仮定より ∠ABC=∠ACB・・・① ∠FDM=∠EDM・・・② である。 四角形GHIJにおいて, ∠GHI=∠BHD =∠ABC-∠HDB =∠ACB-∠JDC(①,②より) =∠DJC 1つの内角が対角の外角に等しいので 四角形GHIJは円に内接する。 よって,4点G,H,I,Jは同一円周上にある。 |
(1) |
円の中心をOとし,半径をrとする。 3個の底辺2の二等辺三角形と3個の底辺11の二等辺三角形に分ける。 次に,6個の二等辺三角形を右の図のように交互に並べ替える。 ∠BOH=120°,∠BCH=120°である。 △OBHと△CHBについて,BHは共通であるから,余弦定理より BH2=2r2-2r2cos120°=112+22-2・11・2cos120° r2=49 r>0より r=7・・・(答) (補足) 一般に,AB=BC=CD=a,DE=EF=FA=bのとき,r=√{(a2+ab+b2)/3}である。 整数になる例 (a,b,r)=(1,22,13),(11,26,19) |
円の中心をOとし,半径をrとする。 2個の底辺8の二等辺三角形と2個の底辺17の二等辺三角形と2個の底辺22の二等辺三角形とに分ける。 次に,6個の二等辺三角形のうち,△OBCと△OCDを入れ換えて,右の図のようにそれぞれ,△OGD,△OBGとする。 FGは直径となる。 直角三角形FAG,FBGに三平方の定理を適用して, AG=√(FG2-FA2)=√{(2r)2-222}=2√(r2-121) FB=√(FG2-BG2)=√{(2r)2-172}=√(4r2-289) 四角形ABGFにトレミーの定理を適用すると AG・FB=AB・FG+FA・BG 2√(r2-121)・√(4r2-289)=8・2r+22・17 両辺を平方すると 4(r2-121)(4r2-289)=4(8r+187)2 r>0に注意して整理すると,4r3-837r-2992=0 (r-16)(4r2+64r+187)=0 r>0より r=16・・・(答) (補足) 一般に,AB=BC=a,CD=DE=b,EF=FA=cのとき,xについての3次方程式 x3-(a2+b2+c2)x-2abc=0 の正の解が,直径2rとなる。 |
(1) 点Pを点A中心に-120°回転させた点をQとすると, △APC≡△AQBより,BQ=CP=4 △APQに余弦定理を適用して PQ2=2(√3)2-2(√3)2cos120°=9 PQ>0より,PQ=3 △BPQは,三辺の比が3:4:5の三角形となるから,∠PQB=90° また,∠AQP=(180°-120°)/2=30° よって ∠AQB=120°となるから,△QBAに余弦定理を適用して AB2=(√3)2+42-2√3・4・cos120°=19+4√3 △ABC=(1/2)AB2sin120°=(19+4√3)/4・・・(答) | |
(2) 点Pを点A中心に-120°回転させた点をQとすると, △APC≡△AQBより,BQ=CP=8 △APQに余弦定理を適用して PQ2=2・52-2・52cos120°=75 PQ>0より,PQ=5√3 △BPQについて, cos∠PQB={(5√3)2+82-(√19)2}/(2・5√3・8)=√3/2 0°<∠PQB<180°より,∠PQB=30° また,∠AQP=(180°-120°)/2=30° よって,∠AQB=30°+30°=60° △QBAに余弦定理を適用して AB2=52+82-2・5・8・cos60°=49 △ABC=(1/2)AB2sin120°=49√3/4・・・(答) |
DA,CBの交点をOとし,A,P,DからBCに下ろした垂線の足を それぞれH,I,Jとおく。 いま,DP:PA=m:nとし,AH=x,PI=y,DJ=zとおくと, OA:OP=OA:(OA+AP)=x:yより,AP=(y/x-1)OA OP:OD=OP:(OP+PD)=y:zより,PD=(z/y-1)OPであるから AP:PD=(y/x-1)OA:(z/y-1)OP=(y-x):(z-y)=n:mより y=(mx+nz)/(m+n) △ABC:△PBC:△DBC=x:y:zであるから △PBC=(m△ABC+n△DBC)/(m+n) ・・・① 次に,△ABE=S1,△CDE=S2,△EBC=S3,凹形四角形PBEC=S とおくと,①より S+S3={m(S1+S3)+n(S2+S3)}/(m+n) よって S=(mS1+nS2)/(m+n) ・・・② ②に,m=1,n=2,S1=1,S2=5を代入すると,S=11/3 ・・・(答) |
