問題12：RMM 2018 SLP

#12

幾何

★★★★★

RMM 2018 SLP G2

三角形 $A B C$ があり, $S, T$ をそれぞれ $B C, C A$ の中点, $M$ を $S T$ の中点とする. また三角形 $A M T$ の外接円を $ω$ とし, 直線 $A B$ との交点のうち $A$ でない方を $N$ とする. $ω$ の $M, N$ における接線の交点を $P$ とするとき, $P$ が直線 $B C$ 上にあることと $A B = A C$ は同値であることを示せ.

解いてみた

平山：えー、これやばそう
兒玉：iffの問題、あまり好きじゃない()
馬杉： $∠ A N M = ∠ T A N$ で $A T M N$ は等脚台形
平山：それ良さそう
馬杉：外心がちょっと見やすい位置にあるかも？
兒玉：ifの方が示すの楽そう
宿田：iffってどっちか自明なこともあったり無かったり
馬杉：でも今回はifも難しそうな気がする
平山： $A T = M N$ の良い活かし方ないかな
平石： $M T C$ と $S M N$ が合同です
渡辺： $A B$ の中点を $L$ とすると、 $M L = N S$
平山： $M L N S$ も等脚台形か
平石：それだけなら $S L = M N$ からすぐ従うかな
平山：等辺めっちゃあるじゃん
平山： $P$ について扱えてなさすぎるんだよね
宿田：いずれにせよ再定義は必要そう
兒玉： $A M$ と $T N$ の交点を $Q$ とすると、 $N P M$ と $N Q A$ が相似で、 $Q N P M$ が共円
馬杉： $Q$ 良さげですね
平石：そしたらangle-chaseして $A B$ と $P Q$ の平行がわかる
馬杉： $Q$ めっちゃ良いですね
平山：まだ $A B C$ の形に依存していない議論なのも良い
平石：ifの方は、 $B C$ 上で $A B / / P^{'} Q$ と $P^{'}$ を定めて、 $M P^{'} = N P$ とか示す？
平山：共円を示すという手もありそう
平石：円 $P Q M N$ 、 $A T M N$ の外心 $O$ も通るね
平山：それで $O P$ が直径になるのか
平石： $M$ が中点であることをあまり使っていない気がします
平山：そもそも $S$ とか $T$ とかが中点である意味もまだ薄い
馬杉：あと $A B C$ の形に依存しそうな議論が見えてこない
平山：それはむしろ概して嬉しいことじゃない？
平山： $A S, M N, P Q$ が共点っぽい
渡辺：正しい
平石：それは $T M = M S$ から従う
馬杉： $Q N P$ と $A N M$ が相似になっている
平山：今の共点と合わせてその回転相似は悪くなさそう？
馬杉： $M N$ と $P Q$ の交点を $R$ とおいて、方べきの値とか見てみない？
平山：それに関連して、円 $M L N S$ と $O Q, A S$ が共点という予想を立てていて
平山：方べきを見ると、その共点と $P Q S$ も共円になっていて
平山：さらにifと同値になっていることがわかる、二等辺に依存かな？
平石：二等辺じゃないケースで乗るのはヤバそう、依存っぽい
馬杉：直線 $P Q$ と $A C$ との交点を $K$ とすると、 $A K M P$ って共円か
平山： $∠ P K T = ∠ B A C = ∠ P N T$ から言える
馬杉：ここからは完全に思い付きなんだけど、 $A B$ と平行な直線 $ℓ$ であって
馬杉： $ℓ$ と $A C, B C$ の交点を $K_{1}, P_{1}$ として、 $A K_{1} M P_{1}$ が共円なものを考える
馬杉： $ℓ$ と $A M$ の交点を $Q_{1}$ とおいたとき、 $Q = Q_{1}$ と同値になる？
宿田：もはや計算とかでどうにかなりそうな気も
宿田：でも歳を取って計算をしたくなくなった、川に桃でも流れてこないかな
平石：本番だったらやってるところだけど、今はやりたくない
宿田：これPascalって刺さる？
平山：同じ点を2回使うことで接線を引き出すみたいなテクは一応あって
平山：というか今気付いたけど、 $A S, T P, ω$ って共点っぽいんじゃない？
平石：今それ思ったところだった、示せてる？
宿田：示せた、 $A S$ と $ω$ の交点 $D$ について、 $R$ まわりの方べきから $A D P Q$ 共円で
宿田：適当にangle-chaseすると $∠ P D T = 180^{\circ}$ が示せる
平山： $A T M - T M D$ でPascal使うと、 $T$ での $ω$ の接線と $A M$ の交点を $W$ として
平山： $S, P, W$ が共線だから、 $W$ が $B C$ 上と同値になって、ほぼすべての点が消える
平山：相似から $A W : M W = A T^{2} : M T^{2}$ で、二等辺とこれが $4 : 1$ になることが同値だけど
平山： $A M$ と $B C$ の交点 $W^{'}$ について適当に辺比を見て $A W^{'} : M W^{'} = 4 : 1$ なので、終わりです
宿田：平山のやつ確認できました
馬杉：思い付きって言ったやつ恐らく終了できた、 $A Q_{1} : Q_{1} M = 1 - t : t$ とおくと、
馬杉： $Q_{1}$ まわりの方べきから $16 t A M^{2} = (1 + 3 t) A B^{2}$ という式が出てくるはず
馬杉：同時に $Q = Q_{1}$ のとき $A N / A B = (1 - t) / 4 t$ が成り立つわけだけど、
馬杉： $4 A M^{2} = A B (A B + A N)$ のとき勝手に従うから、これと $A B = A C$ が同値になってほしい
宿田： $A M^{2}$ って中線定理でバラせるよね、さらに $A S^{2}$ 出てくるし
平山： $A N$ が厳しそうだったけど、等脚台形って話でどうにかなるか
宿田： $\cos A$ とか持ち出せば、結局外周だけ使えばよくなるはず
平山：整理すると $3 A C^{2} = A B^{2} + B C^{2} + 2 A B \cdot A C \cos A$ となった
平山：半角公式っぽいとか思ったけど普通に余弦定理で消えるじゃん、終わりです
馬杉：やったー
平山：RMM怖いですね……

