https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2002/Rikei

2025.08.11記

[2] 半径1の円周上に相異なる3点 $\mbox{A}$ ， $\mbox{B}$ ， $\mbox{C}$ がある．

(1) $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2\gt 8$ ならば $\triangle\mbox{ABC}$ は鋭角三角形であることを示せ．

(2) $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2 \leqq 9$ が成立することを示せ．また，この等号が成立するのはどのような場合か．

本問のテーマ

オイラー線（外心を始点とする垂心の位置ベクトル）

2025.08.11記
$\triangle\mbox{ABC}$ の外心を $\mbox{O}$ ，重心を $\mbox{G}$ ，垂心を $\mbox{H}$ とすると
$\overrightarrow{\mbox{OH}}=\overrightarrow{\mbox{OA}}+\overrightarrow{\mbox{OB}}+\overrightarrow{\mbox{OC}}$ $=3\overrightarrow{\mbox{OG}}$
である．このことから $\mbox{O}$ ， $\mbox{G}$ ， $\mbox{H}$ は一直線上にあり（オイラー線）， $\mbox{OG}:\mbox{GH}=1:2$ が成立する．

[うまい解答]
円の中心を $\mbox{O}(0，0)$ とし， $\overrightarrow{\mbox{OA}}=\vec{a}$ ， $\overrightarrow{\mbox{OB}}=\vec{b}$ ， $\overrightarrow{\mbox{OC}}=\vec{c}$ とおき， $\overrightarrow{\mbox{OH}}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$ とおくと
$\overrightarrow{\mbox{AH}}\bullet\overrightarrow{\mbox{BC}}$ $=(\vec{b}+\vec{c})\bullet(\vec{c}-\vec{b})=0$
であり，同様に
$\overrightarrow{\mbox{BH}}\bullet\overrightarrow{\mbox{CA}}$ $=\overrightarrow{\mbox{CH}}\bullet\overrightarrow{\mbox{AB}}=0$
であるから， $\mbox{H}$ は $\triangle\mbox{ABC}$ の垂心である．

このとき
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=3(|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2)-|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2$ $=9-|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2$ $=9-\mbox{OH}^2$ …(★)
が成立する．

(2) (★)より $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2\leqq 9$ で等号成立は， $\mbox{OH}=0$ ，つまり $\triangle\mbox{ABC}$ の外心と垂心が一致する場合であるから $\triangle\mbox{ABC}$ が正三角形のときである．

(1) $\triangle\mbox{ABC}$ が直角三角形のとき，垂心は頂点の1つに一致するので $\mbox{OH}=1$ である．また， $\triangle\mbox{ABC}$ が鈍角三角形のとき，例えば $\angle\mbox{BAC}$ が鈍角のとき， $\mbox{A}$ から $\mbox{BC}$ に下した垂線の足を $\mbox{K}$ とすると $\mbox{K}，\mbox{A}，\mbox{H}$ の順番に並ぶので， $\mbox{H}$ は $\triangle\mbox{ABC}$ の外接円の外側となり $\mbox{OH}\gt 1$ となる．

よって， $\triangle\mbox{ABC}$ が鋭角三角形であることと， $\mbox{OH}\lt 1$ であることは同値であり，(★)により $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2\gt 8$ であることは同値である．

注）(1)は「ならば」なので同値であることまでを示さなくても良い．

統一的に解くために(1)も垂心を利用して解いたが，3辺の長さを $a，b，c$ とおき， $A\geqq 90^{\circ}$ とすると余弦定理から $b^2+c^2\leqq a^2$ であるから $a^2+b^2+c^2\leqq 2a^2\leqq 8$ （ $a$ は外接円の直径 $2$ 以下）が成立することを利用した方が早い．

(2)は三角関数を用いるのが一般的であるが，対称的な条件
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=8+8\cos A\cos B\cos C$
を導くのは（この結果を）知っていなければ厳しい．これを知っていれば次のようになる．

[うまい解答]
正弦定理により
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=4(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)$
$=6-2(\cos2A+\cos2B+\cos2C)$
$=6-2(2\cos(A+B)\cos(A-B)+2\cos^2C-1)$
$=6-4(-2\cos C \cos(A-B)+2\cos^2C-1)$
$=8-4\cos C\{-\cos(A-B)+\cos(A+B)\}$
$=8+8\cos A\cos B\cos C$
が成立する．

