このページは、数研出版：高等学校数学Ａ[713]
第２章 図形の性質
第２章 図形の性質
教科書の復習から入試の入門まで｜数学入門問題精講
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高等学校数学Ａ 第１章 場合の数と確率
高等学校数学Ａ 第２章 図形の性質
高等学校数学Ａ 第３章 数学と人間の活動
第２章 図形の性質
第１節 平面図形
p.75 深める平行線と比の関係より、
\(~~~{\rm AP\,:\,AB=PQ\,:\,BC }\)
図より、\({\rm PQ=PQ’}\) であるので、
\(~~~{\rm AP\,:\,AB=PQ’\,:\,BC }\)
このとき、\({\rm PQ’\,//\,BC}\) とならないので、３の逆は成り立たない
解法のPoint｜三角形の角の二等分線と比
\(~~~{\rm AP\,:\,AB=PQ\,:\,BC }\)
図より、\({\rm PQ=PQ’}\) であるので、
\(~~~{\rm AP\,:\,AB=PQ’\,:\,BC }\)
このとき、\({\rm PQ’\,//\,BC}\) とならないので、３の逆は成り立たない
解法のPoint｜三角形の角の二等分線と比
p.76 練習2\({\small (1)}~2:1\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,16\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜三角形の角の二等分線と比
解法のPoint｜三角形の角の二等分線と比
p.77 深める\({\rm AB=AC}\) のとき、外角の二等分線が辺 \({\rm BC}\) の延長線と交わらない
p.79 練習4\({\small (1)}~20^{\circ}\) \({\small (2)}~100^{\circ}\) \({\small (3)}~20^{\circ}\)
解法のPoint｜三角形の外心と角度
解法のPoint｜三角形の外心と角度
p.81 練習5\({\small (1)}~30^{\circ}\) \({\small (2)}~25^{\circ}\) \({\small (3)}~110^{\circ}\)
解法のPoint｜三角形の内心と角度
解法のPoint｜三角形の内心と角度
p.86 深める
p.89 研究 練習2[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) のそれぞれの辺の中点を \({\rm P}~,~{\rm Q}~,~{\rm R}\) とすると、
\({\rm AR}:{\rm RB}=1:1\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\rm BP}:{\rm PC}=1:1\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\rm CQ}:{\rm QA}=1:1\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}=1~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) の各辺の積より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}=1\)
したがって、チェバの定理の逆により、三角形の \(3\) 本の中線は \(1\) 点で交わる [終]
角の二等分線と線分の比より、
\({\rm AR}:{\rm RB}={\rm CA}:{\rm CB}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm BC}\,}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\rm BP}:{\rm PC}={\rm AB}:{\rm AC}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm AC}\,}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\rm CQ}:{\rm QA}={\rm BC}:{\rm BA}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,{\rm AB}\,}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) の各辺の積より、
したがって、チェバの定理の逆により、三角形の \(3\) つの内角の二等分線は \(1\) 点で交わる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm AR}:{\rm RB}=1:1\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\rm BP}:{\rm PC}=1:1\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\rm CQ}:{\rm QA}=1:1\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}=1~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) の各辺の積より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}=1\)
したがって、チェバの定理の逆により、三角形の \(3\) 本の中線は \(1\) 点で交わる [終]
[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) のそれぞれの内角の二等分線と対辺の交点を \({\rm P}~,~{\rm Q}~,~{\rm R}\) とすると、
角の二等分線と線分の比より、
\({\rm AR}:{\rm RB}={\rm CA}:{\rm CB}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm BC}\,}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\rm BP}:{\rm PC}={\rm AB}:{\rm AC}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm AC}\,}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\rm CQ}:{\rm QA}={\rm BC}:{\rm BA}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,{\rm AB}\,}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) の各辺の積より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm BC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm AC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,{\rm AB}\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}&=&\displaystyle \frac{\,\cancel{{\rm AC}}\,}{\,\cancel{{\rm BC}}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{{\rm AB}}\,}{\,\cancel{{\rm AC}}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{{\rm BC}}\,}{\,\cancel{{\rm AB}}\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}&=&1\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}&=&\displaystyle \frac{\,\cancel{{\rm AC}}\,}{\,\cancel{{\rm BC}}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{{\rm AB}}\,}{\,\cancel{{\rm AC}}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{{\rm BC}}\,}{\,\cancel{{\rm AB}}\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}&=&1\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、チェバの定理の逆により、三角形の \(3\) つの内角の二等分線は \(1\) 点で交わる [終]
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p.91 研究 練習2[証明] \({\rm AB}={\rm AD}\) となる点 \({\rm D}\) を \({\rm AC}\) 上にとると、
\(\triangle {\rm ABD}\) は二等辺三角形より、底角が等しいので、
