグプタの定理 円に内接する四角形 ＡＢＣＤ の対角線 ＡＣ、ＢＤ が直交している。 このとき、 その交点 Ｐ を通って辺 ＣＤ に垂直な直線 は辺 ＡＢ の中点を通る。 |
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（証明） ∠ＮＡＰ＝∠ＰＤＭ＝∠ＣＰＭ＝∠ＮＰＡ より、
△ＮＰＡは２等辺三角形で、 ＮＡ＝ＮＰ
同様にして、 ∠ＮＢＰ＝∠ＰＣＭ＝∠ＤＰＭ＝∠ＮＰＢ より、
△ＮＢＰは２等辺三角形で、 ＮＢ＝ＮＰ
よって、 ＮＡ＝ＮＢ となり、 Ｎ は辺 ＡＢ の中点となる。 （証終）
（コメント） ブラマグプタというと、面積の公式が有名（→参考：「ブラマグプタの公式」）です
が、こういう定理もあったんですね！
このブラマグプタの定理は次のような形に 一般化される。 円に内接する四角形 ＡＢＣＤ の対角 線の交点 Ｐ を通り、辺 ＣＤ に垂直な直 線は △ＰＡＢ の外心を通る。 |
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（証明） |
左図において、ＰＴを接線とすると、 接弦定理より、 ∠ＢＰＴ＝∠ＢＡＰ また、円周角の定理より、 ∠ＢＡＰ＝∠ＢＤＣ よって、 ∠ＢＰＴ＝∠ＢＤＣ となり、 ＰＴ‖ＤＣ である。 ＰＭ⊥ＰＴ なので、 直線ＰＭは△ＰＡＢの外心を通る。 （証終） |
次の「垂直」も面白い。
△ＡＢＣ の頂点 Ａ を通る任意の直線に、頂点 Ｂ、Ｃ から垂線を下ろし、その足を
それぞれ Ｄ、Ｅ とする。点 Ｄ、Ｅ からそれぞれ辺 ＡＣ、ＡＢ に垂線を下ろし、その交
点を Ｆ とする。このとき、 ＡＦ⊥ＢＣ となることを証明せよ。
（証明） ４点 Ｂ、Ｅ、Ｑ、Ｄ は同一円周上にある。同様に、４点 Ｃ、Ｅ、Ｐ、Ｄ
も同一円周上
にある。 よって、方べきの定理より、ＢＡ・ＡＱ＝ＥＡ・ＡＤ かつ ＣＡ・ＡＰ＝ＥＡ・ＡＤ
よって、 ＢＡ・ＡＱ＝ＣＡ・ＡＰ が成り立つ。
すなわち、方べきの定理より、４点 Ｂ、Ｃ、Ｑ、Ｐ は同一円周上にある。
よって、 ∠ＡＢＣ＝∠ＡＰＱ が成り立つ。
ここで、４点 Ａ、Ｑ、Ｆ、Ｐ は同一円周上にあるので、 ∠ＡＰＱ＝∠ＡＦＱ
よって、 ∠ＡＢＣ＝∠ＡＦＱ が成り立つ。
△ＡＢＲ と △ＡＦＱ において、 ∠ＡＢＲ＝∠ＡＦＱ かつ ∠ＢＡＲ＝∠ＦＡＱ なので、
△ＡＢＲ ∽ △ＡＦＱ となり、よって、 ∠ＡＲＢ＝∠ＡＱＦ＝９０°である。
したがって、 ＡＦ⊥ＢＣ が成り立つ。 （証終）
下図のような、ＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣにおいて、頂点Ａより辺ＢＣに垂線
 |
ＡＤを下ろし、さらに、点Ｄより辺ＡＣに垂線ＤＥを下ろ す。線分ＤＥの中点を Ｆ とする。このとき、 ＡＦ⊥ＢＥ となることを証明せよ。 （証明は、「適切な座標系」を参照） |
「適切な座標系」では座標系を上手く設定して解析幾何的に解いたり、あるいはベクトル
を用いて軽妙に解いた。
あまりお勧め出来ない方法であるが、
平面上の相異なる４点 Ａ 、Ｂ 、Ｃ 、Ｄ
に対して、 ＡＣ2＋ＢＤ2＝ＡＤ2＋ＢＣ2 が
