最小の正三角形 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　戻る

　当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、ＨＮ「ぽっぽ」さんからの出題です。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２２年１２月１５日付け）


　左図のような各辺が ３、４、５ である直角三角形
に、正三角形が内接している。

　このとき、この正三角形の面積の最小値を求め
よ。

　但し、内接するとは各辺の辺上に頂点を持つもの
とする。








































（答）　この問題を、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「らすかる」さんが解かれた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２２年１２月１５日付け）
　　　　　　　面積の最小値は、　３６(２５−３６)/１９３

（らすかるさんの解）　正三角形の２頂点を、Ａ( １ ， ０ )、Ｂ( ０ ， ａ ) として、第１象限内の

　　　　　　　　　　　　残りの頂点Ｃ( ｘ ， ｙ )の座標を求める。左図において、

　　　　　

　　　より、
　　　　　　　　ｘ−１＝（−１＋ａ）/２

　　　　　　　　　　ｙ＝（＋ａ）/２

　　　よって、　Ｃ( (ａ＋１)/２，(＋ａ)/２ ) である。

　また、この正三角形ＡＢＣの一辺の長さは、　である。

　Ｃを通り、傾きが −３/４ である直線の ｙ 切片は、 ｛（３＋４)ａ＋４＋３｝/８

この直線が (４，０)、(０，３) を通るように拡大縮小すると、正三角形ＡＢＣの一辺の長さ ｒ は、

ｒ＝・３/｛｛（３＋４)ａ＋４＋３｝/８｝

　＝２４/｛（３＋４)ａ＋４＋３｝

となる。

　ｒ’＝２４｛（４＋３）ａ−（３＋４)｝/｛（３＋４)ａ＋４＋３）2｝

で、 ｒ’＝０　とおくと、　ａ＝（２４＋７）/３９　である。

　このとき、　ｒ は極小かつ最小となり、最小値は、

　　　　　　

である。（→　この計算は、手計算では大変かも知れない！）

　従って、面積の最小値は、

　　/４・（１４４（２５−１２）/１９３＝３６(２５−３６)/１９３　（終）

（コメント）　らすかるさん、ありがとうございます。ただ、上記の計算が見た目以上に大変
　　　　　　だったので、もっと手計算で楽に出来るような別解を考えてみました。

（別解）　下図において、　Ｐ( ｘ ， ０ ) とする。

　正三角形の一辺の長さを ｒ 、∠ＡＰＱ＝θ とおく。

　このとき、　Ｑ( ｘ＋ｒ・ｃｏｓθ ， ｒ・ｓｉｎθ )　で、

　Ｒの ｘ 座標は、　ｘ＋ｒ（ｃｏｓθ−ｓｉｎθ）/２

　Ｒは ｙ 軸上の点なので、

　　　　ｘ＋ｒ（ｃｏｓθ−ｓｉｎθ）/２＝０

　よって、　ｘ＝ｒ（ｓｉｎθ−ｃｏｓθ）/２　である。このとき、

　　　Ｑ( ｒ（ｓｉｎθ＋ｃｏｓθ）/２ ， ｒ・ｓｉｎθ )

で、さらに、点Ｑは直線　ｘ/４＋ｙ/３＝１　上にあるので、代入して、

　　　ｒ＝２４/｛（３＋８）ｓｉｎθ＋３ｃｏｓθ｝

を得る。よって、正三角形ＰＱＲの面積Ｓは、

　　Ｓ＝ｒ2/４＝１４４/｛（３＋８）ｓｉｎθ＋３ｃｏｓθ｝2

で与えられる。

　単振動の合成により、Ｓの最小値は、

　　１４４/（１００＋４８）＝３６/（２５＋１２）＝３６(２５−３６)/１９３

となる。　（終）


　攻略法さんは、ExcelVBA にて数値計算で求められた。（平成２２年１２月１７日付け）

Sub Test()

Let a = 3 '元の三角形の面積の３辺の長さ
Let b = 4
Let c = 5
Let t = (a + b + c) / 2 'ヘロンの公式より
Let S = Sqr(t * (t - a) * (t - b) * (t - c)) '元の三角形の面積
'等力点の垂足三角形より
Let d = 2 * Sqr(2) * S / Sqr(a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2 + 4 * Sqr(3) * S)
'求める正三角形の１辺の長さ
Debug.Print "１辺の長さ="; d
Let t = 3 * d / 2 'ヘロンの公式より、その正三角形の面積
Let S = Sqr(t * (t - d) ^ 3)
Debug.Print "面積="; S
Debug.Print 36 * (25 * Sqr(3) - 36) / 193 'らすかるさんが求めた値
End Sub


