今だから話そう「幾何の問題・正解集」

《幾何の問題正解集》 ［提示問題とは］ 「三角形ＡＢＣにおいて、∠Ｂと∠Ｃの二等分線が辺ＡＣ、辺ＡＢと交わる点をそれぞれＤ、Ｅとするとき、ＢＤ＝ＣＥであるという。このとき、三角形ＡＢＣは二等辺三角形であることを証明せよ」 証明(クリックする) 解答者 解答日時 「三好解」 　三好　彰氏 1994-01-31 08:09 「船津解１」 　船津　剛男氏 1994-01-31 13:30 「船津解２」 　船津　剛男氏 1994-02-02 09:15 「井上解」 　井上　徹夫氏 1994-02-14 19:28 「北條解」 　北條　尚志氏 1995-01-11（by郵便） 「大野解1」 　大野　典昭氏 2002-4-13 7:21 「大野解２」 　大野　典昭氏 2002-10-20 10:54 「大野解３」 　大野　典昭氏 2002-10-26 11:56 「出題者解」 　木下　恂 1994-01-27 14:19 ［三好解］ △ＡＢＣの∠Ｂの二等分線と辺ＡＣとの交点をＤ、∠Ｃの二等分線と辺ＡＢとの交点をＥとする。ＢＤ＝ＣＥが与件。 △ＡＣＥの外接円と、△ＡＢＤの外接円の交点をＦとする。円周角∠Ａに対応する辺ＣＥと辺ＢＤが等長（与件）なので、二つの円は同じ大きさ。 ＦＤが円ＡＣＥと交わる点をＧとする。またＦＥが円ＡＢＤと交わる点をＨとする。１つの円弧に対応する角度は同じなので、次のようになる。 ∠ＡＦＧ＝∠ＡＦＤ＝∠ＡＢＤ＝1/2 ∠Ｂ　　　　　(1) ∠ＡＦＨ＝∠ＡＦＥ＝∠ＡＣＥ＝1/2 ∠Ｃ　　　　　(2) 四角形ＡＥＦＧは円ＡＣＥに内接するので、∠ＧＡＥ＋∠ＥＦＧ＝180ﾟとなり、 ∠ＧＡＤ＝180ﾟ－∠Ａ－∠ＡＦＥ－∠ＡＦＧ＝180ﾟ－∠Ａ－1/2（∠Ｂ＋∠Ｃ） 一方、180ﾟ＝∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｃなので、 ∠ＧＡＤ＝1/2（∠Ｂ＋∠Ｃ） 四角形ＡＤＦＨは円ＡＢＤに内接するから、∠ＨＡＤ＋∠ＤＦＨ＝180ﾟとなり、 ∠ＨＡＥ＝180ﾟ－∠Ａ－∠ＡＦＨ－∠ＡＦＤ＝180ﾟ－∠Ａ－1/2（∠Ｂ＋∠Ｃ） ＝1/2（∠Ｂ＋∠Ｃ） よって ∠ＨＡＥ＝∠ＧＡＤ ゆえに、∠Ａ＋∠ＨＡＥ＋∠ＧＡＤ＝∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｃ＝180ﾟとなり、 点Ｇ，Ａ，Ｈは一直線上にある。 円ＡＣＥと円ＡＢＤが同じ大きさであるので、辺ＡＦに対応する円周角は等しくなり、 ∠Ｇ＝∠Ｈ ゆえに△ＦＧＨは二等辺三角形である、つまりＦＨ＝ＦＧ 辺ＦＨと辺ＦＧに対応する円周角は等しいので、 ∠ＨＡＦ＝∠ＧＡＦ＝90ﾟとなる。 