複素数と三角形の形状
3点が定める三角形が正三角形・二等辺三角形・直角三角形のいずれであるかを、複素数の計算だけで判定できます。特に正三角形の条件 $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha$ は入試頻出の重要公式です。ここでは三角形の形状判定を体系的にマスターします。
1三角形の形状判定の基本方針
複素数平面上に3点 $A(\alpha)$, $B(\beta)$, $C(\gamma)$ があるとき、$\triangle ABC$ の形状を判定する鍵は辺の比と偏角です。
$\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ を考えると：
・絶対値 $\left|\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}\right| = \dfrac{AC}{AB}$ → 辺の長さの比
・偏角 $\arg\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \angle BAC$ → 角度
辺の比と角度がわかれば三角形の形状は完全に決まる。
この「複素数の商」は、$B$ を基準として $A$ から $C$ への回転拡大を表します。三角形の形状判定では、この比が具体的にどのような値をとるかを調べるのが基本戦略です。
辺の長さの条件
- $AB = |\beta - \alpha|$, $BC = |\gamma - \beta|$, $CA = |\alpha - \gamma|$
- $AB = BC$ ⟺ $|\beta - \alpha| = |\gamma - \beta|$
- $AB = BC = CA$ ⟺ 正三角形
角度の条件
$\angle BAC = \theta$ は $\arg\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \pm\theta$ で表せます。ここで符号が $+$ なら $A$ から見て $B \to C$ が反時計回り、$-$ なら時計回りです。
2正三角形の条件
正三角形の条件は複素数で特にきれいに表せます。
$\triangle ABC$ が正三角形 ⟺ 次のいずれか：
$$\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \cos 60° \pm i\sin 60° = \frac{1 \pm \sqrt{3}i}{2}$$
$A$ を中心に $B$ を $\pm 60°$ 回転すると $C$ に重なる（向きにより $+$ か $-$）。
対称式による条件
上の条件を変形すると、3頂点に関する美しい対称条件が得られます。
$\triangle ABC$ が正三角形 ⟺
$$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha$$
同値変形：$(\alpha - \beta)^2 + (\beta - \gamma)^2 + (\gamma - \alpha)^2 = 0$
正三角形の条件 $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \frac{1 \pm \sqrt{3}i}{2}$ は、$\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ が $t^2 - t + 1 = 0$ の解であることを意味する（1の原始6乗根と関連）。
つまり $\left(\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}\right)^2 - \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} + 1 = 0$。
$(\beta - \alpha)^2$ を掛けて展開すると：
$(\gamma - \alpha)^2 - (\gamma - \alpha)(\beta - \alpha) + (\beta - \alpha)^2 = 0$
展開・整理すると $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 - \alpha\beta - \beta\gamma - \gamma\alpha = 0$。 ∎
重心を用いた表現
正三角形の重心を $g = \frac{\alpha + \beta + \gamma}{3}$ とおくと、3頂点は重心からの距離が等しく、互いに $120°$ ずれた位置にあります。
$\omega$ を1の原始3乗根とすると、$\triangle ABC$ が正三角形 ⟺ $\{\alpha - g, \beta - g, \gamma - g\}$ が $\{r, r\omega, r\omega^2\}$（$r$ は適当な複素数）の形をしている。つまり1の3乗根で結ばれた構造です。
✗ $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \frac{1+\sqrt{3}i}{2}$ のみを正三角形の条件とする
✓ $\frac{1-\sqrt{3}i}{2}$ の場合もあり得る（頂点の並び順による）
対称式 $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha$ は向きを問わないので安全です。
3二等辺三角形の条件
二等辺三角形の判定では、「どの2辺が等しいか」によって条件が変わります。
$AB = AC$ ⟺ $|\beta - \alpha| = |\gamma - \alpha|$
$$\Leftrightarrow |\beta - \alpha|^2 = |\gamma - \alpha|^2$$