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんのコメントです。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２２年１２月１８日付け）

　攻略法さんが書かれた等力点というのを聞いたことがなかったので、ネットで調べてみま
した。次のようなことが成り立つようです。

　(1)　三角形の１つの角とその外角の２等分線が対辺(の延長)と交わる点を直径の両端と
　　　する円を、その角に関するApollonius円という。

　　　　３つの角に関する３つのApollonius円は２点を共有する。

　　　この２点を等力点という。そのうちの１点は三角形の内部にある。これを内等力点と
　　いう。

　　　このまま成り立つためには不等辺三角形である必要がある。以下必要に応じてこれを
　　仮定する。

　　　△ABCと同じ平面にある点Pに対して、Pから各辺またはその延長に下ろした垂線の足

　　を頂点とする三角形を垂足三角形という。シムソンの定理の逆により、Pが△ABCの外

　　接円の周上にあるとき以外は垂足三角形は三角形になる。

　(2)　△ABCの等力点に関する垂足三角形は正三角形である。

　(3)　△ABCに内接する正三角形のうちで最小のものは△ABCの内等力点に関する垂足
　　　三角形である。

　(4)　△ABCの内等力点に関する垂足三角形の一辺の長さは、

　　　　　２Ｓ/√（ａ2＋ｂ2＋ｃ2＋４Ｓ）　　（←攻略法さんがかかれている式です。）

　　　である。ただし、Ｓは△ABCの面積で、ａ、ｂ、ｃ は元の三角形の３辺の長さである。

　　　　　　　　　　　　

　(1)、(2)、(3)、(4)をすべて証明すれば、一般化した形で解決になります。いずれも難しそう
ですがどれでもいいから証明できないでしょうか。

　ＦＮさんからの追伸です。（平成２２年１２月１９日付け）

　日本語のページでは証明が書いてあるページは見つかりませんでしたが、英語のページ
を捜すと次のページにすべて書いてありました。なかなか面白いです。

http://awesomemath.org/wp-content/uploads/reflections/2010_6/Isodynamic_moon_c.pdf

　上述の(1)について：

　△ABCの∠Aに関するApollonius円は、PB：PC＝AB：AC　を満たす点Pの軌跡です。最初
に見たページの定義に合わせてしまいましたが、これを定義にするべきでした。

　なお、AB＝AC のときは円ではなく直線です。２等辺三角形のときは、３つのApollonius円
のうち１つは直線、正三角形の場合は３つとも直線です。

　使うのは、PB：PC＝AB：AC　だけなので、２等辺三角形のときは、(1)〜(4)すべて、正三
角形のときは等力点が１つしかないことを除いてすべて成り立ちます。

　Pが∠Aに関するApollonius円上の点　⇔　PB：PC＝AB：AC　⇔　bPB＝cPC

　Pが∠Bに関するApollonius円上の点　⇔　PC：PA＝BC：BA　⇔　cPC＝aPA

　Pが∠Cに関するApollonius円上の点　⇔　PA：PB＝CA：CB　⇔　aPA＝bPB

　Pが∠Aに関するApollonius円と∠Bに関するApollonius円の交点であるとき、Pが∠Cに関
するApollonius円上にあることを示せばよいが、bPB＝cPC、cPC＝aPA　から　aPA＝bPB
が出るのは明らか。そのうちの１点が三角形の内部にあることは図を書けば明らかである。

