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東京書籍:Advanced数学A

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1章 場合の数と確率
2章 整数の性質
演習問題

 



3章 図形の性質

1節 三角形の性質

問題 解答
p.100
問1
\(7\)
中点連結定理と平行線と比
p.101
問2
\({\small (1)}~\)

\({\small (2)}~\)

\({\small (3)}~\)

\({\small (4)}~\)

内分点と外分点の位置
p.101
問3
\({\Large \frac{7}{2}}\)
角の二等分線と比
p.102
問4
[証明] \(\triangle {\rm ABM}\) について、\(\angle {\rm AMB}\) の角の二等分線と比の関係より、
 \(\rm AD:DB=AM:MB\)
次に \(\triangle {\rm AMC}\) について、\(\angle {\rm AMC}\) の角の二等分線と比の関係より、
 \(\rm AE:EC=AM:MC\)
また、点 \(\rm M\) は中点より、\(MB=MC\)
以上より、
 \(\rm AD:DB=AE:EC\)
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) について、三角形の平行線と比の関係より、
 \(DE\parallel BC\) [終]
p.103
問5
[証明]

図のように、\({\rm AB}\) の延長線上に点 \({\rm E}\) をとる
角の二等分線より、
 \(\angle{\rm EAQ}=\angle{\rm CAQ}\) …①
同位角より、
 \(\angle{\rm EAQ}=\angle{\rm ADC}\) …②
錯角より、
 \(\angle{\rm CAQ}=\angle{\rm ACD}\) …③
①、②、③より
 \(\angle{\rm ADC}=\angle{\rm ACD}\)
よって、\(\triangle{\rm ADC}\) は \({\rm AD=AC}\) の二等辺三角形となる
また、\({\rm AQ\parallel DC}\) の平行線と線分の比より
 \({\rm BQ}:{\rm CQ}={\rm BA}:{\rm DA}\)
\({\rm AD=AC}\) とすると、
 \({\rm BQ}:{\rm QC}={\rm AB}:{\rm AC}\) [終]
p.103
問6
\(10\)
角の二等分線と比
p.104
問7
\({\rm AG}=4~,~{\rm GQ}=2\)
三角形の重心
p.105
問8
\(140^\circ\)
三角形の外心
p.105
問9
\({\rm BC}\) の中点
p.106
問10
頂点 \({\rm C}\)
三角形の垂心
p.107
問11
\(125^\circ\)
三角形の内心
p.108
参考1
[証明] \(\angle{\rm A}~,~ \angle{\rm B}~,~ \angle{\rm C}\) に対する傍心がそれぞれ \({\rm J~,~J’~,~J”}\) であるとき、
\({\rm AJ~,~BJ’~,~CJ”}\) はそれぞれの角の二等分線であるので、その交点は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心 \({\rm I}\) と一致する
また、\({\rm AJ’~,~AJ”}\) はともに \(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線であるので、
 \(\angle{\rm J’AC}=\angle{\rm J”AB}=a\)
また、\({\rm AJ}\) は内角の二等分線より
 \(\angle{\rm CAJ}=\angle{\rm BAJ}=b\)
よって、\(a+a+b+b=180^\circ\) で \(a+b=90^\circ\) となるので、
 \(\angle{\rm JAJ’}=\angle{\rm JAJ”}=90^\circ\)
よって、\({\rm AJ}\) と \({\rm J’J”}\) は垂直である
同様に考えて、\({\rm BJ’}\) と \({\rm JJ”}\) は垂直であり、\({\rm CJ”}\) と \({\rm JJ’}\) は垂直である
これより、内心 \({\rm I}\) は \(\triangle {\rm JJ’J”}\) の垂心でもある
したがって、
\(\triangle {\rm JJ’J”}\) の垂心と \(\triangle {\rm ABC}\) の内心は一致する [終]
p.109
問12
\({\small (1)}~4\) \({\small (2)}~5\)
チェバの定理
p.110
問13
[証明]