1.中心Oをとる。 2.半径1の円を描く。 3.一つの直径ABを引く。 4.ABに直交するもう一つの直径をDOCとする。 5.OBの中点Mをとる。 6.Mを中心として,半径MBの円を描く。 7.この円とCMとの交点をEとする。 8.Cを中心,CEを半径とする円を描き,Oを中心とする円との交点をP,Qとする。 9.2点PQを結べば,これが正五角形の1辺となる。 10.このPQの長さで円弧を切っていく。 11.正五角形PQRSTの作図が完成。 (補足) 1辺aの正五角形を作図するには,半径を√{(5+√5)/10}a=0.85.6507aとする。 |
CからFGに下ろした垂線の足をHとする。 いま,FG=x,CH=yとおくと,FH=(x-a)/2。 ∠FCH=18°であるから,tan18°=FH/CH=(x-a)/2y・・・① 正五角形の面積をSとおくと,四角形FCDGは等脚台形であるから, 仮定より(x+a)y/2=S/2より,S=(x+a)y・・・② ①,②を辺々掛け合わせると Stan18°=(x2-a2)/2 x2=a2+2Stan18°・・・③ ここで,正五角形の外接円の半径をrとおくと,正弦定理より r/sin54°=a/sin72° r=asin54°/sin72°=acos36°/2sin36°cos36°=a/2sin36° であるから, S=5×(1/2)r2sin72° =(5/2)(a2/4sin236°)×2sin36°cos36° =(5/4)a2tan54° これを③に代入すると x2=a2+(5/4)a2tan54°tan18° ここで,tan18°=√(25-10√5)/5,tan54°=√(25+10√5)/5 であるから,tan18°tan54°=√5/5 x2=a2+2×(5/4)a2×√5/5 よって,x=FG={√(4+2√5)/2}a・・・(答) |
最小の長さとして考えられるのは, ①Aを中心とする弧PQか②BCに平行な線分RSである。 正三角形の1辺をaとする。 ① Aを中心とする扇形の半径をrとすると, (1/6)πr2=(1/2)×(√3/4)a2 r=√(3√3/4π)a 弧PQ=(1/6)×2πr=√(π/4√3)a=0.6733a ② RS=xとすると, (√3/4)x2=(1/2)×(√3/4)a2 x=(√2/2)a=0.7071a よって,弧PQが最小となる。 (説明) 面積が一定で周の長さが最小になるのは円であるから。 |
∠EFH=α,∠FEG=βとおくと,α+β=90° 接弦定理より ∠AEH=∠AHE=α,∠CFG=∠CGF=β ∠A+∠C=(180°-2α)+(180°-2β) =360°-2(α+β) =360°-2×90°=180° よって,四角形ABCDは円に内接する。 B139の補足より, S=√(4・6・5・3)=6√10・・・(答) |
(2) 求める点は,∠BDC=∠CDA=∠ADB=120°を満たす点。 (フェルマー点) (証明)図のように,点Aを通りDAに垂直な直線, 点Bを通りDBに垂直な直線, 点Cを通りDCに垂直な直線でできる三角形をEFGとする。 △EFGは正三角形となる。 △ABC内の点Pから,FG,GE,EFに下ろした垂線の足を それぞれH,I,Jとする。このとき, PA+PB+PC≧PH+PI+PJ=DA+DB+DC ∵(1)より よって,PA+PB+PCが最小になるのは, 点Pが点Dに一致するときである。 |
縦一列の和が369である。 |
(略証) CEの中点をLとすると,中点連結定理より LM=LNより∠LMN=LNM 錯角,対頂角,同位角は等しいから ∠AFG=∠AGF よって,三角形AFGは二等辺三角形となる。 |