よって、∠ＡＦＨ＝∠90ﾟ－∠Ｈ＝∠90ﾟ－∠Ｇ＝∠ＡＦＧ (2)から∠ＡＦＨ＝1/2 ∠Ｃ、(1)から∠ＡＦＧ＝1/2 ∠Ｂ なので、∠Ｃ＝∠Ｂとなる。 ［船津解１］ １．頂点ＣからＢＤに平行線を引き、ＡＢの延長線と交わる点をＦとする。 ２．頂点ＢからＣＥに平行線を引き、ＡＣの延長戦と交わる点をＧとする。 ３．１．→　∠ＡＢＤ＝∠ＢＦＣ、∠ＤＢＣ＝∠ＢＣＦ 　　ゆえに、△ＢＣＦは２等辺三角形であり、ＢＣ＝ＢＦ ４．同様に、△ＢＣＧは２等辺三角形であり、ＢＣ＝ＣＧ ５．上記→　ＢＤ：ＣＦ＝ＡＢ：ＡＢ＋ＢＣ→ＢＤ＝ＣＦ／（１＋ＢＣ／ＡＢ） ６．同様に、ＣＥ：ＢＧ＝ＡＣ：ＡＣ＋ＢＣ→ＣＥ＝ＢＧ／（１＋ＢＣ／ＡＣ） ７．∠ＡＢＣ＜∠ＡＣＢであると仮定すると、 　　△ＢＣＤと△ＢＣＥに於て、∠ＡＢＣ＜∠ＡＣＢであるから、ＡＢ＞ＡＣ 　　△ＢＣＦと△ＢＣＧに於て、∠ＣＢＦ＞∠ＢＣＧであるから、ＣＦ＞ＢＧ ８．従って、 　　ＢＤ＝ＣＦ／（１＋ＢＣ／ＡＢ）＞ＢＧ／（１＋ＢＣ／ＡＢ） 　　　　＞ＢＧ／（１＋ＢＣ／ＡＣ）＝ＣＥ　すなわち、ＢＤ＞ＣＥ ９．同様に、∠ＡＢＣ＞∠ＡＣＢ　であると仮定すると、ＢＤ＜ＣＥ 　　また、 ∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ　であると仮定すると、ＢＤ＝ＣＥ 従って、ＢＤ＝ＣＥならば、∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢとなり、△ＡＢＣは２等辺３角形 ［船津解２］ 　以下、記述を簡単にするために、記号を用いる。 　頂点Ａ、Ｂ、Ｃの各対辺の長さを、ａ、ｂ、ｃと表す。 　頂点Ｂ、Ｃ、の各角度を、２α、２βと表す。 　角Ｂ、Ｃの２等分線の長さを、ｘ、ｙと表す。 　問題は、「ｘ＝ｙであれば、α＝βである」を証明することである。 証明： ０．α≧（1／2）πの場合は、明らかにｙ＞ａ＞ｘである。 　　よって、α＜（1／2）πの場合について証明できればよい。 １．△ＡＢＣの面積＝底辺の長さｘ高さ＝（1／2）ａｃＳｉｎ２α ２．△ＡＢＣの面積＝△ＡＢＤの面積＋△ＣＢＤの面積 　　　　　　　　　　＝（1／2）（ｃｘＳｉｎα＋ａｘＳｉｎα） ３．Ｓｉｎ２α＝２ＳｉｎαＣｏｓα ４．１、２、３より、ｘ＝２Ｃｏｓα／（１／ａ＋１／ｃ） ５．同様にして、 ｙ＝２Ｃｏｓβ／（１／ａ＋１／ｂ） ６．もし、α＞βならば、Ｃｏｓα＜Ｃｏｓβ、ｂ＞ｃであるから、 　　ｘ＝２Ｃｏｓα／（１／ａ＋１／ｃ） 　　　＜２Ｃｏｓβ／（１／ａ＋１／ｃ） 　　　＜２Ｃｏｓβ／（１／ａ＋１／ｂ） 　　　＝ｙ 　　すなわち、　α＞βならば、ｘ＜ｙ ７．同様にして、α＜βならば、ｘ＞ｙ ８．明らかに、　α＝βならば、ｘ＝ｙ ９．