\(\triangle {\rm ABC}\) について、チェバの定理より、
 \({\rm {\large \frac{AP}{PB}}\cdot{\large \frac{BM}{MC}}\cdot{\large \frac{CQ}{QA}}=1}\)
ここで、\({\rm BM=MC}\) より、
 \({\rm {\large \frac{AP}{PB}}\cdot{\large \frac{1}{1}}\cdot{\large \frac{CQ}{QA}}=1}\)
よって、
 \({\rm {\large \frac{AP}{PB}}\cdot{\large \frac{CQ}{QA}}=1}\)
計算すると、
 \({\rm AP:PB=AQ:QC}\)
したがって、平行線と比の関係より、
 \({\rm PQ\parallel BC}\) [終]

p.111
問14
\({\small (1)}~2\) \({\small (2)}~9\)
メネラウスの定理
p.113
参考1
[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) において、3辺の条件は次のようになる
 \({\rm AB+AC>BC}\) …①
 \({\rm AC+BC>AB}\) …②
 \({\rm AB+BC>AC}\) …③
②より、
 \({\rm AB-AC<BC}\)
③より、
 \({\rm AB-AC>-BC}\)
よって、
 \({\rm -BC<AB-AC<BC}\)
 \({\rm |AB-AC|<BC}\)
他の辺でも同様に成り立つので、
 \({\rm |BA-BC|<AC}\)
 \({\rm |CA-CB|<AB}\)
したがって、三角形の2辺の長さの差は、他の1辺の長さより小さい [終]
三角形の辺と角の大小比較
問題
p.114
1
[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) において、
 \({\rm AD:AB=AE:AC}\)
また、\(\triangle {\rm ABD}\) において、
 \({\rm AD:AB=AF:AE}\)
よって、
 \({\rm AE:AC=AF:AE}\)
式変形すると、
 \({\rm AE^2=AF\cdot AC}\) [終]
p.114
2
\({\small (1)}~1:2\) \({\small (2)}~1:3\)
\({\small (3)}~1:6\)
p.114
3
[証明] \(\triangle {\rm ABD}\) と \(\triangle {\rm ACD}\) は高さの等しい三角形より、面積比=底辺の比であることより、
 \(\triangle {\rm ABD}:\triangle {\rm ACD}={\rm BD:CD}\)
また、仮定より、
 \(\triangle {\rm ABD}:\triangle {\rm ACD}={\rm AB:AC}\)
よって、
 \({\rm BD:CD=AB:AC}\)
角の二等分線と比の関係が成り立つので、\({\rm AD}\) は \(\angle{\rm A}\) を二等分する [終]
p.114
4
[証明] 対角線 \({\rm BD}\) と \({\rm AC}\) の交点を \({\rm O}\) とすると、

\(\triangle {\rm ABD}\) において、チェバの定理より、
 \({\rm {\large \frac{AK}{KB}}\cdot{\large \frac{BO}{OD}}\cdot{\large \frac{DN}{NA}}}=1\)
\(\triangle {\rm CBC}\) において、チェバの定理より、
 \({\rm {\large \frac{CM}{MD}}\cdot{\large \frac{DO}{OB}}\cdot{\large \frac{BL}{LC}}}=1\)
これらの両辺をかけ合わせると、
 \({\rm {\large \frac{AK}{KB}}\cdot{\large \frac{BL}{LC}}\cdot{\large \frac{CM}{MD}}\cdot{\large \frac{DN}{NA}}}=1\) [終]
p.114
5
\(8\)