　上述の(2)について：

　次のページ（私の備忘録ー幾何学ー垂線の足の距離）に書いてある　MN＝AP・sinAを使
います。ただしPはBC上の点になってますが任意の点とします。

　（何となくスッキリした定理で、知っていると得するような・・・予感）と書いてありますが、結構役に立つ
式のようです。(4)の証明でも使います。

　PからAB、AC、BCに下した垂線の足をそれぞれM、N、Lとする。上のことより、

　　　　　MN＝APsinA　　、 ML＝BPsinB　　、NL＝CPsinC

　逆も含めて次の形で証明します。というのは(3)を証明するのに逆が必要だからです。

　(2’)　Pが△ABCの等力点である　⇔　Pに関する垂足三角形は正三角形である

　　Pが△ABCの等力点である　⇔　aPA＝bPB＝cPC　⇔　APsinA＝BPsinB＝CPsinC

　⇔　MN＝ML＝NL　⇔　△MNLは正三角形である

　上述の(3)について：

　これを証明するための補題として次の定理が必要です。

定　理(Miquel)　　△ABCの辺BC、CA、AB上(端点を除く)にそれぞれ点A’、B’、C’
　　　　　　　　　　がある。３つの三角形△AB’C’、△A’BC’、△A’B’Cの外接円は
　　　　　　　　　　１点で交わる。

　　＊ミケルの定理で検索しても見つかりませんでした。日本では別の名前で呼ばれている
　　　のでしょうか。

　きれいな形で証明も簡単です。

　　ＦＮさんから証明をいただきました。（平成２２年１２月２１日付け）

　（証明）　２つの三角形△AB'C'、△A'BC'の外接円の交点でC'でない方をPとする。

　　Pが△A'B'Cの外接円上にあることを示せばよい。

　　A、B'、P、C' が同一円周上にあることより、　∠B'PC'＋∠A＝180°

　　B、A'、P、C' が同一円周上にあることより、　∠A'PC'＋∠B＝180°

　　∠A'PB'＋∠C＝ ｘ とおいて３式を加えると、　360°＋180°＝360°＋ ｘ

　　従って、　ｘ＝180°となり、Pは△A'B'Cの外接円上にある。　（証終）

　次に、(3)の証明もＦＮさんによります。

　L、M、N は、BC、CA、AB上にあり、△LMNは正三角形であるとする。

Miquel の定理より、３つの三角形△AMN、△BNL、△CLM の外接円は１点Jで交わる。

Jの垂足三角形を△L'M'N'とする。ただし、L'、M'、N' は、それぞれBC、CA、AB上にあると

する。次の２つを証明すればよい。

[1]　△L'M'N'は正三角形である。

[2]　△L'M'N'のほうが△LMNより小さい。

これができれば、(2')より、Jは等力点(当然内等力点)となり、証明は完了する。

　MJLCが円に内接することより、∠JLM＝∠JCM 、 ∠JML＝∠JCL

　M'JL'Cが円に内接することより、∠JL'M'＝∠JCM' 、 ∠JM'L'＝∠JCL'

　従って、∠JLM＝∠JL'M' 、 ∠JML＝∠JM'L'　となり、　△JLM∽△JL'M'

　JL≧JL'　であるから、ML≧M'L'

　従って、[1]が成り立てば、[2]も成り立つ。

　あとは[1]を証明するだけである。

　∠JLM＝∠JL'M'　と同様に、　∠JLN＝∠JL'N'

　∠M'L'N'＝∠JL'M'＋∠JL'N'＝∠JLM＋∠JLN＝∠MLN＝60°

　同様にして∠L'M'N'＝60°となり、△L'M'N'は正三角形である。


　上述の(4)について：

　これを示すために内等力点の次の形の特徴づけがいります。

定　理　　Pが三角形の内等力点であれば次式が成り立つ。
　　∠BPC＝∠A＋60°、 ∠CPA＝∠B＋60°、　∠APB＝∠C＋60°

逆も成り立つと思いますが、(4)の証明には不要です。これと垂線の足の距離の式とあとは
三角比の加法定理や正弦定理等を使えばできます。次の２式を補題としておきます。

補　題　△ABCに対して次式が成り立つ。
　　　(1) sin2A＋sin2B＋sin2C＝4sinAsinBsinC
　　　(2) S=abc/4R=2R^2sinAsinBsinC　 (Sは面積 、Rは外接円の半径)


　出題者の「ぽっぽ」さんからのコメントです。（平成２２年１２月１８日付け）

　皆様正解です。内等力点という言葉は初めて知りました。想定解は座標を使うものです。
参考図をリンクしておきます。

　　　　http://iijima.auemath.aichi-edu.ac.jp/asp/gcjava/html.asp?00002444


ぽっぽさんからの新しい疑問です。（平成２２年１２月２１日付け）

　三角形に内接する正三角形の重心は必ずある直線状に存在した（GC javaで確認すれば
分かります）のですが、なぜでしょうか？分かった方は教えてください。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２２年１２月２１日付け）