ここで三角形に直角以上の角は高々一つなので，

$\cos A\cos B\cos C\lt 0$ と $\triangle\mbox{ABC}$ が鈍角三角形であることは同値，
$\cos A\cos B\cos C=0$ と $\triangle\mbox{ABC}$ が直角三角形であることは同値，
$\cos A\cos B\cos C\gt 0$ と $\triangle\mbox{ABC}$ が鋭角三角形であることは同値

となる．

(1) $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2\gt 8$ ならば $\cos A\cos B\cos C\gt 0$ であるから $\triangle\mbox{ABC}$ は鋭角三角形である．

(2) $\triangle\mbox{ABC}$ が直角三角形または鈍角三角形のときは $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2\leqq 8$ となって題意は成立するので， $\triangle\mbox{ABC}$ が鋭角三角形の場合について考えれば良く，このとき $\cos A，\cos B，\cos C\gt 0$ （もしくは $0\lt A，B，C\lt\dfrac{\pi}{2}$ ）である．

$\cos x$ は $0\lt x\lt \pi$ で上に凸であることと AM-GM 不等式により
$\cos A\cos B\cos C\leqq \left(\dfrac{\cos A+\cos B+\cos C}{3}\right)^3$ $\leqq\cos^3\dfrac{A+B+C}{3}=\cos^3\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{8}$
が成立するので
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=8+8\cos A\cos B\cos C\leqq 8+8\cdot\dfrac{1}{8}\leqq 9$
が成立する．等号成立は $A=B=C$ のとき，すなわち $\triangle\mbox{ABC}$ が正三角形のときである．

$C$ を最大とし， $A+B=\pi-C$ を固定するのが基本的な考え方．

[解答]
$A\leqq B\leqq C$ とする．

正弦定理により
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=4(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)$
$=4(\sin^2A+\sin^2(\pi-A-C)+\sin^2C)$
$=4(\sin^2A+\sin^2(A+C)+\sin^2C)$
が成立する． $C$ を固定して
$f(A)=\sin^2A+\sin^2(A+C)+\sin^2C$ （ $0\lt A$ ， $\pi-2C\leqq A$ ， $A\leqq\dfrac{\pi-C}{2}$ ）
とおくと $f'(A)=\sin 2A+\sin 2(A+C)$ $=2\sin (2A+C)\cos C$
が成立する．ここで $\sin (2A+C)=0$ となるのは端点 $A=\dfrac{\pi-C}{2}$ の場合のみであることに注意しておく．

(i) $C$ が鈍角，つまり $C\gt\dfrac{\pi}{2}$ のとき：
$0\lt A\leqq \dfrac{\pi-C}{2}$ であり，この範囲で $f(A)$ は単調減少．よって
$f(A)\leqq f(0)$ $=2\sin^2 C\lt 2$
となり， $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $\lt 8$ となる．

(ii) $C$ が直角，つまり $C=\dfrac{\pi}{2}$ のとき：
$0\lt A\leqq \dfrac{\pi}{4}$ であり，この範囲で
$f(A)=\sin^2A+\cos^2 A+\sin^2\dfrac{\pi}{2}=2$
となり， $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=8$ となる．

(iii) $C$ が鋭角，つまり $\dfrac{\pi}{3}\leqq C\lt\dfrac{\pi}{2}$ のとき：
$\pi-2C\leqq A\leqq \dfrac{\pi-C}{2}$ であり，この範囲で $f(A)$ は単調減少．
$f(\pi-2C)=2\sin^2 C+\sin^2 2C$ $=2\sin^2 C+4\sin^2 C(1-\sin^2 C)$ $=6\sin^2C-4\sin^4C=-4\left(\sin^2C-\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{9}{4}$ $\gt 2$ （ $C\to\dfrac{\pi}{2}$ で $f(C)\to 2$ ），
$f\left(\dfrac{\pi-C}{2}\right)=2\cos^2\dfrac{C}{2}+\sin^2C$
$=2+\cos C-\cos^2C=-\left(\cos C-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}\leqq\dfrac{9}{4}$ （等号は $C=\dfrac{\pi}{3}$ ）
であるから $2\lt f(A)\leqq\dfrac{9}{4}$ となり， $8\lt \mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $\leqq 9$ となる．

(1) (iii)の場合だから最大角 $C$ が鋭角だから $\triangle\mbox{ABC}$ は鋭角三角形．

(2) (i)(ii)(iii) から $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $\leqq 9$ となり，等号成立は最大角が $C=\dfrac{\pi}{3}$ であるから， $\triangle\mbox{ABC}$ が正三角形のときである．