2節 円の性質

問題 解答
p.115
問1
\({\small (1)}~40^\circ\) \({\small (2)}~20^\circ\) \({\small (3)}~140^\circ\)
p.115
問2
①、③
円周角と中心角
p.116
問3
\({\small (1)}~106^\circ\) \({\small (2)}~100^\circ\) \({\small (3)}~75^\circ\)
p.117
問4
①、②
円に内接する四角形と角
p.118
問5
\({\small (1)}~\)[証明]
 \(\angle{\rm AQP}=90^\circ~,~ \angle{\rm ARP}=90^\circ\)
よって、四角形 \({\rm ARPQ}\) の対角の和が \(180^\circ\) となるので、四角形 \({\rm ARPQ}\) は円に内接する
したがって、4点 \({\rm A~,~R~,~P~,~Q}\) は同一円周上にある [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(\triangle {\rm ABP}\) と \(\triangle {\rm APR}\) について、
 \(\angle{\rm APB}=\angle{\rm ARP}=90^\circ\)
 \(\angle{\rm BAP}=\angle{\rm PAR}\) (共通角)
よって、2組の角がそれぞれ等しいので
 \(\triangle {\rm ABP}\sim\triangle {\rm ARP}\)
これより、
 \(\angle{\rm ABP}=\angle{\rm APR}\)
また、(1)より四角形 \({\rm ARPQ}\) は円に内接するので円周角の定理より、
 \(\angle{\rm APR}=\angle{\rm AQR}\)
以上より、
 \(\angle{\rm ABP}=\angle{\rm AQR}\)
よって、四角形 \({\rm BCQR}\) の1つの外角がその隣り合う内角の対角と等しいので四角形 \({\rm BCQR}\) は円に内接する
したがって、4点 \({\rm B~,~C~,~Q~,~R}\) は同一円周上にある [終]
p.119
問6
\(6\)
内接円と接線の条件
p.120
問7
\({\small (1)}~104^\circ\) \({\small (2)}~146^\circ\) \({\small (3)}~46^\circ\)
接弦定理
p.122
問8
\({\small (1)}~8\) \({\small (2)}~3\)
p.122
問9
\({\small (1)}~x=2\sqrt{7}\)
\({\small (2)}~x=3~,~y=2\sqrt{6}\)
方べきの定理
p.123
問10
[証明] 方べきの定理より、
 \({\rm BC\cdot BD=BA^2}\)
 \({\rm BE\cdot BF=BA^2}\)
よって、
 \({\rm BC\cdot BD=BE\cdot BF}\)
したがって、方べきの定理の逆より、4点 \({\rm C~,~D~,~E~,~F}\) は同一円周上にある [終]
p.125
問11
\({\small (1)}~4\)本 \({\small (2)}~3\)本 \({\small (3)}~2\)本
\({\small (4)}~1\)本 \({\small (5)}~0\)本
2つの円の位置関係と共通接線
p.125
問12
\({\small (1)}~4\sqrt{10}\)
\({\small (2)}~2\sqrt{22}\)
共通接線の長さ
p.125
問13
[証明] 点 \({\rm P}\) における接線 \({\rm PT}\) を引くと、

接弦定理より、
 \(\angle{\rm ACP}=\angle{\rm APT}\)
 \(\angle{\rm BDC}=\angle{\rm BPT}\)
よって、
 \(\angle{\rm ACD}=\angle{\rm BDP}\)
同位角が等しいので、\({\rm AC}\parallel{\rm BD}\) [終]
問題
p.126
6
\({\small (1)}~40^\circ\) \({\small (2)}~107^\circ\) \({\small (3)}~118^\circ\)
p.126
7
[証明]

円に内接する四角形 \({\rm BDPF}\) において、
 \(\angle{\rm AFP}=\angle{\rm BDP}\)
また、円に内接する四角形 \({\rm DCEP}\) において、
 \(\angle{\rm BDP}=\angle{\rm PEC}\)
よって、四角形 \({\rm AFDE}\) の1つの外角が隣り合う内角の対角と等しいので四角形 \({\rm AFDE}\) は円に内接する
したがって、4点 \({\rm A~,~F~,~D~,~E}\) は同一円周上にある [終]
p.126
8
\(2\)
p.126
9
\({\small (1)}~28^\circ\) \({\small (2)}~61^\circ\)



3節 作図

問題 解答
p.128
問1

作図の基本
p.129
問2
\({\small (1)}~\)