\(\angle {\rm ABD}=\angle {\rm ADB}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}&=&\angle {\rm ABD}+\angle {\rm DBC}\\[3pt]~~~\angle {\rm B}&\gt&\angle {\rm ABD}\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm B} \gt \angle {\rm ADB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm ADB}&=&\angle {\rm C}+\angle {\rm DBC}\\[3pt]~~~\angle {\rm ADB}&\gt&\angle {\rm C}\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm ADB} \gt \angle {\rm C}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm B} \gt \angle {\rm ADB} \gt \angle {\rm C}\)
これより、\(\angle {\rm B} \gt \angle {\rm C}\)
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) において、\({\rm AC} \gt {\rm AB}\) ならば \(\angle {\rm B} \gt \angle {\rm C}\) となる [終]
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\(\triangle {\rm ABD}\) は二等辺三角形より、底角が等しいので、
\(\angle {\rm ABD}=\angle {\rm ADB}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm B}&=&\angle {\rm ABD}+\angle {\rm DBC}\\[3pt]~~~\angle {\rm B}&\gt&\angle {\rm ABD}\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm B} \gt \angle {\rm ADB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\(\triangle {\rm DBC}\) の外角より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm ADB}&=&\angle {\rm C}+\angle {\rm DBC}\\[3pt]~~~\angle {\rm ADB}&\gt&\angle {\rm C}\end{eqnarray}\)
よって、\(\angle {\rm ADB} \gt \angle {\rm C}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm B} \gt \angle {\rm ADB} \gt \angle {\rm C}\)
これより、\(\angle {\rm B} \gt \angle {\rm C}\)
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) において、\({\rm AC} \gt {\rm AB}\) ならば \(\angle {\rm B} \gt \angle {\rm C}\) となる [終]
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p.92 練習13\({\small (1)}\)
対頂角より、
\(\angle{\rm DEC}=\angle{\rm AEB}=78^{\circ}\)
\(\triangle{\rm DEC}\) の内角の和より、
\(\angle{\rm DEC}=180^{\circ}-(78^{\circ}+37^{\circ})=65^{\circ}\)
よって、\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm CDB}=65^{\circ}\)
したがって、４点 \({\rm A,B,C,D}\) は１つの円周上にある
\({\small (2)}\)
\(\triangle{\rm EBD}\) の外角の関係より、
\(\angle{\rm BDC}=\angle{\rm BED}+\angle{\rm EBD}\)
よって、
\(\angle{\rm BDC}=84^{\circ}+26^{\circ}=110^{\circ}\)
よって、\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm BDC}=110^{\circ}\)
したがって、４点 \({\rm A,B,C,D}\) は１つの円周上にある
解法のPoint｜円周角の定理と同一円周上にある条件
対頂角より、
\(\angle{\rm DEC}=\angle{\rm AEB}=78^{\circ}\)
\(\triangle{\rm DEC}\) の内角の和より、
\(\angle{\rm DEC}=180^{\circ}-(78^{\circ}+37^{\circ})=65^{\circ}\)
よって、\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm CDB}=65^{\circ}\)
したがって、４点 \({\rm A,B,C,D}\) は１つの円周上にある
\({\small (2)}\)
\(\triangle{\rm EBD}\) の外角の関係より、
\(\angle{\rm BDC}=\angle{\rm BED}+\angle{\rm EBD}\)
よって、
\(\angle{\rm BDC}=84^{\circ}+26^{\circ}=110^{\circ}\)
よって、\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm BDC}=110^{\circ}\)
したがって、４点 \({\rm A,B,C,D}\) は１つの円周上にある
解法のPoint｜円周角の定理と同一円周上にある条件
p.95 練習16[証明]
辺 \({\rm CD}\) を \({\rm D}\) の方向に延長した直線上に点 \({\rm E}\) をとると、
\({\rm AD}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、同位角が等しいので、
\(\angle {\rm EDA}=\angle {\rm BCD}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
ここで、仮定より、
\(\angle {\rm ABC}=\angle {\rm BCD}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm ABC}=\angle {\rm EDA}\)
よって、四角形 \({\rm ABCD}\) は、外角 \(\angle {\rm EDA}\) が、その隣り合う内角の対角 \(\angle {\rm ABC}\) に等しい
したがって、四角形 \({\rm ABCD}\) は円に内接する [終]
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辺 \({\rm CD}\) を \({\rm D}\) の方向に延長した直線上に点 \({\rm E}\) をとると、
\({\rm AD}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、同位角が等しいので、
\(\angle {\rm EDA}=\angle {\rm BCD}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
ここで、仮定より、
\(\angle {\rm ABC}=\angle {\rm BCD}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm ABC}=\angle {\rm EDA}\)
よって、四角形 \({\rm ABCD}\) は、外角 \(\angle {\rm EDA}\) が、その隣り合う内角の対角 \(\angle {\rm ABC}\) に等しい
したがって、四角形 \({\rm ABCD}\) は円に内接する [終]
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p.98 練習18[証明]\({\small [\,2\,]}~\angle {\rm BAT}\) が直角の場合
\(\angle {\rm BAT}=90°\) のとき、弦 \({\rm AB}\) は接点 \({\rm A}\) を通る直径となるので、
\(\angle {\rm ACB}\) は半円の弧に対する円周角であるから、
\(\angle {\rm ACB}=90°\)
よって、
\(\angle {\rm BAT}=90°=\angle {\rm ACB}\)
円 \({\rm O}\) の周上に、\({\rm AD}\) が円 \({\rm O}\) の直径となるように点 \({\rm D}\) をとると、
\({\small [\,1\,]}\) と同様に、\(\angle {\rm BAD}\) の分だけ直角からはみ出すので、
\(\angle {\rm BAT}=90°+\angle {\rm BAD}\)
また、四角形 \({\rm ABDC}\) において、\(\angle {\rm ACB}\) も同様に考えると、
\(\angle {\rm ACB}=90°+\angle {\rm BCD}\)