従って、　　ｘ＝ｙならば、α＝β であり、△ＡＢＣは２等辺３角形 　証明終わり ［井上解］ 　三角形ＡＢＣでＢＤ，ＣＥ（角の２等分線）を長さｍ、ＢＥの長さをｂ、ＣＤの長さをａ、底辺の長さｃ、ＤＥの長さをｄ、角ＡＢＣ、ＡＣＢの二等分角の大きさをそれぞれα、βとすると、 　　a2=m2+c2-2cmcosα　‥‥‥(1) 　　b2=m2+c2-2cmcosβ　‥‥‥(2) 　　d2=m2+b2-2bmcosα　‥‥‥(3) 　　d2=m2+a2-2amcosβ　‥‥‥(4) (1),(2)より、 　　cosα=(m2+c2-a2)/(2cm)　‥‥‥(5) 　　cosβ=(m2+c2-b2)/(2cm)　‥‥‥(6) (5),(6)を(3),(4)に代入して、 　　d2=m2+b2-2bm(m2+c2-a2)/(2cm)　‥‥‥(7) 　　d2=m2+a2-2am(m2+c2-b2)/(2cm)　‥‥‥(8) (7),(8)から 　　b2-b/c(m2+c2-a2)=a2-a/c(m2+c2-b2) これを変形すると、 　　(a-b){c2-(a+b)c+(m2+ab)}=0　‥‥‥(9) 従って、a=b　‥‥‥(10) または、c2-(a+b)c+(m2+ab)=0　‥‥‥(11) ということになりますが(11)の判別式は 　　D=(a+b)2-4(m2+ab) =(a-b+2m)(a-b-2m)　‥‥‥(12) ここで、３角形の２辺の和は他の１辺より長い(a+m>c, b+m>c, c+m>a, c+m>b) ことを利用して、 　　a-b+2m=(a+m)-b+m>c-b+m=(c+m)-b>0　‥‥‥(13) 　　a-b-2m=a-m-(b+m) 即ち、D<0で、(9)が成り立つためには、a=b。 従って、３辺の等しい３角形の合同からα=βが導かれ、元の３角形が二等辺３角形であることが証明できます。 ［北條解］ ＢＤ＝ＣＥならば、∠Ｂ=∠Ｃを証明する。 【証明】 ＢＤ，ＣＥの交点をＦとする。 　α=１／２∠Ａ 　β=１／２∠Ｂ 　γ=１／２∠Ｃ 　Ｆからの垂線の長さをｒ とすれば 　ＢＦ＝ｒ・sec（α＋γ） 　ＦＤ＝ｒ・sec（α－γ） ∴ＢＤ=ｒ・｛sec（α＋γ）＋sec（α－γ）｝　‥‥(1) 　ＣＦ＝ｒ・sec（α＋β） 　ＦＥ＝ｒ・sec（α－β） ∴ＣＥ=ｒ・｛sec（α＋β）＋sec（α－β）｝　‥‥(2) (1),(2)から ∴ＢＤ＝ＣＥならば、γ=β ∴∠Ｂ=∠Ｃ 【証明終】 ［大野解１］ ①ＢＤ／ｓｉｎ（２γ）＝ａ／ｓｉｎ（β＋２γ） 　ＣＥ／ｓｉｎ（２β）＝ａ／ｓｉｎ（２β＋γ） ②ｓｉｎ（２γ）／ｓｉｎ（２β） 　＝ｓｉｎ（β＋２γ）／ｓｉｎ（２β＋γ） 　＝　（ｓｉｎβｃｏｓ２γ＋ｃｏｓβｓｉｎ２γ） 　　／（ｓｉｎ２βｃｏｓγ＋ｃｏｓ２βｓｉｎγ） ③　ｓｉｎ２γｓｉｎ２βｃｏｓγ＋ｓｉｎ２γｃｏｓ２βｓｉｎγ 　