\({\small (2)}~\)

内分点と外分点の作図
p.130
問3

分数倍の作図
p.131
問4

平方根の値の作図
p.131
問5
問題
p.133
10
p.133
11
p.133
12
p.133
13
p.133
14
\({\small (1)}~\)

\({\small (2)}~\)
p.133
15
\({\small (1)}~\)

\({\small (2)}~\)

\({\small (3)}~\)
p.133
16



4節 空間図形

問題 解答
p.134
問1
\({\small (1)}~\) 辺 \({\rm DC~,~HG~,~EF}\)
\({\small (2)}~\) 辺 \({\rm EH~,~FG~,~DH~,~CG}\)
空間図形の位置関係
p.135
問2
\({\small (1)}~90^\circ\) \({\small (2)}~45^\circ\) \({\small (3)}~60^\circ\)
p.137
問3
\({\small (1)}~45^\circ\) \({\small (2)}~30^\circ\) \({\small (3)}~60^\circ\)
p.139
問4
[証明] 直線 \(l\) は平面 \(\alpha\) 上にあり、
 \({\rm PO}\perp \alpha\) より \({\rm PO}\perp l\)
また、仮定より \({\rm PA}\perp l\)
よって、平面 \({\rm PAO}\) 上の2直線に垂直であるので、
 \(l\perp \) 平面 \({\rm PAO}\)
したがって、平面 \({\rm PAO}\) 上の直線 \({\rm OA}\) に対しても \({\rm OA}\perp l\) [終]
p.139
問5
[証明] \({\rm AH}\perp\triangle {\rm BCD}\)
また、仮定より \({\rm AP}\perp{\rm BC}\)
したがって、定理より、
 \({\rm HP}\perp{\rm BC}\) [終]
p.141
問6
正四面体 \(4-6+4=2\)
正六面体 \(8-12+6=2\)
正十二面体 \(20-30+12=2\)
正二十面体 \(12-30+20=2\)
よって、これらの正多面体のおいて、
\(v-e+f=2\) が成り立つ
p.141
問7
頂点の数 \(v=6\)、辺の数 \(e=9\)、面の数 \(f=5\) より、
 \(v-e+f=6-9+5=2\)
したがって、オイラーの多面体定理が成り立つ
問題
p.141
17
[証明] \({\rm BC}\) の中点を \({\rm P}\)、\({\rm BD}\) の中点を \({\rm Q}\)、\({\rm CD}\) の中点を \({\rm R}\) とすると、\(\triangle {\rm ABC}\) は \({\rm AB=AC}\) の二等辺三角形となり \({\rm AP}\perp{\rm BC}\) となる
また、仮定より \({\rm AH}\perp\triangle {\rm BCD}\)
よって、定理より \({\rm HP}\perp{\rm BC}\)
また、\({\rm BR=CP}\) で、\({\rm HP}\) は \({\rm BC}\) の垂直二等分線である
同様に、\({\rm HQ}\) は \({\rm BD}\) の垂直二等分線で、\({\rm HR}\) は \({\rm CD}\) の垂直二等分線である
したがって、点 \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm BCD}\) の3辺の垂直二等分線の交点より、外心である [終]
p.141
18
\({\small (1)}~\sqrt{2}a\) \({\small (2)}~{\large \frac{\sqrt{2}}{3}}a^3\) \({\small (3)}~2\sqrt{3}a^2\)
p.141
19
[証明] 面の数はもとの8面と切り取った6つの面より、
 \(f=8+6=14\)
頂点の数は、
 六角形8つより、\(6\times8=48\) 点
 四角形6つより、\(4\times6=24\) 点
1つの頂点で3面のを共有しているので、
 \(v={\large \frac{48+24}{3}}=24\)
辺の数は、
 六角形8つより、\(6\times8=48\) 本
 四角形6つより、\(4\times6=24\) 本
1つの辺を2つの面が共有しているので
 \(e={\large \frac{48+24}{2}}=36\)
したがって、
 \(v-e+f=24-36+14=2\)
よって、オイラーの多面体定理が成り立つ [終]