成り立つとき、 ＡＢ⊥ＣＤ が成り立つ。
という事実を用いても当然証明されうる。
（証明） ＢＤ＝ＤＣ＝ａ 、ＡＤ＝ｂ 、∠ＤＣＥ＝θ とおくと、 
なので、
このとき、
また、∠ＢＤＦ＝１８０°−（９０°−θ）＝９０°＋θ なので、△ＢＤＦに余弦定理を適用して、
ＢＦ2＝ＢＤ2＋ＤＦ2−２・ＢＤ・ＤＦ・ｃｏｓ（９０°＋θ）
より、
よって、
より、 ＡＢ2＋ＥＦ2＝ＡＥ2＋ＢＦ2 が成り立つ。
したがって、 ＡＦ⊥ＢＥ が成り立つ。 （証終）
また、次の「垂直」も面白い。
△ＡＢＣ において、辺ＡＢ、辺ＡＣを１辺とする正方形ＡＢＳＲ、ＡＣＲＱ を三角形の
外部に作る。辺ＢＣおよび線分ＰＱの中点をそれぞれＭ、Ｎとおくとき、
ＡＭ⊥ＰＱ 、 ＰＱ＝２ＡＭ 、 ＡＮ⊥ＢＣ 、 ＢＣ＝２ＡＮ
となることを証明せよ。
この証明を考えるとき、複素数平面を知っていると非常に楽であることに気づく。複素数
平面が新学習指導要領から消えてしまったことが残念でならない。
（証明） 複素数平面において、Ａを原点とし、Ｂ（ ２β ）、Ｃ（ ２γ ）とする。
このとき、 Ｐ（ −２ｉβ ） 、 Ｑ（ ２ｉγ ） （ただし、 ｉ は虚数単位） が成り立つ。
よって、 Ｍ（ β＋γ ） 、 Ｎ（ ｉ（γ−β） ） である。
このとき、ＰＱ/ＡＭ＝２ｉ（γ＋β）/（β＋γ）＝２ｉ より、 ＡＭ⊥ＰＱ 、 ＰＱ＝２ＡＭ が
成り立つ。同様にして、ＢＣ/ＡＮ＝２（γ−β）/｛ｉ（γ−β）｝＝−２ｉ より、
ＡＮ⊥ＢＣ 、 ＢＣ＝２ＡＮ が成り立つ。 （証終）
この手法を用いると、いろいろな「垂直」が楽しめそうな．．．予感。
△ＡＢＣ において、辺ＡＢ、辺ＡＣを１辺とする正方形ＡＢＳＲ、ＡＣＲＱ を三角形の
外部に作る。このとき、 ＢＱ⊥ＣＰ 、 ＢＱ＝ＣＰ となることを証明せよ。
（証明） 複素数平面において、Ａを原点とし、Ｂ（ β ）、Ｃ（ γ ）とする。
このとき、 Ｐ（ −ｉβ ） 、 Ｑ（ ｉγ ） （ただし、 ｉ は虚数単位） が成り立つ。
このとき、ＢＱ/ＰＣ＝（ｉγ−β）/（γ＋ｉβ）＝ ｉ より、
ＢＱ⊥ＰＣ 、 ＢＱ＝ＰＣ が成り立つ。 （証終）
（コメント） 複素数を使わないとすると、 ＢＱ＝ＰＣ は、△ＡＢＱ≡△ＡＰＣ から明らかだ
が、ＢＱ⊥ＰＣ を示すためには別な三角形を用いないといけない！
△ＡＰＭ ∽ △ＮＢＭ なので、 ∠ＭＮＢ＝∠ＭＡＰ＝９０° から、 ＢＱ⊥ＰＣ
このように考えると、複素数を使う場合が、いかにエレガントかが思い知らされる。
（追記） 令和３年４月１６日付け
上記の複素数平面を利用した解法の類題を考えよう。
正三角形ＡＢＣの各辺の外側に正方形ＢＣＰＱ、ＣＡＲＳ、ABＵＶを描き、各正方形の中心を
それぞれＤ、Ｅ、Ｆとおく。このとき、
ＡＤ⊥ＥＦ 、ＢＥ⊥ＦＤ 、ＣＦ⊥ＤＥ
が成り立つことは自明だろう。３直線ＡＤ、ＢＥ、ＣＦは１点Ｈで交わり、点Ｈは△ＤＥＦの垂心
となる。
実は、この事実は、正三角形のみならず、一般の三角形においても成り立つ。
定理 △ＡＢＣの各辺の外側に正方形ＢＣＰＱ、ＣＡＲＳ、ABＴＵを描き、各正方形の
中心をそれぞれＤ、Ｅ、Ｆとおく。このとき、