－ｓｉｎ２βｓｉｎβｃｏｓ２γ－ｓｉｎ２βｃｏｓβｓｉｎ２γ＝０ ④　４ｓｉｎγｃｏｓγｓｉｎβｃｏｓβｃｏｓγ 　＋２ｓｉｎγｃｏｓγ（ｃｏｓβ2－ｓｉｎβ2）ｓｉｎγ 　－２ｓｉｎβｃｏｓβｓｉｎβ（ｃｏｓγ2－ｓｉｎγ2） 　－４ｓｉｎβｃｏｓβｃｏｓβｓｉｎγｃｏｓγ＝０ ⑤　ｓｉｎβ2・ｓｉｎγ2（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ） 　－２ｓｉｎβ・ｃｏｓβ・ｓｉｎγ・ｃｏｓγ（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ） 　－ｃｏｓβ2・ｓｉｎγ2・ｃｏｓγ 　＋ｓｉｎβ2・ｃｏｓγ2・ｃｏｓβ＝０ ⑥　ｓｉｎβ2・ｓｉｎγ2（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ） 　－２ｓｉｎβ・ｃｏｓβ・ｓｉｎγ・ｃｏｓγ（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ） 　－ｃｏｓβ2・（１－ｃｏｓγ2）・ｃｏｓγ 　＋（１－ｃｏｓβ2）・ｃｏｓγ2・ｃｏｓβ＝０ ⑦　ｓｉｎβ2・ｓｉｎγ2（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ） 　－２ｓｉｎβ・ｃｏｓβ・ｓｉｎγ・ｃｏｓγ（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ） 　＋ｃｏｓβ2・ｃｏｓγ2（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ） 　＋ｃｏｓβ・ｃｏｓγ（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ）＝０ ⑧｛（ｓｉｎβｓｉｎγ－ｃｏｓβｃｏｓγ）2＋ｃｏｓβｃｏｓγ｝ 　＊（ｃｏｓβ－ｃｏｓγ）＝０ →　　ｃｏＳγ＝ｃｏｓβ　　　　０＜β、γ＜９０度 　　　γ＝β 　　　Ｃ＝Ｂ となります。 ［大野解２］ 仮定：三角形ＡＢＣで∠Ｂと∠Ｃの二等分線、ＢＥ＝ＣＦ 結論：∠Ｂ＝∠Ｃ 証明：これを直接示す代わりに、対偶の　∠Ｂ≠∠Ｃ　⊃　ＢＥ≠ＣＦ　を示す。 一般に三角形ＡＢＣで、次が成り立つ。 　　ＡＢ≧ＡＣ　ならば　∠Ｂ≦∠Ｃ　（複合同順）であり、逆も成り立つ 　　△ＡＢＣの内部に点Ｐをとると、∠ＢＰＣ＞∠ＢＡＣ また、円周上の点ＡＢＣＤＥには、次のような関係がある。 　　　∠ＡＣＢ＝∠ＡＤＢ＜∠ＡＤＥ 証明の道筋：∠Ｂ＜∠Ｃ　として、ＣＦ＜ＢＥ　を示す。 記号を次のように定める。 　　