練習問題 図形の性質

問題 解答
練習問題A
p.142
1
[証明]

対角線 \({\rm AC}\) を引き、対角線の交点を \({\rm R}\) とすると、
この交点は対角線の中点で交わるので、
 \({\rm AR=CR}\)
 \({\rm BR=DR}\)
次に、仮定より \({\rm BM:MC}\)
よって、点 \({\rm P}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の重心となり
 \({\rm BP:PR}=2:1\)
同様に、仮定より \({\rm CN:ND}\)
よって、点 \({\rm Q}\) は \(\triangle {\rm ACD}\) の重心となり
 \({\rm DQ:QR}=2:1\)
以上より、
 \({\rm BP:PR+QR:DQ}=2:1+1:2\)
したがって、
 \({\rm BP=PQ=QD}\) [終]
p.142
2
\({\small (1)}~\)
[証明] \(\triangle {\rm ACR}\) と \(\triangle {\rm ABQ}\) において、
 \(\angle{\rm ARC}=\angle{\rm AQB}=90^\circ\)
 \(\angle{\rm CAR}=\angle{\rm AQB}\) (共通角)
よって、2組の角がそれぞれ等しいので \(\triangle {\rm ACR}\sim\triangle {\rm ABQ}\)
対応する辺の比が等しいので、
 \({\rm AR:AQ=AC:AB}\)
計算すると、
 \({\rm {\large \frac{AR}{AQ}}={\large \frac{AC}{AB}}}\) [終]
\({\small (2)}~\)
[証明] (1)と同様に考えて、
\(\triangle {\rm BPA}\sim\triangle {\rm BCR}\) より、
 \({\rm {\large \frac{BP}{BR}}={\large \frac{BA}{BC}}}\)
\(\triangle {\rm CBQ}\sim\triangle {\rm CAP}\) より、
 \({\rm {\large \frac{CQ}{CP}}={\large \frac{CB}{CA}}}\)
したがって、
 \(~~~~~~{\rm {\large \frac{AR}{RB}}\cdot{\large \frac{BP}{PC}}\cdot{\large \frac{CQ}{QA}}}\)
順番を入れ替えると、
 \(~={\rm {\large \frac{AR}{QA}}\cdot{\large \frac{BP}{RB}}\cdot{\large \frac{CR}{PC}}}\)
上の式を代入していくと、
 \(~={\rm {\large \frac{AC}{AB}}\cdot{\large \frac{BA}{BC}}\cdot{\large \frac{CB}{CA}}}=1\)
したがって、チェバの定理の逆が成り立つので、\({\rm AP~,~BQ~,~CR}\) は1点で交わる [終]
p.142
3
\(\angle{\rm A}=90^\circ~,~\angle{\rm B}=126^\circ\)
\(\angle{\rm C}=90^\circ~,~\angle{\rm D}=54^\circ\)
p.142
4
[証明]

点 \({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心より、
  \(\angle{\rm BAD}=\angle{\rm DAC}=x\)
また、円周角の定理より、
  \(\angle{\rm CBD}=\angle{\rm BCD}=x\)
\(\triangle {\rm DBC}\) は底角が等しい二等辺三角形より、
 \({\rm DB=DC}\)
次に、\({\rm BI}\) が \(\angle{\rm B}\) の二等分線より、
  \(\angle{\rm ABI}=\angle{\rm IBC}=y\)
ここで、\(\triangle {\rm AIB}\) の外角より、
 \(\angle{\rm BID}=x+y\)
また、\(\angle{\rm IBD}=x+y\)
よって、\(\triangle {\rm DBI}\) は底角が等しい二等辺三角形より、
 \({\rm DB=DI}\)
したがって、\({\rm DI=DB=DC}\) [終]
p.142
5
\(60^\circ\)
練習問題B
p.143
6
[証明]