$$\Leftrightarrow (\beta - \alpha)\overline{(\beta - \alpha)} = (\gamma - \alpha)\overline{(\gamma - \alpha)}$$
絶対値の等式の変形テクニック
$|z_1| = |z_2|$ を処理する方法は複数あります。
- 方法1：$|z_1|^2 = |z_2|^2$ として $z_1\bar{z}_1 = z_2\bar{z}_2$
- 方法2：$\left|\frac{z_1}{z_2}\right| = 1$ として $\frac{z_1}{z_2}$ が単位円上の点
- 方法3：$|z_1|^2 - |z_2|^2 = 0$ を因数分解 $(z_1 - z_2)(\bar{z}_1 + \bar{z}_2) + \cdots$
頂角の指定がある場合
「$AB = AC$ かつ $\angle A = \theta$」という条件は：
$$\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = e^{\pm i\theta}$$
と表せます。$|e^{i\theta}| = 1$ から $AB = AC$ が保証され、$\arg e^{i\theta} = \theta$ から角度の条件も同時に満たされます。
$AB = AC$, $\angle BAC = \theta$ ⟺ $\gamma - \alpha = e^{\pm i\theta}(\beta - \alpha)$
$A$ を中心に $B$ を角 $\theta$ 回転すると $C$ になる構造。
4直角三角形の条件
直角三角形の判定では、「どの頂点が直角か」が重要です。
$\angle A = 90°$ ⟺ $\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ が純虚数
$$\Leftrightarrow \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} + \overline{\left(\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}\right)} = 0$$
$$\Leftrightarrow (\gamma - \alpha)\overline{(\beta - \alpha)} + (\beta - \alpha)\overline{(\gamma - \alpha)} = 0$$
$\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ が純虚数であることは、$AB \perp AC$ を意味します。偏角が $\pm 90°$ であるということです。
直角の位置が不明な場合
「$\triangle ABC$ が直角三角形である」とだけ与えられた場合は、直角が $A$, $B$, $C$ のどこにあるかで3通りの場合分けが必要です。
- $\angle A = 90°$：$(\gamma - \alpha)\overline{(\beta - \alpha)} + (\beta - \alpha)\overline{(\gamma - \alpha)} = 0$
- $\angle B = 90°$：$(\alpha - \beta)\overline{(\gamma - \beta)} + (\gamma - \beta)\overline{(\alpha - \beta)} = 0$
- $\angle C = 90°$：$(\alpha - \gamma)\overline{(\beta - \gamma)} + (\beta - \gamma)\overline{(\alpha - \gamma)} = 0$
複素数の条件 $(\gamma - \alpha)\overline{(\beta - \alpha)} + (\beta - \alpha)\overline{(\gamma - \alpha)} = 0$ は、$\vec{AB}$ と $\vec{AC}$ の内積が0であることと同値です。
$z\bar{w} + \bar{z}w = 2\text{Re}(z\bar{w})$ なので、$\text{Re}\left[(\gamma - \alpha)\overline{(\beta - \alpha)}\right] = 0$ と書くこともできます。
直角二等辺三角形の条件
直角と等辺の条件を組み合わせます。
$$\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \pm i$$
$|±i| = 1$ より $AB = AC$。$\arg(\pm i) = \pm 90°$ より $\angle A = 90°$。
✗ $z$ が純虚数 ⟺ $z = -\bar{z}$（$z = 0$ を含んでしまう）
✓ $z$ が純虚数 ⟺ $z = -\bar{z}$ かつ $z \neq 0$
三角形の形状問題では3点が一致しないので $z \neq 0$ は自動的に成り立ちますが、定義は正確に。
5形状判定の融合問題
形状の決定問題
「$\alpha, \beta, \gamma$ が与えられた条件を満たすとき、$\triangle ABC$ はどのような三角形か」という形の問題です。
アプローチは次の通りです：
- 与えられた条件から $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ などの比を計算する
- 絶対値と偏角を読み取り、辺の長さの比と角度を特定する
- 三角形の形状を結論づける
条件の言い換え
| 三角形の性質 | 複素数の条件 |
|---|---|
| 正三角形 | $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha$ |