Ｅ：∠Ｂの二等分線とＡＣとの交点 　　Ｆ：∠Ｃの二等分線とＡＢとの交点 　　Ｉ：内心（ＢＥとＣＦとの交点） 　　Ｐ：ＥＰ∥ＦＣ、ＣＰ∥ＦＥなる点 　　Ｑ：３点Ｆ，Ｅ，Ｃ　を通る円と線分ＢＣとの交点 （ＢとＣとの中間またはその延長線上にくる（ＣＢの延長線上にはこない）＊） 　　β：∠Ｂ／２ 　　γ：∠Ｃ／２ 　　ε：∠ＦＥＩ（＝∠ＦＥＢ） 　　ζ：∠ＥＦＩ（＝∠ＥＦＣ） すると、次のような関係がある。 　　ＣＰ＝ＦＥ　‥‥‥① 　　ＥＰ＝ＦＣ　‥‥‥② 　　０＜β＜γ＜∠Ｒ　‥‥‥③ 　　０＜β＋γ＜∠Ｒ　‥‥‥④ 　　∠ＥＰＣ＝∠ＥＦＣ　‥‥‥⑤ 証明：εとζの大きさにより、場合を２つに分ける。 Ⅰ．ε≦ζ（∠ＩＥＦ≦∠ＩＦＥ） 　　△ＩＥＦで、ε（＝∠ＩＥＦ）≦ζ（＝∠ＩＦＥ）　であるから 　　　　ＩＦ≦ＩＥ。 　　また、△ＩＢＣで、β（＝∠ＩＢＣ）＜γ（＝∠ＩＣＢ）　であるから 　　　　ＩＣ＜ＩＢ。 　　すなわち 　　　　ＣＦ（＝ＩＦ＋ＩＣ）＜ＢＥ（＝ＩＥ＋ＩＢ）。 　これは求めるものである。 Ⅱ．ε＞ζ（∠ＩＥＦ＞∠ＩＦＥ）　‥‥‥⑥ （証明の道筋：△ＥＢＰで∠ＥＢＰ＜∠ＥＰＢを示すことにより、ＥＰ＜ＥＢを示す。 　　　　　　　　　そのため、ＦＥ＜ＢＰを示す。） １．（＊）ＱがＣＢの延長線上にはこないことを示す。 　　もしも、ＱがＣＢの延長線上であると、ＥＢの延長線上に○ＦＥＣＱとの交点がある。 　　この交点をＸとすると、 　　　　∠ＦＸＥ＜∠ＦＢＥ（＝β） 　（Ｂは△ＦＸＥの辺ＥＸ上） 　　　　∠ＦＸＥ＝∠ＦＣＥ（＝γ）。　（ＦＥＣＸは同一円上：円周角不変） 　　これは、仮定③β＜γ　に反する。 ２．△ＦＢＥでＦＥ＜ＦＢを示す。 　　ＱがＢＣ上にある場合と、ＢＣの延長線上にある場合に分けて考える。 （１）ＱがＢＣ上にある場合 　　次の関係がある。 　　　　∠ＥＢＣ（＝β）＜∠ＥＱＣ　　（ＱはＢＣ上） 　　　　∠ＥＱＣ＝∠ＥＦＣ（＝ζ）　　（ＦＥＣＱは同一円周上） 　　すなわち 　　　　β＜ζ　‥‥‥⑦ 　　⑥と⑦から 　　　　β＜ζ＜ε　‥‥‥⑧ 　　△ＦＢＥで、 　　　　∠ＦＢＥ（＝β）＜∠ＦＥＢ（＝ε） 　　であるから、 　　　　ＦＥ＜ＦＢ。　‥‥‥⑨ 　　これが求めるものである。 （２）ＱがＢＣの延長線上にある場合 　　次の関係がある。 　　　　∠ＥＢＣ（＝β）＜∠ＥＣＱ　　（ＱはＢＣの延長線上） 　　　　∠ＥＣＱ＝∠ＥＦＱ　　　　　　（ＦＥＱＣは同一円周上） 　　　　∠ＥＦＱ＜∠ＥＦＣ（＝ζ）　　（ＦＣ＜ＦＱ） 　　すなわち 　　　　β＜ζ　‥‥‥⑩ 　　⑥と⑩から 　　　　β＜ζ＜ε　‥‥‥⑪ 　　△ＦＢＥで、 　　　　∠ＦＢＥ（＝β）＜∠ＦＥＢ（＝ε） 　　であるから、 　　　　ＦＥ＜ＦＢ。　‥‥‥⑫ ３．□ＢＦＥＣでＦＥ＜ＢＣを示す。 　　まず、△ＢＦＣでＢＦ＜ＢＣを示す。 　　　　