弦 \({\rm AB}\) を引くと、接弦定理より、
  \(\angle{\rm PCD}=\angle{\rm CAB}=x\)
  \(\angle{\rm PDC}=\angle{\rm DAB}=y\)
よって、\(\angle{\rm CAD}=x+y\)
次に、\(\triangle {\rm CPD}\) の内角の和について、
 \(\angle{\rm CPD}=180^\circ-(x+y)\)
よって、
  \(\angle{\rm CAD}=\angle{\rm CPD}=180^\circ\)
対角の和が \(180^\circ\) となるので、
四角形 \({\rm ACPD}\) は円に内接する [終]
p.143
7
[証明]

\(\triangle {\rm ABC}\) について、チェバの定理より、
 \({\rm {\large \frac{AD}{DB}}\cdot{\large \frac{BQ}{QC}}\cdot{\large \frac{CE}{EA}}=1}\)
ここで、\({\rm AD=AE}\) より、
 \({\rm {\large \frac{1}{DB}}\cdot{\large \frac{BQ}{QC}}\cdot{\large \frac{CE}{1}}=1}\)
よって、
 \({\rm BQ:QC=BD:CE}\)
したがって、点 \({\rm Q}\) は \({\rm BC}\) を \({\rm BD:CE}\) に内分する [終]
p.143
8
\({\small (1)}~\)[証明]
\(\triangle {\rm DBC}\) と \(\triangle {\rm DAE}\) について、
 \(\angle{\rm CDE}=\angle{\rm BDA}\) (仮定)
 \(\angle{\rm BDE}\) (共通角)
これらより、
 \(\angle{\rm BDC}=\angle{\rm ADE}\)
また、円周角の定理より、
 \(\angle{\rm DBC}=\angle{\rm DAE}\)
2組の角がそれぞれ等しいので、
 \(\triangle {\rm DBC}\sim\triangle {\rm DAE}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(\triangle {\rm DAB}\) と \(\triangle {\rm DEC}\) について、
円周角の定理より、
 \(\angle{\rm ABD}=\angle{\rm DCE}\)
仮定より、
 \(\angle{\rm ADB}=\angle{\rm CDE}\)
2組の角がそれぞれ等しいので、
 \(\triangle {\rm DAB}\sim\triangle {\rm DEC}\)
よって、対応する辺の比が等しいので、
 \({\rm AB:EC=BD:CD}\)
これより、
 \({\rm AB\cdot CD=EC\cdot BD}\) …①
また、(1)の結果の \(\triangle {\rm DBC}\sim\triangle {\rm DAE}\) より、対応する辺の比が等しいので、
 \({\rm BC:AE=BD:AD}\)
これより、
 \({\rm AD\cdot BC=AE\cdot BD}\) …②
①と②の両辺を加えると、
 \({\rm AB\cdot CD+BD\cdot BC}\)
  \(={\rm EC\cdot BD=AE\cdot BD}\)
  \(={\rm (EC+AE)\cdot BD}\)
  \(={\rm AC\cdot BD}\)
したがって、
 \({\rm AB\cdot CD+BD\cdot BC=AC\cdot BD}\) [終]
p.143
9
[証明]

図のように \({\rm Q~,~R~,~S~,~T}\) をとると、
方べきの定理より、
 \({\rm PA\cdot PB=PQ\cdot PR}\)
 \({\rm PA\cdot PB=PS\cdot PT}\)
よって、
 \({\rm PQ\cdot PR=PS\cdot PT}\) …①
また、
 \({\rm PQ=PO}-r\)
 \({\rm PR=PO}+r\)
 \({\rm PS=PO’}-r’\)
 \({\rm PT=PO’}+r’\)
①に代入すると、
 \(({\rm PO}-r)({\rm PO}+r)\)
  \(({\rm PO’}-r’)({\rm PO’}+r’)\)
したがって、
 \({\rm PO}^2-r^2={\rm PO’}^2-r’^2\) [終]
p.143
10

 



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