当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＧＡＩ」さんからの出題です。
（平成２７年１２月７日付け）
四角形ABCDがあり、AD‖BC、∠ABC=∠BDC=∠ACB/2であり、直線BDは∠ABCの2等
分線になっているという。
このとき、∠ABCは？ 出そうで出にくいです。
（出典：日本数学オリンピック2000年予選問題）
（答） ２０°（問題の趣旨に合う図が少し書きにくかったです．．．。）
∠ＡＣＤ＝４θとおくと、題意より、∠ＡＢＣ＝∠ＢＤＣ＝２θ、∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ＝θ
このとき、平行線ＡＤとＢＣの距離をｈとすると、
ＡＤ＝ｈ/ｔａｎθ−ｈ/ｔａｎ２θ＝ｈ/ｔａｎ４θ＋ｈ/ｔａｎ３θ
である。すなわち、 １/ｔａｎθ−１/ｔａｎ２θ＝１/ｔａｎ４θ＋１/ｔａｎ３θより、
ｃｏｓθ/ｓｉｎθ−ｃｏｓ２θ/ｓｉｎ２θ＝ｃｏｓ４θ/ｓｉｎ４θ＋ｃｏｓ３θ/ｓｉｎ３θ
ｓｉｎ（２θ−θ）/ｓｉｎθｓｉｎ２θ＝ｓｉｎ（４θ＋３θ）/ｓｉｎ４θｓｉｎ３θ
すなわち、 １/ｓｉｎ２θ＝ｓｉｎ７θ/ｓｉｎ４θｓｉｎ３θ
よって、両辺に ｓｉｎ４θ＝２ｓｉｎ２θｃｏｓ２θ を掛けて、 ２ｓｉｎ３θｃｏｓ２θ＝ｓｉｎ７θ
積和の公式より、 ｓｉｎ５θ＋ｓｉｎθ＝ｓｉｎ７θ なので、
ｓｉｎθ＝ｓｉｎ７θ−ｓｉｎ５θ＝２ｃｏｓ６θｓｉｎθ
ｓｉｎθ≠０ なので、 ｃｏｓ６θ＝１/２
よって、 ６θ＝６０°より、 θ＝１０°なので、 ∠ＡＢＣ＝２θ＝２０°
（コメント） 初等幾何的に求めようとしましたが、背水の陣で結局三角関数のお世話になっ
てしまいました。初等幾何的な解法は難しいのでしょうか？
当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「DD++」さんが初等幾何的な解法に挑戦されました。
（平成２７年１２月１１日付け）
初等幾何で頑張ってみましたが、超アクロバティック解法しかできませんでした。もっと簡単
な初等幾何的解法もありそうなものですが．．．。（なんでこんな解法を思いついたのか自分でも謎…）
対角線BD上に、BE=CE となる点Eをとる。辺BCと線分AEの延長の交点をFとする。辺BCに
ついて点Eと対称な点をGとする。辺ADの延長上に、AH=BH となる点Hをとる。
このとき、実は △ABG≡△ADC であり、また四角形 AHBF は菱形である。（証明は後で）
これを用いて、△AFG の内角をそれぞれ考える。
∠FAG=∠BAG-∠BAF=∠DAC-∠ABF（合同、菱形の性質）
=∠ACB-∠ABF（平行線の錯角）=2∠ABC-∠ABC=∠ABC
∠AFG=2∠AFC=2∠HBC=4∠ABC
また、∠AFC=2∠ABC、∠ACF=2∠ABC より AF=AC で、三角形の合同から AG=AC なの
で、AF=AG よって、∠AGF=∠AFG=4∠ABC
したがって、 ∠FAG+∠AFG+∠AGF=9∠ABC=π より、∠ABC=π/9
[補] △ABG≡△ADC の証明
∠CED=2∠EBC=∠ABC、∠CDE=∠ABC より、∠CED=∠CDE なので、CE=CD
また、点Eや点Gの取り方から BE=CE、BE=BG なので、結局、 BG=DC
そして、∠ABD=∠CBD=∠ADB（二等分線、平行線の錯角）より、AB=AD
さらに、∠ABG=∠ABC+∠GBC=∠ABC+∠EBC=∠CDB+∠BDA=∠ADC
したがって、二辺夾角相等なので、△ABG≡△ADC
[補] 四角形AHBFは菱形の証明
∠CED=2∠EBC=∠ABC、∠CDE=∠ABC、∠HAB=∠ABC、∠HBA=∠HAB=∠ABC より、
二角相等なので、△HAB∽△CED である。
また、∠ABD=∠CBD=∠BDA より、AB=AD である。これらを用いると、
BE：ED=CE：ED=HA:AB=HA：AD となるので、HB//AE である。
したがって、四角形AHBFは、HA//BF、HB//AF、HB=HA なので菱形である。
（コメント） DD++さんの素晴らしい証明に感動しました。ありがとうございました。