二等辺三角形からのずれを考えると思って，最大角度を $C$ として
$A=\dfrac{\pi-C-\theta}{2}$ ， $B=\dfrac{\pi-C+\theta}{2}$
と設定すると対称性が高まり，式が少し見易くなる．

[解答]
$A\leqq B\leqq C$ とする．

正弦定理により
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=4(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)$
が成立する． $A=\dfrac{\pi-C-\theta}{2}$ ， $B=\dfrac{\pi-C+\theta}{2}$ とおくと
$0\leqq\theta$ ， $\theta\lt \pi-C$ ， $\theta\leqq 3C-\pi$
であり，
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=4(\cos^2\dfrac{C+\theta}{2}+\cos^2\dfrac{C-\theta}{2}+\sin^2C)$
$=2(2+\cos(C+\theta)+\cos(C-\theta)+2\sin^2C$ $=4(1+\cos C\cos\theta+\sin^2C)$
が成立する．

(i) $C$ が鈍角のとき： $\cos C\lt 0$ であり，
$0\leqq\theta\lt\pi-C$ であり，
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=4(1+\cos C\cos\theta+\sin^2C)$ $\lt 4(1+\cos C \cos(\pi-C)+\sin^2C)=8$
が成立する．

(ii) $C$ が直角のとき： $\cos C=0$ であり，
$0\leqq\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ であり，
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=8$
が成立する．

(iii) $C$ が鋭角（ $C\geqq\dfrac{\pi}{3}$ ）のとき： $\cos C\gt 0$ であり，
$0\leqq\theta\leqq 3C-\pi$ であり，
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=4(1+\cos C\cos\theta+\sin^2C)$ $\geqq 4(1+\cos C \cos(3C-\pi)+\sin^2C)$ $=4(1-\cos C \cos 3C+\sin^2C)$ $\gt 4(1+\sin^2C)$ （ $\pi\leqq 3C\lt\dfrac{3}{2}\pi$ より $\cos 3C\lt 0$ ）
$\gt 8$
が成立し，また
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=4(1+\cos C\cos\theta+\sin^2C)$ $\lt 4(1+\cos C \cos 0+\sin^2C)$
$=-(2\cos C-1)^2+0\leqq 9$ （等号成立は $C=\dfrac{\pi}{3}$ ）
が成立する．

(1) (iii)の場合だから最大角 $C$ が鋭角だから $\triangle\mbox{ABC}$ は鋭角三角形．

本問の要求に答えるだけであれば， $B-A=\theta$ に注意して次のようになる．

[解答]
$A\leqq B\leqq C$ とする．

(1) 正弦定理により
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2$ $=4(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)$ $=4(1+\cos C\cos(B-A)+\sin^2C)$
が成立する．よって
$\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2\gt 8$
ならば $\cos C\cos(B-A)+\sin^2 C)\gt 1$ ，つまり
$\cos C(\cos(B-A)-\cos C)\gt 0$
が成立する． $0\lt A\leqq B\lt\dfrac{\pi}{2}$ であるから $\cos(B-A)\gt 0$ である．

ここで $C\geqq\dfrac{\pi}{2}$ とすると
$\cos(B-A)-\cos C\gt 0$ ， $\cos C\leqq 0$ であるから $\cos C(\cos(B-A)-\cos C)\leqq 0$ となるので $C\lt\dfrac{\pi}{2}$ でなければならず， $\triangle\mbox{ABC}$ は鋭角三角形である．

(2) (1)により $C\geqq\dfrac{\pi}{2}$ ならば $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2\lt 8$ であるから， $C\lt\dfrac{\pi}{2}$ のときに $\mbox{AB}^2+\mbox{BC}^2+\mbox{CA}^2\leqq 9$ ，すなわち
$\cos C(\cos(B-A)-\cos C)\lt \dfrac{1}{4}$
を示せば十分である．ここで $\cos C\gt 0$ より
$\cos C(\cos(B-A)-\cos C)\leqq\cos C(1-\cos C)\leqq \dfrac{1}{4}$ （等号成立は $\cos C=\dfrac{1}{2}$ ，つまり $C=\dfrac{\pi}{3}$ ）
となるので題意は成立し，等号は $C=\dfrac{\pi}{3}$ ，つまり $\triangle\mbox{ABC}$ が正三角形のとき．