ここで、\(\angle {\rm BAD}\) と \(\angle {\rm BCD}\) は弧 \({\rm BD}\) に対する円周角であるので、
\(\angle {\rm BAD}=\angle {\rm BCD}\)
よって、
\(\angle {\rm BAT}=\angle {\rm ACB}\)
したがって、いずれの場合も \(\angle {\rm BAT}=\angle {\rm ACB}\) が成り立つ [終]
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\(\angle {\rm BAT}=90°\) のとき、弦 \({\rm AB}\) は接点 \({\rm A}\) を通る直径となるので、
\(\angle {\rm ACB}\) は半円の弧に対する円周角であるから、
\(\angle {\rm ACB}=90°\)
よって、
\(\angle {\rm BAT}=90°=\angle {\rm ACB}\)
\({\small [\,3\,]}~\angle {\rm BAT}\) が鈍角の場合
円 \({\rm O}\) の周上に、\({\rm AD}\) が円 \({\rm O}\) の直径となるように点 \({\rm D}\) をとると、
\({\small [\,1\,]}\) と同様に、\(\angle {\rm BAD}\) の分だけ直角からはみ出すので、
\(\angle {\rm BAT}=90°+\angle {\rm BAD}\)
また、四角形 \({\rm ABDC}\) において、\(\angle {\rm ACB}\) も同様に考えると、
\(\angle {\rm ACB}=90°+\angle {\rm BCD}\)
ここで、\(\angle {\rm BAD}\) と \(\angle {\rm BCD}\) は弧 \({\rm BD}\) に対する円周角であるので、
\(\angle {\rm BAD}=\angle {\rm BCD}\)
よって、
\(\angle {\rm BAT}=\angle {\rm ACB}\)
したがって、いずれの場合も \(\angle {\rm BAT}=\angle {\rm ACB}\) が成り立つ [終]
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p.100 練習21[証明]
直径 \({\rm CD}\) と弦 \({\rm AB}\) について、方べきの定理より、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PC} \cdot {\rm PD}\)
ここで、\({\rm CD}\) は円 \({\rm O}\) の直径なので、半径 \(r\) を用いて、
\({\rm PC}=r+{\rm PO}~,~{\rm PD}=r-{\rm PO}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PA} \cdot {\rm PB}&=&{\rm PC} \cdot {\rm PD}
\\[3pt]~~~&=&(r+{\rm PO})(r-{\rm PO})
\\[3pt]~~~&=&r^2-{\rm PO}^2\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm PA} \cdot {\rm PB}=r^2-{\rm PO}^2\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
直径 \({\rm CD}\) と弦 \({\rm AB}\) について、方べきの定理より、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PC} \cdot {\rm PD}\)
ここで、\({\rm CD}\) は円 \({\rm O}\) の直径なので、半径 \(r\) を用いて、
\({\rm PC}=r+{\rm PO}~,~{\rm PD}=r-{\rm PO}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PA} \cdot {\rm PB}&=&{\rm PC} \cdot {\rm PD}
\\[3pt]~~~&=&(r+{\rm PO})(r-{\rm PO})
\\[3pt]~~~&=&r^2-{\rm PO}^2\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm PA} \cdot {\rm PB}=r^2-{\rm PO}^2\) が成り立つ [終]
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p.103 練習23\({\small (1)}~[\,2\,]\) \({\small (2)}~[\,1\,]\) \({\small (3)}~[\,4\,]\)
\({\small (4)}~[\,3\,]\) \({\small (5)}~[\,5\,]\)
解法のPoint｜2つの円の位置と共通接線
\({\small (4)}~[\,3\,]\) \({\small (5)}~[\,5\,]\)
解法のPoint｜2つの円の位置と共通接線
p.105 練習27
p.106 練習28①より、\({\rm AB=AP}\)
②より、\({\rm AP=BC=PC}\)
２組の辺がそれぞれ等しいので、四角形 \({\rm ABCP}\) は平行四辺形となる
よって、\({\rm AB\,//\,PC}\) となり、直線 \({\rm PC}\) が \(l\) と平行となる
解法のPoint｜平行な直線・内分点・外分点の作図
②より、\({\rm AP=BC=PC}\)
２組の辺がそれぞれ等しいので、四角形 \({\rm ABCP}\) は平行四辺形となる
よって、\({\rm AB\,//\,PC}\) となり、直線 \({\rm PC}\) が \(l\) と平行となる
解法のPoint｜平行な直線・内分点・外分点の作図
p.109 研究 練習1\({\small (1)}~\)[証明] 正五角形 \({\rm ABCDE}\) は円に内接しており、\({\rm CD=BC}\) の同じ弦に対する円周角の定理より、
\(\angle{\rm CAD}=\angle{\rm FDC}=a\) …①
同様に、
\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm CBD}\)
\(=\angle{\rm ACE}=\angle{\rm ECD}=a\)
\(\triangle {\rm BFC}\) の \(\angle{\rm BFC}\) の外角の条件より、
\(\angle{\rm DFC}=\angle{\rm CBF}+\angle{\rm BCA}=2a\)
次に、弧 \({\rm AD}\) における円周角より、
\(\angle{\rm ACD}=\angle{\rm ACE}+\angle{\rm ECD}=2a\)
よって、
\(\angle{\rm ACD}=\angle{\rm DFC}\) …②
①と②より、２組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ACD}\sim\triangle {\rm DFC}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明] \(\triangle {\rm DFC}\) は二等辺三角形より、
\({\rm CD=DF}=1\)
\(\triangle {\rm AFD}\) は二等辺三角形より、
\({\rm FD=FA}=1\)
よって、
\({\rm FC=AC-FA}=x-1\)
(1) より、
\(\triangle {\rm ACD}\sim\triangle {\rm DFC}\)
よって、
\({\rm AC:DF=CD:FC}\)
したがって、
\(x:1=1:x-1\) [終]
\({\small (3)}~\)[証明] (2) より、
\(x:1=1:x-1\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~x(x-1)&=&1\\[3pt]~~~x^2-x-1&=&0\end{eqnarray}\)
解の公式より、
\(~~~x=\displaystyle \frac{\,1\pm \sqrt{5}\,}{\,2\,}\)
ここで、\(x\gt0\) より、
\(~~~x=\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,2\,}\)
また、\({\rm CD:AC}=1:x\) より、
\({\rm CD:AC}=1:\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,2\,}\) [終]
\(\angle{\rm CAD}=\angle{\rm FDC}=a\) …①
同様に、
\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm CBD}\)
\(=\angle{\rm ACE}=\angle{\rm ECD}=a\)
\(\triangle {\rm BFC}\) の \(\angle{\rm BFC}\) の外角の条件より、
\(\angle{\rm DFC}=\angle{\rm CBF}+\angle{\rm BCA}=2a\)
次に、弧 \({\rm AD}\) における円周角より、
\(\angle{\rm ACD}=\angle{\rm ACE}+\angle{\rm ECD}=2a\)
よって、
\(\angle{\rm ACD}=\angle{\rm DFC}\) …②