　簡単にはいかないのではないでしょうか。次ぐらいの手順になりそうに思います。

(1)　定点AとAを通らない定直線 g があり、A から g に下ろした垂線の足をHとする。

　　Pが g 上を動くとき、APを一辺とする正三角形の重心の軌跡はAHを、２：１に内分する

　　点を通り、g と３０°の角をなす２直線である。

(2)　△ABCの辺BC上に点Pがあるとする。PからAB、ACに下ろした垂線の足をそれぞれ

　　H、Kとする。△ABCに内接する正三角形で1つの頂点がPであるものの重心Gは、PH

　　を、２：１に内分する点を通り直線ABと３０°の角をなす直線とPKを２：１に内分する点

　　を通り直線ACと３０°をなす直線との交点である。

(3)　△ABCの辺BC上に点P1、P2、P3があるとする。それぞれの点に対して(2)で決まる

　　点を、G1、G2、G3とするとき、G1、G2、G3は一直線上にある。


　(1)は、　(ア)座標を使った計算　　(イ)複素平面　　(ウ)初等幾何が考えられます。

(ア)なら、g を ｘ 軸、Aを( ０，１ )として、求める直線が、y＝±（１/)ｘ＋１/３　であること

を示せばいい。高校生向けの普通の問題だと思いますが、やり方によってはかなりの計算

になるかもしれません。(イ)のほうがやりやすいかと思います。(ウ)はできてません。できれ

ば(ウ)で証明したいところです。

　(2)は、(1)を認めれば、ほとんど明らかと思います。ただし、辺BC上の点Pに対して、Pを１

つの頂点とし、△ABCに内接する正三角形がいつでもあるわけではありません。もしあれば、

このような点であると言ってるだけです。PHを、２：１に内分する点を通り、直線ABと３０°の

角をなす直線というのは２つありますが、どちらであるかは図を書けば明らかです。

　(3)は全くできてません。大きな紙に大きな三角形を書けば多分証明可能だろうと思ってい

るだけです。


　ＦＮさんからの続報です。（平成２２年１２月２３日付け）

　何か勘違いをしてるのかもしれないのですが、次のような形式的な議論で証明できてしま
うような気がします。どこか間違ってるでしょうか。

複素平面で考えます。

補　題　α、β、γ、δ は、複素数の定数で、ｘ、ｙ、ｔ は実数であるとする。

αｘ＋βｙ＋γｔ＋δ＝０　で、α/β が実数でないとき、ｘ、ｙ は、ｔ の１次式でかける。

　証明は、α＝ａ＋ａ’ｉ　、β＝ｂ＋ｂ’ｉ　、･･･　とおけば容易。

定　理　△ＡＢＣに内接する正三角形△ＰＱＲの重心Ｇは一直線上にある。

（証明）　A(α)、B(０)、C(１) とし、Ｐ、Ｑ、ＲはそれぞれBC、AB、AC上にあるとする。

　　　　このとき、　P(ｔ) 、Q(ｘα)　、Ｒ(ｙα＋１−ｙ)とおける。ただし、ｔ、ｘ、ｙは実数。

　　　　０＜ ｔ、ｘ、ｙ ＜１　であるが、これは使わない。　ω＝（１−ｉ）/２　とおく。

　　　　Ｐのまわりに、Qを−６０°回転した点がＲだから、

　　　　　　　　　(ｘα−ｔ)ω＝ｙα＋１−ｙ−ｔ

　　　　　　すなわち、　αωｘ＋(１−α)ｙ＋(１−ω)ｔ−１＝０

　　　これは、大体補題の形である。αω/(１−α) が実数になる可能性はあるが．．．。

　　　　従って、ｘ、ｙ は、ｔ の１次式でかけるので、Ｐ、Ｑ、Ｒはすべてｔ の１次式となり、重心

　　　Gも ｔ の１次式になる。　よって、Gは直線上にある。　　（証終）

　αω/(１−α)　が実数になるのがどのようなときか、よくわかってないのですが、

αω＝１−α　となるのは、頂角が１２０°の２等辺三角形です。

　このときは、前に書いた

(2)　△ABCの辺BC上に点Pがあるとする。PからAB、ACに下ろした垂線の足をそれぞれ

　　H、Kとする。△ABCに内接する正三角形で1つの頂点がPであるものの重心Gは、PH

　　を、２：１に内分する点を通り直線ABと３０°の角をなす直線とPKを２：１に内分する点

　　を通り直線ACと３０°をなす直線との交点である。

の２直線が平行になります。この三角形に内接する正三角形は多分１つしかないと思いま
す。

　αω/(１−α) が実数になるのは、∠Ａが１２０°のときのようです。上の「このときは」以
下は、∠Ａが１２０°のときで成り立つように思います。従って、次の形で成り立つと思いま
す。