解説・感想

工事中

解答

解法1.　四角形 $A T M N$ が等脚台形であることに注意する. $A M$ と $N T$ の交点を $Q$ とすると, 簡単な角度計算により $Q, N, P, M$ の共円と $A B / / P Q$ がわかる. また $A S$ と $M N$ の交点を $R$ とすると, $A N : M S = A N : M T$ より $Q R / / S T$ が従う. ゆえに $P, Q, R$ は共線である.

$A S$ と $ω$ の交点のうち $A$ でない方を $D$ とする. このとき, 方べきの定理より $R A \times R D = R N \times R M = R P \times R Q$ であるから, $A D P Q$ は共円. したがって $∠ P D A = ∠ P Q A = 180^{\circ} - ∠ N A Q = 180^{\circ} - ∠ A N T = 180^{\circ} - ∠ A D T$ より $P D T$ は共線である. ここでPascalの定理を $A T M - T M D$ に適用することで, $A M$ と $T$ における $ω$ の接線との交点を $W$ とすると, これと $S, P$ が共線であることがわかる.

$W M T$ と $W T A$ の相似より $A W : M W = A T^{2} : M T^{2}$ であるから, 特に以下が従う. $A B = A C ⟺ A W : M W = 4 : 1$ 　また $A M$ と $B C$ の交点を $W^{'}$ とすると, Menelausの定理から $S W^{'} : W^{'} C = 1 : 2$ , さらに $A W^{'} : M W^{'} = 4 : 1$ であることがわかる. よって $A B = A C ⟺ W \in B C ⟺ P \in B C$ より題意は示された.

解法2.　直線 $A C$ と $P Q$ の交点を $K$ とすると, 接弦定理および $Q, N, P, M$ の共円より $∠ P K T = ∠ B A C = ∠ P N Q = 180^{\circ} - ∠ A M P$ であるから, 特に四点 $A, K, M, P$ は共円である.

ここで, $A B$ と平行な直線 $ℓ$ であって, $A C, B C$ の交点 $K_{1}, P_{1}$ について $A, K_{1}, M, P_{1}$ が共円であるものを考える. このとき, $ℓ$ と $A M$ の交点を $Q_{1}$ とすれば, 以下の同値が成立することに留意する. $P \in B C ⟺ Q = Q_{1}$

いま $A Q_{1} : Q_{1} M = 1 - t : t$ とおくと, 簡単な辺比計算によって方べきの定理から $A Q_{1} \times M Q_{1} = K_{1} Q_{1} \times P_{1} Q_{1} ⟹ 6 t A M^{2} = (1 + 3 t) A B^{2}$

さらに $A B$ と $Q_{1} T$ の交点を $N_{1}$ とすれば, $A N_{1} : A B = (1 - t) : 4 t$ であるから, 以下の同値が従う.

$4 A M^{2} = A B (A B + A N) ⟺ \frac{A N}{A B} = \frac{1 - t}{4 t} ⟺ N = N_{1} ⟺ Q = Q_{1}$

ここで三角形 $A S T$ および $A B C$ に対して中線定理を順次適用して $4 A M^{2} = 2 A S^{2} + \frac{1}{2} A C^{2} - \frac{1}{4} A B^{2} = \frac{3}{4} A B^{2} + \frac{3}{2} A C^{2} - \frac{1}{2} B C^{2}$

また四角形 $A T M N$ が等脚台形であることから $A N = M T + 2 A T \cos A = \frac{1}{4} A B + A C \cos A$

これらを合わせて以下の同値を得るが, 余弦定理より右は $A B = A C$ と同値であり, 特に題意は示された. $4 A M^{2} = A B (A B + A N) ⟺ 3 A C^{2} = A B^{2} + B C^{2} + 2 A B \cdot A C \cos A$