①と②より、２組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ACD}\sim\triangle {\rm DFC}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明] \(\triangle {\rm DFC}\) は二等辺三角形より、
\({\rm CD=DF}=1\)
\(\triangle {\rm AFD}\) は二等辺三角形より、
\({\rm FD=FA}=1\)
よって、
\({\rm FC=AC-FA}=x-1\)
(1) より、
\(\triangle {\rm ACD}\sim\triangle {\rm DFC}\)
よって、
\({\rm AC:DF=CD:FC}\)
したがって、
\(x:1=1:x-1\) [終]
\({\small (3)}~\)[証明] (2) より、
\(x:1=1:x-1\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~x(x-1)&=&1\\[3pt]~~~x^2-x-1&=&0\end{eqnarray}\)
解の公式より、
\(~~~x=\displaystyle \frac{\,1\pm \sqrt{5}\,}{\,2\,}\)
ここで、\(x\gt0\) より、
\(~~~x=\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,2\,}\)
また、\({\rm CD:AC}=1:x\) より、
\({\rm CD:AC}=1:\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,2\,}\) [終]
p.109 研究 練習2
p.110 研究 練習1[証明] \(\triangle {\rm ABB’}\) と \(\triangle {\rm ACC’}\) において、
\(\triangle {\rm ABC}\) と \(\triangle {\rm AB’C’}\) はともに正三角形より、\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm B’AC’}=60^\circ\) であり、
\(\angle{\rm BAB’}=60^\circ-\angle{\rm B’AC}\)
\(\angle{\rm CAC’}=60^\circ-\angle{\rm B’AC}\)
これより、
\(\angle{\rm BAB’}=\angle{\rm CAC’}\)…①
また、\({\rm AB=AC~,~AB’=AC’}\) より、
\({\rm AB:AB’=AC:AC’}\)…②
①、②より、２組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABB’}\sim\triangle {\rm ACC’}\)
これより、
\(\angle{\rm ABB’}=\angle{\rm ACC’}\)
\(\angle{\rm ABB’}\) の大きさは点 \({\rm B’}\) が直線 \(n\) 上の点より一定で、\(\angle{\rm ACC’}\) の大きさも一定
したがって、正三角形の残りの頂点は直線上にある [終]
\(\triangle {\rm ABC}\) と \(\triangle {\rm AB’C’}\) はともに正三角形より、\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm B’AC’}=60^\circ\) であり、
\(\angle{\rm BAB’}=60^\circ-\angle{\rm B’AC}\)
\(\angle{\rm CAC’}=60^\circ-\angle{\rm B’AC}\)
これより、
\(\angle{\rm BAB’}=\angle{\rm CAC’}\)…①
また、\({\rm AB=AC~,~AB’=AC’}\) より、
\({\rm AB:AB’=AC:AC’}\)…②
①、②より、２組の辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABB’}\sim\triangle {\rm ACC’}\)
これより、
\(\angle{\rm ABB’}=\angle{\rm ACC’}\)
\(\angle{\rm ABB’}\) の大きさは点 \({\rm B’}\) が直線 \(n\) 上の点より一定で、\(\angle{\rm ACC’}\) の大きさも一定
したがって、正三角形の残りの頂点は直線上にある [終]
p.110 研究 練習2
p.110 研究 練習3
問題
p.111 問題1[証明]
外角の二等分線の交点を \({\rm I}\) として、
\({\rm I}\) から、辺 \({\rm BC}\) に下ろした垂線を \({\rm ID}\)、
辺 \({\rm AC}\) の延長に下ろした垂線を \({\rm IE}\)、
辺 \({\rm AB}\) の延長に下ろした垂線を \({\rm IF}\) とする
\({\rm IF}={\rm ID}\)
また、\(\triangle {\rm ICE}\equiv\triangle {\rm ICD}\) より、
\({\rm IE}={\rm ID}\)
よって、
\({\rm IF}={\rm IE}\)
これより、点 \({\rm I}\) は \(2\) 辺 \({\rm AB}~,~{\rm AC}\) から等距離にあるので、点 \({\rm I}\) は \(\angle {\rm A}\) の内角の二等分線上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
外角の二等分線の交点を \({\rm I}\) として、
\({\rm I}\) から、辺 \({\rm BC}\) に下ろした垂線を \({\rm ID}\)、
辺 \({\rm AC}\) の延長に下ろした垂線を \({\rm IE}\)、
辺 \({\rm AB}\) の延長に下ろした垂線を \({\rm IF}\) とする
直角三角形の合同 \(\triangle {\rm IBF}\equiv\triangle {\rm IBD}\) より、
\({\rm IF}={\rm ID}\)
また、\(\triangle {\rm ICE}\equiv\triangle {\rm ICD}\) より、
\({\rm IE}={\rm ID}\)
よって、
\({\rm IF}={\rm IE}\)
これより、点 \({\rm I}\) は \(2\) 辺 \({\rm AB}~,~{\rm AC}\) から等距離にあるので、点 \({\rm I}\) は \(\angle {\rm A}\) の内角の二等分線上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.111 問題2[証明]
\({\rm AP}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CR}\) が \(1\) 点で交わっているので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) と直線 \({\rm QS}\) について、メネラウスの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\end{eqnarray}\)
よって、両辺を \(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\) で割ると、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,}\)
これより、
\({\rm BP}:{\rm PC}={\rm BS}:{\rm SC}\)
したがって、\({\rm BP}:{\rm BS}={\rm PC}:{\rm SC}\) すなわち \({\rm BP}:{\rm BS}={\rm CP}:{\rm CS}\) となる [終]
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\({\rm AP}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CR}\) が \(1\) 点で交わっているので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) と直線 \({\rm QS}\) について、メネラウスの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\end{eqnarray}\)
よって、両辺を \(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\) で割ると、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BS}\,}{\,{\rm SC}\,}\)
これより、
\({\rm BP}:{\rm PC}={\rm BS}:{\rm SC}\)
したがって、\({\rm BP}:{\rm BS}={\rm PC}:{\rm SC}\) すなわち \({\rm BP}:{\rm BS}={\rm CP}:{\rm CS}\) となる [終]
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p.111 問題3[証明]
点 \({\rm P}\) における共通接線 \({\rm EF}\) を引くと、
接線と弦の作る角が等しいので、
\(\angle {\rm EPA}=\angle {\rm ACP}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、接線と弦の作る角が等しいので、