∠ＢＦＣ＝２∠Ｒ－２β－γ 　　であるから、④β＋γ＜∠Ｒ　を考慮に入れて、 　　　　γ＜∠ＢＦＣ。 　　すなわち 　　　　ＢＦ＜ＢＣ。　‥‥‥⑬ 　　⑨と⑫、そして⑭より 　　　　ＦＥ＜ＢＣ。　‥‥‥⑭ ４．△ＥＢＰで　ＥＰ＜ＥＢ　を示す。 △ＣＢＰにおいて、①ＣＰ＝ＦＥと　⑭ＦＥ＜ＢＣから 　　　　ＣＰ＜ＣＢ。 　　すなわち 　　　　∠ＣＢＰ＜∠ＣＰＢ。　‥‥‥⑮ 　　△ＥＢＰにおいて 　　　　∠ＥＢＰ＝∠ＥＢＣ＋∠ＣＢＰ 　　　　∠ＥＰＢ＝∠ＥＰＣ＋∠ＣＰＢ であり、⑤⑧⑪⑮から 　　　　∠ＥＢＰ＜∠ＥＰＢ。　‥‥‥⑯ 　　すなわち 　　　　ＥＰ＜ＥＢ。　‥‥‥⑰ すなわち 　　　　ＣＦ＜ＢＥ。　‥‥‥⑱ これが求めるものである 以上 ［大野解３］ 仮定：三角形ＡＢＣで∠Ｂと∠Ｃの二等分線、ＢＥ＝ＣＦ 結論：∠Ｂ＝∠Ｃ 証明：これを直接示す代わりに、対偶の　∠Ｂ≠∠Ｃ　⊃　ＢＥ≠ＣＦ　を示す。 一般に三角形ＡＢＣで、次が成り立つ。 　ＡＢ≧ＡＣ　ならば　∠Ｂ≦∠Ｃ　（複合同順）であり、逆も成り立つ 　△ＡＢＣの内部に点Ｐをとると、∠ＢＰＣ＞∠ＢＡＣ また、円周上の点ＡＢＣＤＥには、次のような関係がある。 　　　∠ＡＣＢ＝∠ＡＤＢ＜∠ＡＤＥ 　　　∠ＡＢＣ＜∠ＡＢＤ＜∠Ｒ　ならば、ＡＣ＜ＡＤ 証明の道筋：∠Ｂ＜∠Ｃ　として、ＣＦ＜ＢＥ　を示す。 記号を次のように定める。 　　Ｅ：∠Ｂの二等分線とＡＣとの交点 　　Ｆ：∠Ｃの二等分線とＡＢとの交点 　　Ｉ：内心（ＢＥとＣＦとの交点） 　　Ｐ：○ＦＥＢとＢＣの延長線との交点 　　Ｑ：○ＦＥＣとＢＣ（の延長線）との交点 証明：∠ＩＥＦと∠ＩＦＥの大きさにより、場合を２つに分ける。 Ⅰ．∠ＩＥＦ≦∠ＩＦＥ 　　△ＩＥＦで、∠ＩＥＦ≦∠ＩＦＥ　であるから 　　ＩＦ≦ＩＥ。 　　また、△ＩＢＣで、∠ＩＢＣ＜∠ＩＣＢ　であるから 　　　　ＩＣ＜ＩＢ。 　　すなわち 　　　　ＣＦ（＝ＩＦ＋ＩＣ）＜ＢＥ（＝ＩＥ＋ＩＢ）。 　これは求めるものである。 Ⅱ．∠ＩＥＦ＞∠ＩＦＥ 点ＦＥＢを通る円と点ＦＥＣを通る円の２つの円を考える。すると、○ＦＥＢと○ＦＥＣとは、点Ｅ・点Ｆ以外では交わらない。 　　（もしも点Ｒで交わるとすると、○ＦＥＢにおいて 　　　　∠ＦＢＥ＝∠ＦＲＥ、 　　　　　　　　　　　　　　　　　○ＦＥＣにおいて 　　　　∠ＦＣＥ＝∠ＦＲＥ 　　　となり、∠ＦＢＥ＜∠ＦＣＥと矛盾する。） 以下、ＦＣ＜ＦＰ＜ＥＢ　を示す。 ここで、○ＦＥＣが線分ＢＣと交わる点Ｃ以外の点Ｑが、ＢＣ上にある場合を考える。 まず、ＦＣ＜ＦＰを示すため、∠ＦＰＣ＜∠ＦＣＰを示す。 　　∠ＦＰＣ＜∠ＦＣＢ＜∠Ｒ　　　（ＣはＢＰ上） 　　∠ＦＣＰ＝２∠Ｒ－∠ＦＣＢ＞∠Ｒ。 すなわち、∠ＦＰＣ＜ＦＣＰ。 △ＦＰＣで、∠ＦＰＣ＜ＦＣＰ　であるから、 　　ＦＣ＜ＦＰ が示された。 