ＡＤ⊥ＥＦ 、ＢＥ⊥ＦＤ 、ＣＦ⊥ＤＥ
が成り立つ。
（証明） 複素数平面において、Ａ（ ２α ）、Ｂ（ ２β ）、Ｃ（ ２γ ）とする。
このとき、 Ｐ（ ２γ＋２ｉ（β−γ） ） 、Ｑ（ ２β−２ｉ（γ−β） ） （ただし、 ｉ は虚数単位）
なので、 Ｄ（β＋γ＋ｉ（β−γ）） が成り立つ。
同様にして、 Ｅ（γ＋α＋ｉ（γ−α）） 、Ｆ（α＋β＋ｉ（α−β）） が成り立つ。
よって、 ＥＦ＝β−γ＋ｉ（２α−β−γ） 、ＡＤ＝−２α＋β＋γ＋ｉ（β−γ） より、
ｉ・ＥＦ＝ＡＤ なので、 ＡＤ⊥ＥＦ が成り立つ。
同様にして、
ｉ・ＦＤ＝ＢＥ ｉ・ＤＥ＝ＣＦ なので、ＢＥ⊥ＦＤ 、ＣＦ⊥ＤＥ が成り立つ。 （証終）
証明の中で示されたことから、 ＡＤ＝ＥＦ、ＢＥ＝ＦＤ、ＣＦ＝ＤＥ であることも分かる。
上記では、一般の三角形であったが、一般の四角形においても次のような性質が言える。
四角形ＡＢＣＤの各辺の外側に正方形を描く。このとき、相対する正方形の中心を
結ぶ線分は、長さが等しく、かつ、垂直である。
（証明） 複素数平面において、Ａ（ ２α ）、Ｂ（ ２β ）、Ｃ（ ２γ ）、Ｄ（２δ）とする。
このとき、 ｉ を虚数単位として、
Ｐ（ β＋γ＋ｉ（β−γ） ） 、Ｑ（δ＋α＋ｉ（δ−α） ） 、Ｒ（α＋β＋ｉ（α−β））
Ｓ（γ＋δ＋ｉ（γ−δ））
なので、 ＰＱ＝α−β−γ＋δ＋ｉ（−α−β＋γ＋δ）
ＳＲ＝α＋β−γ−δ＋ｉ（α−β−γ＋δ）
が成り立つ。よって、 ｉ・ＰＱ＝ＳＲ なので、 ＰＱ＝ＳＲ かつ ＰＱ⊥ＳＲ （証終）
読者の方のために、練習問題を残しておこう。
練習問題 △ＡＢＣの辺ＡＢ、ＡＣの外側に正方形ＡＢＳＰ、ＡＣＲＱを描き、線分ＢＲとＣＳ
の交点をＨとする。このとき、 ＡＨ⊥ＢＣ が成り立つことを示せ。
（解） 複素数平面において、Ａ（ α ）、Ｂ（ β ）、Ｃ（ γ ）、Ｈ（δ）とする。
このとき、 Ｓ（ β＋ｉ（α−β） ） 、Ｒ（ γ−ｉ（α−γ） ） （ただし、 ｉ は虚数単位）
Ｓ、Ｈ、Ｃが一直線上にあるので、 （β＋ｉ（α−β）−γ）/（δ−γ） は実数となる。
すなわち、 （β＋ｉ（α−β）−γ）/（δ−γ）＝（β~−ｉ（α~−β~）−γ~）/（δ~−γ~）
が成り立つ。ただし、α~は、αの共役複素数とする。
分母を払って、
δ（β~−γ~）−δ~（β−γ）−β~γ＋βγ~
＝ｉ・（δ（α~−β~）−γ（α~−β~）＋δ~（α−β）−γ~（α−β）） ・・・ (*)
同様に、Ｂ、Ｈ、Ｒが一直線上にあるので、 （γ−ｉ（α−γ） −β）/（δ−β） は実数
なので、 （γ−ｉ（α−γ） −β）/（δ−β）＝（γ~＋ｉ（α~−γ~） −β~）/（δ~−β~）
分母を払って、
δ（γ~−β~）−δ~（γ−β）＋β~γ−βγ~
＝ｉ・（−δ（α~−γ~）＋β（α~−γ~）−δ~（α−γ）＋β~（α−γ）） ・・・ (**)
(*)と(**)を辺々加えて、
０＝ｉ・（δ（γ~−β~）＋δ~（γ−β）−α（γ~−β~）−α~（γ−β））
よって、 （δ−α）（γ~−β~）＋（δ~−α~）（γ−β）＝０ から、
（δ−α）/（γ−β）＝−（δ~−α~）/（γ~−β~）