\(\angle {\rm FPB}=\angle {\rm BDP}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
また、点 \({\rm P}\) について、
\(\angle {\rm EPA}=\angle {\rm FPB}\)（対頂角）
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm ACP}=\angle {\rm BDP}\)
したがって、錯角が等しいことから、\({\rm AC}\,/\!/\,{\rm DB}\) となる [終]
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点 \({\rm P}\) における共通接線 \({\rm EF}\) を引くと、
接線と弦の作る角が等しいので、
\(\angle {\rm EPA}=\angle {\rm ACP}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、接線と弦の作る角が等しいので、
\(\angle {\rm FPB}=\angle {\rm BDP}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
また、点 \({\rm P}\) について、
\(\angle {\rm EPA}=\angle {\rm FPB}\)（対頂角）
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm ACP}=\angle {\rm BDP}\)
したがって、錯角が等しいことから、\({\rm AC}\,/\!/\,{\rm DB}\) となる [終]
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p.111 問題4
p.111 問題4\({\small (1)}~7:5\)
解法のPoint｜三角形の内心と線分の比
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,300\,}{\,49\,}\)
解法のPoint｜三角形の内心と角度
解法のPoint｜三角形の内心と線分の比
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,300\,}{\,49\,}\)
解法のPoint｜三角形の内心と角度
第２節 空間図形
p.113 練習32\({\small (1)}~90^\circ\) \({\small (2)}~45^\circ\) \({\small (3)}~90^\circ\)
解法のPoint｜空間図形の2直線のなす角
解法のPoint｜空間図形の2直線のなす角
p.113 深める\(~~~\theta=60^\circ\)
p.114 練習33\({\small (1)}~\)[証明] \({\rm AO}\) は平面 \({\rm BCD}\) に垂直なので、平面 \({\rm BCD}\) 上の \({\rm BC}\) に垂直となるので、
\({\rm BC}\perp{\rm AO}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、仮定より、
\({\rm BC}\perp{\rm OE}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm BC}\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm AO}~,~{\rm OE}\) に垂直となる
したがって、\({\rm BC}\) は平面 \({\rm AEO}\) に垂直となる [終]
したがって、\({\rm AE}\perp{\rm BC}\) となる [終]
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\({\rm BC}\perp{\rm AO}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、仮定より、
\({\rm BC}\perp{\rm OE}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm BC}\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm AO}~,~{\rm OE}\) に垂直となる
したがって、\({\rm BC}\) は平面 \({\rm AEO}\) に垂直となる [終]
\({\small (2)}~\)[証明] \({\small (1)}\) より \({\rm BC}\) は平面 \({\rm AEO}\) に垂直なので、平面 \({\rm AEO}\) 上の \({\rm AE}\) に垂直となる
したがって、\({\rm AE}\perp{\rm BC}\) となる [終]
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p.115 練習34\({\small (1)}~\)
図より、\({\rm \alpha \perp \beta , \beta \perp \gamma}\) としても \({\rm \alpha \,//\, \gamma}\) でない
よって、正しくない
\({\small (2)}~\)正しい
\({\small (3)}~\)
図より、\({\rm \alpha \,//\, l , \beta \,//\, l}\) としても \({\rm \alpha \,//\, \beta}\) でない
よって、正しくない
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図より、\({\rm \alpha \perp \beta , \beta \perp \gamma}\) としても \({\rm \alpha \,//\, \gamma}\) でない
よって、正しくない
\({\small (2)}~\)正しい
\({\small (3)}~\)
図より、\({\rm \alpha \,//\, l , \beta \,//\, l}\) としても \({\rm \alpha \,//\, \beta}\) でない
よって、正しくない
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p.117 練習35正四面体|\(\,4\,\)|正三角形|\(\,4\,\)|\(\,6\,\)
正六面体|\(\,6\,\)|正方形|\(\,8\,\)|\(\,12\,\)
正十二面体|\(\,12\,\)|正五角形|\(\,20\,\)|\(\,30\,\)
正二十面体|\(\,20\,\)|正三角形|\(\,12\,\)|\(\,30\,\)
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
正六面体|\(\,6\,\)|正方形|\(\,8\,\)|\(\,12\,\)
正十二面体|\(\,12\,\)|正五角形|\(\,20\,\)|\(\,30\,\)
正二十面体|\(\,20\,\)|正三角形|\(\,12\,\)|\(\,30\,\)
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
p.117 練習36それぞれ表より、\(v-e+f\) を求めると
正四面体 \(4-6+4=2\)
正六面体 \(8-12+6=2\)
正八面体 \(6-12+8=2\)
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
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
正四面体 \(4-6+4=2\)
正六面体 \(8-12+6=2\)
正八面体 \(6-12+8=2\)
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
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
p.117 練習37\({\small (1)}~\)面 \(14\) 、頂点 \(12\) 、辺 \(24\)
\({\small (2)}~v-e+f=14-24+12=2\)
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
\({\small (2)}~v-e+f=14-24+12=2\)
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
p.118 練習38[証明] 正四面体 \({\rm ABCD}\) の \(4\) つの面はすべて正三角形である
例えば、正三角形 \({\rm ABC}\) の内部にある \(\triangle {\rm PQT}\) は、各辺が正三角形 \({\rm ABC}\) の辺の中点を結んだものなので、中点連結定理より正三角形となる
同様に考えると、
各面の内部にできる中点を結んだ三角形はすべて正三角形となるので、立体 \({\rm PQRSTU}\) の各辺の長さはすべて等しくなる
よって、\(\triangle {\rm PQR}\) などもすべての辺が等しいので正三角形となり、立体 \({\rm PQRSTU}\) の \(8\) つの面はすべて正三角形となる \(\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、立体 \({\rm PQRSTU}\) の \(6\) つの頂点に集まる面の数はそれぞれ \(4\) で等しい \(\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\) より、この立体は正八面体となる [終]