| $AB = AC$ の二等辺 | $|\beta - \alpha| = |\gamma - \alpha|$ |
| $\angle A = 90°$ の直角 | $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ が純虚数 |
| $\angle A = 90°$, $AB = AC$ | $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \pm i$ |
| $\angle A = 60°$ の二等辺 | $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = e^{\pm i\pi/3}$ |
結論を述べるときは、「何が等しいか」「どの角が何度か」を明記すること。
例：「$AB = AC$ かつ $\angle BAC = 90°$ の直角二等辺三角形」のように、曖昧さのない表現が求められます。
まとめ
- 基本道具：$\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ の絶対値で辺の比、偏角で角度を読み取る。
- 正三角形：$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha$（向きを問わない対称条件）。
- 二等辺三角形：$|\beta - \alpha| = |\gamma - \alpha|$。頂角指定なら $\gamma - \alpha = e^{\pm i\theta}(\beta - \alpha)$。
- 直角三角形：$\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ が純虚数（$\angle A = 90°$）。直角二等辺なら $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \pm i$。
- 解答のポイント：「どの辺」「どの角」かを明記する。場合分けの漏れに注意。
確認テスト
Q1. $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = i$ のとき、$\triangle ABC$ はどのような三角形か？
Q2. $\alpha = 0$, $\beta = 2$, $\gamma = 1 + \sqrt{3}i$ のとき、$\triangle ABC$ の形状は？
Q3. 正三角形の対称式条件 $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha$ の同値な形を1つ述べよ。
Q4. $\angle A = 90°$ を複素数の条件で表すと、$\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ がどのような数であればよいか？
Q5. $\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \frac{1 + \sqrt{3}i}{2}$ のとき、$\angle BAC$ と $\frac{AC}{AB}$ をそれぞれ求めよ。
入試問題演習
$\alpha = 1 + i$, $\beta = 3 + i$ とする。$\triangle ABC$ が正三角形になるような $\gamma$ を求めよ。
解答
$\gamma = 2 + (1 + \sqrt{3})i$ または $\gamma = 2 + (1 - \sqrt{3})i$
解説
$\beta - \alpha = 2$ なので、$\gamma - \alpha = 2 \cdot \frac{1 \pm \sqrt{3}i}{2} = 1 \pm \sqrt{3}i$。
$\gamma = \alpha + (1 \pm \sqrt{3}i) = (1+i) + (1 \pm \sqrt{3}i) = 2 + (1 \pm \sqrt{3})i$。
$z^2 + z + 1 = 0$ の2つの解を $\alpha$, $\beta$ とする。複素数平面上に3点 $O(0)$, $A(\alpha)$, $B(\beta)$ をとるとき、$\triangle OAB$ の形状を判定せよ。
解答
正三角形
解説
$\alpha, \beta$ は1の原始3乗根 $\omega, \omega^2$ である。
対称式で確認：$0^2 + \alpha^2 + \beta^2 = \alpha^2 + \beta^2 = (\alpha + \beta)^2 - 2\alpha\beta = (-1)^2 - 2 \cdot 1 = -1$。
$0 \cdot \alpha + \alpha\beta + \beta \cdot 0 = \alpha\beta = 1$。
$-1 \neq 1$ なので対称式は直接使えない...ように見えるが：
別解：$\frac{\beta - 0}{\alpha - 0} = \frac{\beta}{\alpha} = \frac{\omega^2}{\omega} = \omega = e^{i \cdot 2\pi/3}$。
$|\omega| = 1$ より $OA = OB$、$\arg\omega = 120°$ より $\angle AOB = 120°$。
$OA = OB = 1$、$\angle AOB = 120°$ の二等辺三角形で、残りの2角はそれぞれ $30°$ ...とはならない。
実際、$OA = OB = |\omega| = 1$, $AB = |\beta - \alpha| = |\omega^2 - \omega| = |\omega||\omega - 1| = |e^{i \cdot 2\pi/3} - 1| = \sqrt{3}$...
