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。

従って、ＢＤ＝ＣＥならば、∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢとなり、△ＡＢＣは２等辺３角形

　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。

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

(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。

　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】

�Aｓｉｎ（２γ）／ｓｉｎ（２β）
　＝ｓｉｎ（β＋２γ）／ｓｉｎ（２β＋γ）
　＝　（ｓｉｎβｃｏｓ２γ＋ｃｏｓβｓｉｎ２γ）
　　／（ｓｉｎ２βｃｏｓγ＋ｃｏｓ２βｓｉｎγ）

�B　ｓｉｎ２γｓｉｎ２βｃｏｓγ＋ｓｉｎ２γｃｏｓ２βｓｉｎγ
　−ｓｉｎ２βｓｉｎβｃｏｓ２γ−ｓｉｎ２βｃｏｓβｓｉｎ２γ＝０

�C　４ｓｉｎγｃｏｓγｓｉｎβｃｏｓβｃｏｓγ
　＋２ｓｉｎγｃｏｓγ（ｃｏｓβ²−ｓｉｎβ²）ｓｉｎγ
　−２ｓｉｎβｃｏｓβｓｉｎβ（ｃｏｓγ²−ｓｉｎγ²）
　−４ｓｉｎβｃｏｓβｃｏｓβｓｉｎγｃｏｓγ＝０

�D　ｓｉｎβ²・ｓｉｎγ²（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）
　−２ｓｉｎβ・ｃｏｓβ・ｓｉｎγ・ｃｏｓγ（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）
　−ｃｏｓβ²・ｓｉｎγ²・ｃｏｓγ
　＋ｓｉｎβ²・ｃｏｓγ²・ｃｏｓβ＝０

�E　ｓｉｎβ²・ｓｉｎγ²（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）
　−２ｓｉｎβ・ｃｏｓβ・ｓｉｎγ・ｃｏｓγ（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）
　−ｃｏｓβ²・（１−ｃｏｓγ²）・ｃｏｓγ
　＋（１−ｃｏｓβ²）・ｃｏｓγ²・ｃｏｓβ＝０

�F　ｓｉｎβ²・ｓｉｎγ²（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）
　−２ｓｉｎβ・ｃｏｓβ・ｓｉｎγ・ｃｏｓγ（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）
　＋ｃｏｓβ²・ｃｏｓγ²（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）
　＋ｃｏｓβ・ｃｏｓγ（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）＝０

�G｛（ｓｉｎβｓｉｎγ−ｃｏｓβｃｏｓγ）²＋ｃｏｓβｃｏｓγ｝
　＊（ｃｏｓβ−ｃｏｓγ）＝０

→　　ｃｏＳγ＝ｃｏｓβ　　　　０＜β、γ＜９０度
　　　γ＝β
　　　Ｃ＝Ｂ

となります。

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　‥‥‥�@
　　ＥＰ＝ＦＣ　‥‥‥�A
　　０＜β＜γ＜∠Ｒ　‥‥‥�B
　　０＜β＋γ＜∠Ｒ　‥‥‥�C
　　∠ＥＰＣ＝∠ＥＦＣ　‥‥‥�D

証明：εとζの大きさにより、場合を２つに分ける。
�T．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。

�U．ε＞ζ（∠ＩＥＦ＞∠ＩＦＥ）　‥‥‥�E
（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�Bβ＜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　‥‥‥�F
　　�Eと�Fから
　　　　β＜ζ＜ε　‥‥‥�G
　　△ＦＢＥで、
　　　　∠ＦＢＥ（＝β）＜∠ＦＥＢ（＝ε）
　　であるから、
　　　　ＦＥ＜ＦＢ。　‥‥‥�H
　　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　‥‥‥�I
　　�Eと�Iから
　　　　β＜ζ＜ε　‥‥‥�J
　　△ＦＢＥで、
　　　　∠ＦＢＥ（＝β）＜∠ＦＥＢ（＝ε）
　　であるから、
　　　　ＦＥ＜ＦＢ。　‥‥‥�K

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、�Cβ＋γ＜∠Ｒ　を考慮に入れて、
　　　　γ＜∠ＢＦＣ。
　　すなわち
　　　　ＢＦ＜ＢＣ。　‥‥‥�L
　　�Hと�K、そして�Mより
　　　　ＦＥ＜ＢＣ。　‥‥‥�M

４．△ＥＢＰで　ＥＰ＜ＥＢ　を示す。
△ＣＢＰにおいて、�@ＣＰ＝ＦＥと　�MＦＥ＜ＢＣから
　　　　ＣＰ＜ＣＢ。
　　すなわち
　　　　∠ＣＢＰ＜∠ＣＰＢ。　‥‥‥�N
　　△ＥＢＰにおいて
　　　　∠ＥＢＰ＝∠ＥＢＣ＋∠ＣＢＰ
　　　　∠ＥＰＢ＝∠ＥＰＣ＋∠ＣＰＢ
であり、�D�G�J�Nから
　　　　∠ＥＢＰ＜∠ＥＰＢ。　‥‥‥�O
　　すなわち
　　　　ＥＰ＜ＥＢ。　‥‥‥�P
すなわち
　　　　ＣＦ＜ＢＥ。　‥‥‥�Q
これが求めるものである
以上

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。
�T．∠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。

�U．∠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　　　（�U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

（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