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例えば、正三角形 \({\rm ABC}\) の内部にある \(\triangle {\rm PQT}\) は、各辺が正三角形 \({\rm ABC}\) の辺の中点を結んだものなので、中点連結定理より正三角形となる
同様に考えると、
各面の内部にできる中点を結んだ三角形はすべて正三角形となるので、立体 \({\rm PQRSTU}\) の各辺の長さはすべて等しくなる
よって、\(\triangle {\rm PQR}\) などもすべての辺が等しいので正三角形となり、立体 \({\rm PQRSTU}\) の \(8\) つの面はすべて正三角形となる \(\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、立体 \({\rm PQRSTU}\) の \(6\) つの頂点に集まる面の数はそれぞれ \(4\) で等しい \(\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\) より、この立体は正八面体となる [終]
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問題
p.122 問題6\({\small (1)}~\)
図より、\(l \,//\, m\) で \(m\) と \(n\) は交わるが、\(l\) と \(n\) はねじれの位置にあり交わらない
よって、正しくない
\({\small (2)}~\)正しい
\({\small (3)}~\)正しい
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図より、\(l \,//\, m\) で \(m\) と \(n\) は交わるが、\(l\) と \(n\) はねじれの位置にあり交わらない
よって、正しくない
\({\small (2)}~\)正しい
\({\small (3)}~\)正しい
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p.12 問題7\({\small (1)}~\)[証明] 仮定より \({\rm OA}\perp{\rm OB}~,~{\rm OA}\perp{\rm OC}\) なので、\({\rm OA}\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm OB}~,~{\rm OC}\) を含む平面 \({\rm OBC}\) に垂直となるので、
\({\rm OA}\) は平面 \({\rm OBC}\) 上の \({\rm BC}\) に垂直となる
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}\perp{\rm BC}\end{eqnarray}\)
また、仮定より \({\rm OH}\) は平面 \({\rm ABC}\) に垂直なので、平面 \({\rm ABC}\) 上の \({\rm BC}\) に垂直となる
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OH}\perp{\rm BC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm OA}\perp{\rm BC}~,~{\rm OH}\perp{\rm BC}\) となる [終]
\({\rm BC}\) は平面 \({\rm OAH}\) 上の \({\rm AH}\) に垂直となる
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AH}\perp{\rm BC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AH}\perp{\rm BC}\) となる [終]
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\({\rm OA}\) は平面 \({\rm OBC}\) 上の \({\rm BC}\) に垂直となる
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}\perp{\rm BC}\end{eqnarray}\)
また、仮定より \({\rm OH}\) は平面 \({\rm ABC}\) に垂直なので、平面 \({\rm ABC}\) 上の \({\rm BC}\) に垂直となる
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OH}\perp{\rm BC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm OA}\perp{\rm BC}~,~{\rm OH}\perp{\rm BC}\) となる [終]
\({\small (2)}~\)[証明] \({\small (1)}\) より \({\rm OA}\perp{\rm BC}~,~{\rm OH}\perp{\rm BC}\) なので、\({\rm BC}\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm OA}~,~{\rm OH}\) を含む平面 \({\rm OAH}\) に垂直となるので、
\({\rm BC}\) は平面 \({\rm OAH}\) 上の \({\rm AH}\) に垂直となる
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AH}\perp{\rm BC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AH}\perp{\rm BC}\) となる [終]
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章末問題 図形の性質
p.123 章末問題A 1[証明]
\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、\({\rm BI}\) は \(\angle {\rm B}\) の二等分線となるので、
\(\angle {\rm PBI}=\angle {\rm CBI}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、錯角が等しいので、
\(\angle {\rm PIB}=\angle {\rm CBI}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm PBI}=\angle {\rm PIB}\)
よって、\(\triangle {\rm PBI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm PB}={\rm PI}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
同様にして、\({\rm CI}\) は \(\angle {\rm C}\) の二等分線であり、\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、\(\triangle {\rm QCI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm QC}={\rm QI}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&{\rm PI}+{\rm QI}
\\[3pt]~~~&=&{\rm PB}+{\rm QC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm PQ}={\rm PB}+{\rm QC}\) となる [終]
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\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、\({\rm BI}\) は \(\angle {\rm B}\) の二等分線となるので、
\(\angle {\rm PBI}=\angle {\rm CBI}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、錯角が等しいので、
\(\angle {\rm PIB}=\angle {\rm CBI}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm PBI}=\angle {\rm PIB}\)
よって、\(\triangle {\rm PBI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm PB}={\rm PI}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
同様にして、\({\rm CI}\) は \(\angle {\rm C}\) の二等分線であり、\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、\(\triangle {\rm QCI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm QC}={\rm QI}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&{\rm PI}+{\rm QI}
\\[3pt]~~~&=&{\rm PB}+{\rm QC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm PQ}={\rm PB}+{\rm QC}\) となる [終]