　△ABCの１つの角が１２０°であるとき、△ABCに内接する正三角形は１つだけである。
それ以外のとき、△ABCに内接する正三角形は無数にあるが、その重心は一直線上に
ある。


　らすかるさんからのコメントです。（平成２２年１２月２３日付け）

　上記の

　△ABCの１つの角が120°であるとき△ABCに内接する正三角形は１つだけである。

について、全体に目を通していないので、何か勘違いしているのかも知れませんが、普通に
考えて１つの角が１２０°である三角形に内接する正三角形は無数にあると思います。


　ＦＮさんからの返信です。（平成２２年１２月２４日付け）

　仰る通りです。Ａが１２０°のときとＢが１２０°のときで結論が違うのは変です。１２０°の
角に向かい合う辺上の点が定点になるだけでした。理論的には変だけどな、と思いながら
へたな図を見た感じで１つしかないと思ってしまいました。

　αωｘ＋(１−α)ｙ＋(１−ω)ｔ−１＝０　で、αω/(１−α) が実数になるときは、実部、虚
部にわけて書いた方程式の係数が比例するときで、そのことから、ｔ は決まってしまいます。
そのとき、２つの方程式は同じだから、ｙ は ｘ の１次式となり、ｔ は定数だから、Gは、ｘの
１次式になり、一直線上にあるとなります。ありがとうございました。すっきりしました。


　攻略法さんから、この話題に関する情報です。（平成２２年１２月２４日付け）

　「CADで解く図形クイズ」の中の

　　　　任意の三角形に内接する正三角形（出題 No.479）

　　　　二等辺三角形に内接する「正三角形」の重心の軌跡（出題 No.86）

　にあります。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２２年１２月２４日付け）

　前の証明を見ると、正三角形であること、即ち、ωが−６０°の回転を表す複素数である
ことは使っていません。(１つの角が１２０°のとき云々を除いて)即ち、ωは何でもよいので
どんな三角形でもいいことになります。だから、次の形で成り立つと思います。

　△ABCと△DEFが与えられている。△ABCに内接し、△DEFに向きも含めて相似で
ある三角形の重心は一直線上にある。


　らすかるさんからのコメントです。（平成２２年１２月２４日付け）

　上記は成り立たないと思います。

　△ABCを、AB＝ACの２等辺三角形とし、ABがBCより十分大きいとします。Cからわずか
にBよりのところに点Fをとり、△ABCと相似である△DEF（E＝B、DはAB上でAの付近）を
作って、△DEF∽△ABCを保ちながら、EをAB上でA寄りにわずかにずらせば、DがAC上
にあるように出来ます。このとき、△DEF≒△ABCですから、△DEFの重心は△ABCの重
心付近にあります。

　次に、あらためて、D＝B、E＝Cとなるように△ABCと相似である△DEFを作って（FはAC
上でCの付近）、△DEF∽△ABCを保ちながら、DをAB上で、A寄りにわずかにずらせば、
EがBC上、FがAC上にあるように出来ます。このとき、△DEFの重心は、BCを２：１に内分
した点の付近にあります。

　この△DEFを、BCの垂直二等分線に関して対称移動すれば、△DEFの重心は、BCを
１：２に内分した点の付近にあることになり、以上の3点は、ほぼ２等辺三角形の頂点の
位置関係にありますから、明らかに一直線上にはありません。


　らすかるさんに対して、ＦＮさんからのコメントです。（平成２２年１２月２４日付け）

　おっしゃる通りで、私の証明が正しいとして、次のことが言えているだけでした。

　△ABCと△DEFが与えられている。点P、Q、Rがそれぞれ辺AB、BC、CA上にあって、
△PQRが△DEFに向きも含めて相似であるとき△PQRの重心は一直線上にある。

これも正しいかどうかはわかりませんが．．．。



　　　　　以下工事中