すなわち、 ａｒｇ（δ−α）/（γ−β）＝±π/２ となり、ＡＨ⊥ＢＣ が成り立つ。 （終）
（追記） 令和６年７月１２日付け
数列と垂直の融合問題が、東北大学 文理共通（１９６７）で出題された。
第２問 楕円 ｘ2/２５＋ｙ2/９＝１ 上の相異なる３点Ａ（ｘ1，ｙ1）、Ｂ（４，９/５）、Ｃ（ｘ2，ｙ2）
から焦点Ｆ（４，０）にいたる距離は、この順に等差数列をなすものとする。
（１） ｘ1＋ｘ2＝８ を示せ。
（２） また、線分ＡＣの垂直２等分線が ｘ 軸と交わる点をＴとするとき、直線ＢＴの傾きを求
めよ。
（解）（１） 題意より、 ｙ12＝９−（９/２５）ｘ12 、ｙ22＝９−（９/２５）ｘ22 なので、
（ｘ1−４）2＋ｙ12＝ｘ12−８ｘ1＋１６＋９−（９/２５）ｘ12＝（１６/２５）ｘ12−８ｘ1＋２５
＝（１６/２５）｛（ｘ12）−（２５/２）ｘ1＋６２５/１６｝＝（１６/２５）（ｘ1−２５/４）2
ｘ1−２５/４＜０ より、 ＡＦ＝√（（ｘ1−４）2＋ｙ12）＝（４/５）（２５/４−ｘ1）
同様にして、 ＣＦ＝√（（ｘ2−４）2＋ｙ22）＝（４/５）（２５/４−ｘ2）
数列 ＡＦ、ＢＦ、ＣＦ は等差数列なので、 ＡＦ＋ＣＦ＝２ＢＦ＝１８/５
よって、 （４/５）（２５/４−ｘ1）＋（４/５）（２５/４−ｘ2）＝１８/５
すなわち、 ２５/２−（ｘ1＋ｘ2）＝９/２ より、 ｘ1＋ｘ2＝８ が成り立つ。
（２） 線分ＡＣの中点は、（４，（ｙ1＋ｙ2）/２）なので、線分ＡＣの垂直２等分線の方程式は、
ｙ＝−｛（ｘ1−ｘ2）/（ｙ1−ｙ2）｝（ｘ−４）＋（ｙ1＋ｙ2）/２
ここで、ｙ＝０ とおいて、
ｘ＝４＋（ｙ12−ｙ22）/（２（ｘ1−ｘ2））
＝４−（９/２５）（ｘ12−ｘ22）/（２（ｘ1−ｘ2））＝４−３６/２５＝６４/２５
より、 Ｔ（６４/２５，０） となる。
このとき、直線ＢＴの傾きは、 （９/５）/（４−６４/２５）＝（９/５）÷（３６/２５）＝５/４ （終）
（コメント） よく練られた美しい結果ですね！
次の東北大学 文理共通（１９６７）の問題も、垂直に関する定理と言える。
第３問 直角三角形ＡＢＣの辺ＢＣの中点をＭとする。辺ＡＢ、ＡＣ上にそれぞれ点Ｐ、Ｑを
とり、点Ｐ、Ｑから辺ＡＢに下した垂線の足をＰ’、Ｑ’とする。このとき、点Ｐ’、Ｑ’は、
Ｐ’Ｑ’＝（１/２）ＢＣ を満たしているものとする。
いま、ＭＰ＝ｐ、ＭＱ＝ｑ、ＭＣ＝ｃ とおく。
（１） Ｐ’Ｑ’＝（１/２）ＢＣ なる関係を、内積を用いて、ｃ、ｐ、ｑ で表せ。
（２） また、ＭＰとＭＱはつねに直交することを示せ。
（解）（１） ＰＱ・Ｐ’Ｑ’＝ＰＱ・Ｐ’Ｑ’ｃｏｓ（ＰＱ、Ｐ’Ｑ’のなす角）＝Ｐ’Ｑ’2＝ｃ・ｃ より、
Ｐ’Ｑ’＝（１/２）ＢＣ＝ｃ より、 （ｑ−ｐ）・ｃ＝ｃ・ｃ
（２） ＢＰ⊥ＣＱ より、 （ｐ＋ｃ）・（ｑ−ｃ）＝０ なので、 ｐ・ｑ＋（ｑ−ｐ）・ｃ−ｃ・ｃ＝０
（１）より、 （ｑ−ｐ）・ｃ−ｃ・ｃ＝０ なので、 ｐ・ｑ＝０
したがって、ＭＰとＭＱはつねに直交する。 （終）
（コメント） Ｐ’Ｑ’＝（１/２）ＢＣ が成り立つとき、ＭＰ⊥ＭＱになるんですね！美しい結果です。
以下、工事中！