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p.123 章末問題A 4[証明]円 \({\rm O}\) について、接線 \({\rm EC}\) と割線 \({\rm EA}\) による方べきの定理より、
\({\rm EB} \cdot {\rm EA}={\rm EC}^2~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
同様に、円 \({\rm O}^{\prime}\) について、接線 \({\rm ED}\) と割線 \({\rm EA}\) による方べきの定理より、
\({\rm EB} \cdot {\rm EA}={\rm ED}^2~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm EC}={\rm ED}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
また、\(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm D}~,~{\rm C}\) を通る円について、\(2\) 本の弦 \({\rm AF}\) と \({\rm CD}\) による方べきの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm EF} \cdot {\rm EA}&=&{\rm EC} \cdot {\rm ED}
\\[3pt]~~~&=&{\rm EC}^2
\\[3pt]~~~&=&{\rm EB} \cdot {\rm EA}\end{eqnarray}\)
よって、
\({\rm EF}={\rm EB}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、四角形 \({\rm BDFC}\) は、対角線 \({\rm CD}\) と \({\rm BF}\) がそれぞれの中点 \({\rm E}\) で交わる
したがって、対角線がそれぞれの中点で交わるので、四角形 \({\rm BDFC}\) は平行四辺形である [終]
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\({\rm EB} \cdot {\rm EA}={\rm EC}^2~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
同様に、円 \({\rm O}^{\prime}\) について、接線 \({\rm ED}\) と割線 \({\rm EA}\) による方べきの定理より、
\({\rm EB} \cdot {\rm EA}={\rm ED}^2~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm EC}={\rm ED}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
また、\(3\) 点 \({\rm A}~,~{\rm D}~,~{\rm C}\) を通る円について、\(2\) 本の弦 \({\rm AF}\) と \({\rm CD}\) による方べきの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm EF} \cdot {\rm EA}&=&{\rm EC} \cdot {\rm ED}
\\[3pt]~~~&=&{\rm EC}^2
\\[3pt]~~~&=&{\rm EB} \cdot {\rm EA}\end{eqnarray}\)
よって、
\({\rm EF}={\rm EB}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、四角形 \({\rm BDFC}\) は、対角線 \({\rm CD}\) と \({\rm BF}\) がそれぞれの中点 \({\rm E}\) で交わる
したがって、対角線がそれぞれの中点で交わるので、四角形 \({\rm BDFC}\) は平行四辺形である [終]
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p.123 章末問題A 5[証明]
\(\triangle {\rm ABC}\) において、\({\rm P}~,~{\rm Q}\) はそれぞれ辺 \({\rm AB}~,~{\rm BC}\) の中点なので、中点連結定理より、
\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm AC}\)
また、\(\triangle {\rm ACD}\) において、\({\rm S}~,~{\rm R}\) はそれぞれ辺 \({\rm AD}~,~{\rm CD}\) の中点なので、中点連結定理より、
\({\rm SR}\,/\!/\,{\rm AC}\)
よって、
\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm SR}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
同様にして、\({\rm PS}\,/\!/\,{\rm QR}\) であるから、
\({\rm PS}\,/\!/\,{\rm QR}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の対辺がそれぞれ平行である
したがって、四角形 \({\rm PQRS}\) は平行四辺形である [終]
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\(\triangle {\rm ABC}\) において、\({\rm P}~,~{\rm Q}\) はそれぞれ辺 \({\rm AB}~,~{\rm BC}\) の中点なので、中点連結定理より、
\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm AC}\)
また、\(\triangle {\rm ACD}\) において、\({\rm S}~,~{\rm R}\) はそれぞれ辺 \({\rm AD}~,~{\rm CD}\) の中点なので、中点連結定理より、
\({\rm SR}\,/\!/\,{\rm AC}\)
よって、
\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm SR}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
同様にして、\({\rm PS}\,/\!/\,{\rm QR}\) であるから、
\({\rm PS}\,/\!/\,{\rm QR}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の対辺がそれぞれ平行である
したがって、四角形 \({\rm PQRS}\) は平行四辺形である [終]
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p.124 章末問題B 6[証明]
\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、\({\rm AD}\) は \(\angle {\rm BAC}\) の二等分線となるので、
\(\angle {\rm BAD}=\angle {\rm CAD}\)
よって、等しい円周角に対する弧は等しいので、
\(\stackrel{\frown}{\rm DB}=\stackrel{\frown}{\rm DC}\)
これより、
\({\rm DB}={\rm DC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\angle {\rm IBD}\) は、
\(\angle {\rm IBD}=\angle {\rm DBC}+\angle {\rm CBI}\)
\(\triangle {\rm ABI}\) の外角より、\(\angle {\rm BID}\) は、
\(\angle {\rm BID}=\angle {\rm BAD}+\angle {\rm IBA}\)
ここで、\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、
\(\angle {\rm CBI}=\angle {\rm IBA}\)
また、\(\stackrel{\frown}{\rm DC}\) に対する円周角より、
\(\angle {\rm DBC}=\angle {\rm DAC}=\angle {\rm BAD}\)
よって、\(\angle {\rm IBD}=\angle {\rm BID}\) より、\(\triangle {\rm DBI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm DB}={\rm DI}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
したがって、\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm DB}={\rm DC}={\rm DI}\) となる [終]
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\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、\({\rm AD}\) は \(\angle {\rm BAC}\) の二等分線となるので、
\(\angle {\rm BAD}=\angle {\rm CAD}\)
よって、等しい円周角に対する弧は等しいので、
