チェバ・メネラウスの定理を用いた証明

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問題アーカイブ01

問題アーカイブ01\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) 辺 \({\rm BC}~,~{\rm CA}~,~{\rm AB}\) 上にそれぞれ点 \({\rm P}~,~{\rm Q}~,~{\rm R}\) があり、\({\rm AP}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CR}\) が \(1\) 点で交わっているとする。\({\rm QR}\) と \({\rm BC}\) が平行でないとき、直線 \({\rm QR}\) と直線 \({\rm BC}\) の交点を \({\rm S}\) とすると、\({\rm BP}:{\rm BS}={\rm CP}:{\rm CS}\) が成り立つことを示せ。

数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.111 問題 3

[証明]

\({\rm AP}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CR}\) が \(1\) 点で交わっているので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)

次に、\(\triangle {\rm ABC}\) と直線 \({\rm QS}\) について、メネラウスの定理より、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)

\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、

\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\end{eqnarray}\)

よって、両辺を \(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\) で割ると、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,}\)

これより、

　\({\rm BP}:{\rm PC}={\rm BS}:{\rm SC}\)

したがって、\({\rm BP}:{\rm BS}={\rm PC}:{\rm SC}\) すなわち \({\rm BP}:{\rm BS}={\rm CP}:{\rm CS}\) となる　[終]

問題アーカイブ02

問題アーカイブ02\(\triangle {\rm ABC}\) の辺 \({\rm BC}\) の中点を \({\rm M}\) とする。線分 \({\rm AM}\) 上に点 \({\rm R}\) をとり、\({\rm CR}\) の延長と辺 \({\rm AB}\) の交点を \({\rm P}\) 、\({\rm BR}\) の延長と辺 \({\rm AC}\) の交点を \({\rm Q}\) とする。このとき、\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) であることを証明せよ。

東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.78 問17

[証明]

\(3\) 直線 \({\rm AM}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CP}\) は点 \({\rm R}\) で交わるので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm BM}\,}{\,{\rm MC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)

ここで、\({\rm M}\) は辺 \({\rm BC}\) の中点なので、

　\({\rm BM}={\rm MC}\)

よって、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm BM}\,}{\,{\rm MC}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)

\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、

\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}&=&1
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm QA}\,}{\,{\rm CQ}\,}\end{eqnarray}\)

すなわち、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AQ}\,}{\,{\rm QC}\,}\)

よって、\(\triangle {\rm ABC}\) において、辺 \({\rm AB}~,~{\rm AC}\) を同じ比に分けるので、

したがって、三角形と平行線の比の関係の逆より、\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) となる　[終]

問題アーカイブ03

問題アーカイブ03次の図のように、四角形 \({\rm ABCD}\) の対角線 \({\rm AC}\) 上に点 \({\rm P}~,~{\rm Q}\) をとり、\({\rm DP}\) の延長と辺 \({\rm AB}\) の交点を \({\rm K}\)、\({\rm DQ}\) の延長と辺 \({\rm BC}\) の交点を \({\rm L}\)、\({\rm BQ}\) の延長と辺 \({\rm CD}\) の交点を \({\rm M}\)、\({\rm BP}\) の延長と辺 \({\rm AD}\) の交点を \({\rm N}\) とする。このとき、次の等式が成り立つことを証明せよ。

\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1\)

東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.82 問題 5

[証明]

対角線 \({\rm BD}\) を引いて \({\rm AC}\) との交点を \({\rm R}\) とすると、

\(\triangle {\rm ABD}\) において、\({\rm DK}~,~{\rm BN}~,~{\rm AR}\) が点 \({\rm P}\) で交わっているので、チェバの定理より、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)

次に、\(\triangle {\rm BCD}\) において、\({\rm DL}~,~{\rm BM}~,~{\rm CR}\) が点 \({\rm Q}\) で交わっているので、チェバの定理より、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)

\({\small [\,1\,]} \times {\small [\,2\,]}\) より、

\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}&=&1\end{eqnarray}\)

ここで、\(\displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1\) なので、

したがって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1\) となる　[終]

問題アーカイブ04

問題アーカイブ04\(\triangle {\rm ABC}\) の辺 \({\rm AB}~,~{\rm AC}\) 上に \({\rm AD}={\rm AE}\) となるような点 \({\rm D}~,~{\rm E}\) をそれぞれとる。\({\rm BE}~,~{\rm CD}\) の交点を \({\rm P}\) とし、直線 \({\rm AP}\) と辺 \({\rm BC}\) の交点を \({\rm Q}\) とするとき、\({\rm Q}\) は \({\rm BC}\) を \({\rm BD}:{\rm CE}\) に内分することを証明せよ。

東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.114 練習問題A 2

[証明]

\(3\) 直線 \({\rm AQ}~,~{\rm BE}~,~{\rm CD}\) は点 \({\rm P}\) で交わっているので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、

　\(\displaystyle \frac{\,{\rm AD}\,}{\,{\rm DB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}=1\)

よって、

\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}\end{eqnarray}\)

ここで、\({\rm AD}={\rm AE}\) より \({\rm AD}={\rm EA}\) なので、

\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,\cancel{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm CE}\,}\end{eqnarray}\)

これより、

　\({\rm BQ}:{\rm QC}={\rm BD}:{\rm CE}\)

したがって、点 \({\rm Q}\) は \({\rm BC}\) を \({\rm BD}:{\rm CE}\) に内分する　[終]