次に、ＦＰ＜ＥＢを示すため、∠ＦＢＰ＜∠ＥＰＢを示す。 　　∠ＦＢＰ＝∠ＦＢＥ＋∠ＥＢＰ 　　　　　　＝∠ＦＰＥ＋∠ＥＢＰ　（○ＦＥＰＢ上の円周角） 　　　　　　＜∠ＦＰＥ＋∠ＥＱＣ　★１（ＱはＢＣ上） 　　　　　　＝∠ＦＰＥ＋∠ＥＦＣ　★２（○ＦＥＣＱ上の円周角） 　　　　　　＜∠ＦＰＥ＋∠ＦＥＢ　（Ⅱの仮定） 　　　　　　＝∠ＦＰＥ＋∠ＦＰＢ　（○ＦＥＰＢ上の円周角） 　　　　　　＝∠ＥＰＢ となり、∠ＦＢＰ＜∠ＥＰＢが示された。 また、∠ＥＰＢが∠Ｒより小さいことが次のように示される。 　　∠ＥＰＢ＝∠ＦＰＥ＋∠ＦＰＢ 　　　　　　＜∠ＦＰＥ＋∠ＦＣＢ 　　　　　　＝∠ＦＢＥ＋∠ＦＣＢ 　　　　　　＜∠Ｒ。 ○ＦＥＰＢ上で、∠ＦＢＰ＜∠ＥＰＢ＜∠Ｒ　であるから、 　　ＦＰ＜ＥＢ であることが示された。 すなわち、∠ＡＢＣ＜∠ＡＣＢ　であれば、ＦＣ＜ＥＢ　であることが示された。これが求めるものである。 なお、○ＦＥＣが線分ＢＣと交わるＣ以外の点ＱがＢＣの延長上であれば、上記の展開を次のように変えればよい。 　　　　★１　　＜∠ＦＰＥ＋∠ＥＣＱ 　　　　★２　　＝∠ＦＰＥ＋∠ＥＦＱ 以上 ［木下解］ 　点ＥよりＢＣに平行な線を引きＡＣとの交点をＦとするとき、点Ｆの位置は、次のいずれかとなる。 　（１）ＡＤ上にある 　（２）Ｄと一致する 　（３）ＣＤ上にある （２）の場合には、△ＤＥＣと△ＥＢＤはともに二等辺三角形となるから、結果としてこの二つの三角形は（三辺が相等しくなり）合同となる。故に、∠Ｂと∠Ｃは等しいことが証明されたことになる。 　後は（１）と（３）の場合について、それぞれ矛盾することを導き、成立しないことを示せればよい。 　まず、∠Ｂ＞∠Ｃ　であると仮定する（逆の場合には三角形の左右を逆転させれば以下の議論がそのまま成立するので、こう仮定しても一般性は失われない）。 （１）の場合 　△ＥＣＢと△ＤＢＣにおいて、二辺の長さがそれぞれ等しく∠ＤＢＣ＞∠ＥＣＢであるから 　　ＢＥ＜ＤＣ …(a) が成立する。 　一方、ＥＦとＢＤの交点をＤ'とすると△ＥＢＤ'と△ＦＥＣはともに二等辺三角形になるので、 　　ＢＥ＝ＥＤ'＞ＥＦ＝ＦＣ＞ＤＣ となる。すなわち、 　　ＢＥ＞ＤＣ である。これは、(a) と矛盾する。 （３）の場合 　点ＤよりＢＣに平行な線を引きＡＢとの交点をＧとするとき、△ＧＢＤと△ＦＥＣはともに二等辺三角形で底辺の長さが等しいから、内角（たとえば∠ＧＢＤと∠ＦＥＣとを比較して）の大きい方が斜辺の長さも大きくなる。したがって、 　　ＧＢ＝ＧＤ＞ＥＦ＝ＦＣ となる。ここで、ＧＤとＥＦは平行であり、三角形（△ＡＧＤと△ＡＥＦ）の底辺をなしているから 　　ＧＤ＞ＥＦ というのは明らかに矛盾である。 Ｑ．Ｅ．Ｄ．