修正：$|e^{i \cdot 2\pi/3} - 1| = \sqrt{(\cos\frac{2\pi}{3} - 1)^2 + \sin^2\frac{2\pi}{3}} = \sqrt{(-\frac{3}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{3}$。
$OA = OB = 1$ だが $AB = \sqrt{3} \neq 1$ なので正三角形でない。
$OA = OB = 1$, $\angle AOB = \frac{2\pi}{3}$ なので、$OA = OB$ の二等辺三角形で頂角 $120°$。
余弦定理で $AB^2 = 1 + 1 - 2\cos\frac{2\pi}{3} = 2 + 1 = 3$ より $AB = \sqrt{3}$。
よって $OA = OB$, $\angle AOB = 120°$ の二等辺三角形。
$\alpha$, $\beta$, $\gamma$ が $|\alpha| = |\beta| = |\gamma| = 1$ を満たし、$\alpha + \beta + \gamma = 0$ であるとする。$\triangle ABC$ の形状を求めよ。
解答
正三角形
解説
$\alpha + \beta + \gamma = 0$ より $\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = \frac{(\alpha + \beta + \gamma)^2 - (\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2)}{2}$ を使う。
$|\alpha| = 1$ より $\alpha\bar{\alpha} = 1$、つまり $\bar{\alpha} = \frac{1}{\alpha}$。同様に $\beta, \gamma$。
$\overline{\alpha + \beta + \gamma} = \bar{\alpha} + \bar{\beta} + \bar{\gamma} = \frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} = \frac{\beta\gamma + \gamma\alpha + \alpha\beta}{\alpha\beta\gamma} = 0$
よって $\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = 0$。
$(\alpha + \beta + \gamma)^2 = \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 + 2(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha) = 0$ より $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = 0$。
$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = 0 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha$ なので正三角形の条件を満たす。
複素数平面上に3点 $A(\alpha)$, $B(\beta)$, $C(\gamma)$ がある。$\alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2 = 0$（$\omega = e^{i \cdot 2\pi/3}$）が成り立つとき、$\triangle ABC$ の形状を求めよ。
解答
正三角形
解説
$\alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2 = 0$ より $\alpha = -\beta\omega - \gamma\omega^2$。
$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 - \alpha\beta - \beta\gamma - \gamma\alpha$ を計算する。
別アプローチ：$\alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2 = 0$ の両辺に $\omega$ をかけると：
$\alpha\omega + \beta\omega^2 + \gamma = 0$（$\omega^3 = 1$ より）
つまり $\gamma + \alpha\omega + \beta\omega^2 = 0$ も成り立つ。
元の式と合わせて：$\alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2 = 0$ と $\gamma + \alpha\omega + \beta\omega^2 = 0$。
これらは $(\alpha - \beta) + (\beta - \gamma)\omega + (\gamma - \alpha)\omega^2 = 0$... に帰着。
直接的に：$\alpha = -\beta\omega - \gamma\omega^2$ を $\alpha - \beta = -\beta\omega - \gamma\omega^2 - \beta = -\beta(1+\omega) - \gamma\omega^2 = \beta\omega^2 - \gamma\omega^2 = \omega^2(\beta - \gamma)$。
（$1 + \omega = -\omega^2$ を利用）
同様に $\alpha - \gamma = -\beta\omega - \gamma\omega^2 - \gamma = -\beta\omega - \gamma(1+\omega^2) = -\beta\omega + \gamma\omega = \omega(\gamma - \beta)$。
よって $\frac{\alpha - \gamma}{\alpha - \beta} = \frac{\omega(\gamma - \beta)}{\omega^2(\beta - \gamma)} = \frac{-\omega}{\omega^2} = \frac{-1}{\omega} = -\omega^2 = -(-\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i) = \frac{1+\sqrt{3}i}{2}$。
$\left|\frac{1+\sqrt{3}i}{2}\right| = 1$, $\arg\frac{1+\sqrt{3}i}{2} = 60°$ より正三角形。
- $1 + \omega = -\omega^2$ の利用（3点）
- 辺の比の計算で絶対値1を示す（3点）
- 偏角 $60°$ の確認と正三角形の結論（4点）