\(\stackrel{\frown}{\rm DB}=\stackrel{\frown}{\rm DC}\)
これより、
\({\rm DB}={\rm DC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\angle {\rm IBD}\) は、
\(\angle {\rm IBD}=\angle {\rm DBC}+\angle {\rm CBI}\)
\(\triangle {\rm ABI}\) の外角より、\(\angle {\rm BID}\) は、
\(\angle {\rm BID}=\angle {\rm BAD}+\angle {\rm IBA}\)
ここで、\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、
\(\angle {\rm CBI}=\angle {\rm IBA}\)
また、\(\stackrel{\frown}{\rm DC}\) に対する円周角より、
\(\angle {\rm DBC}=\angle {\rm DAC}=\angle {\rm BAD}\)
よって、\(\angle {\rm IBD}=\angle {\rm BID}\) より、\(\triangle {\rm DBI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm DB}={\rm DI}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
したがって、\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm DB}={\rm DC}={\rm DI}\) となる [終]
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p.124 章末問題B 7\({\small (1)}~\)[証明] 四角形 \({\rm AFPE}\) において、
\(\angle {\rm AFP}=\angle {\rm AEP}=90^\circ\)
よって、四角形 \({\rm AFPE}\) は線分 \({\rm AP}\) を直径とする円に内接するので、
円周角の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm APF}=\angle {\rm AEF}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm APF}=\angle {\rm AEF}\) となる [終]
\(\angle {\rm BFP}=\angle {\rm BDP}=90^\circ\)
よって、四角形 \({\rm FBDP}\) は線分 \({\rm BP}\) を直径とする円に内接するので、
円周角の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm APF}=\angle {\rm FBD}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm APF}=\angle {\rm FBD}\) となる [終]
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AEF}=\angle {\rm FBD}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AEF}=\angle {\rm FBC}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm AEF}=\angle {\rm FBC}\) より、四角形 \({\rm BCEF}\) は円に内接する [終]
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\(\angle {\rm AFP}=\angle {\rm AEP}=90^\circ\)
よって、四角形 \({\rm AFPE}\) は線分 \({\rm AP}\) を直径とする円に内接するので、
円周角の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm APF}=\angle {\rm AEF}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm APF}=\angle {\rm AEF}\) となる [終]
\({\small (2)}~\)[証明] 四角形 \({\rm FBDP}\) において、
\(\angle {\rm BFP}=\angle {\rm BDP}=90^\circ\)
よって、四角形 \({\rm FBDP}\) は線分 \({\rm BP}\) を直径とする円に内接するので、
円周角の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm APF}=\angle {\rm FBD}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm APF}=\angle {\rm FBD}\) となる [終]
\({\small (3)}~\)[証明]
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AEF}=\angle {\rm FBD}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AEF}=\angle {\rm FBC}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\angle {\rm AEF}=\angle {\rm FBC}\) より、四角形 \({\rm BCEF}\) は円に内接する [終]
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p.124 章末問題B 8[証明]
\(\triangle {\rm ABE}\) と \(\triangle {\rm ACD}\) について、
仮定より、\(\angle {\rm BAE}=\angle {\rm CAD}\)
また、弧 \({\rm AD}\) に対する円周角より、
\(\angle {\rm ABE}=\angle {\rm ACD}\)
よって、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABE} \backsim \triangle {\rm ACD}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) と \(\triangle {\rm AED}\) について、
弧 \({\rm AB}\) に対する円周角の定理より、
\(\angle {\rm ACB}=\angle {\rm ADE}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm BAC}&=&\angle {\rm BAE}+\angle {\rm EAC}\\[3pt]~~~\angle {\rm EAD}&=&\angle {\rm EAC}+\angle {\rm CAD}\end{eqnarray}\)
仮定より \(\angle {\rm BAE}=\angle {\rm CAD}\) であるので、
\(\angle {\rm BAC}=\angle {\rm EAD}\)
よって、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABC} \backsim \triangle {\rm AED}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm BE}&=&{\rm AC}:{\rm CD}\\[3pt]~~~{\rm AB} \cdot {\rm CD}&=&{\rm AC} \cdot {\rm BE}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm ABC} \backsim \triangle {\rm AED}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BC}:{\rm CA}&=&{\rm ED}:{\rm DA}\\[3pt]~~~{\rm BC} \cdot {\rm DA}&=&{\rm CA} \cdot {\rm ED}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}+{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB} \cdot {\rm CD}+{\rm BC} \cdot {\rm DA}&=&{\rm AC} \cdot {\rm BE}+{\rm CA} \cdot {\rm ED}
\\[3pt]~~~&=&{\rm AC}({\rm BE}+{\rm ED})
\\[3pt]~~~&=&{\rm AC} \cdot {\rm BD}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB} \cdot {\rm CD}+{\rm BC} \cdot {\rm DA}={\rm AC} \cdot {\rm BD}\) となる [終]
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\(\triangle {\rm ABE}\) と \(\triangle {\rm ACD}\) について、
仮定より、\(\angle {\rm BAE}=\angle {\rm CAD}\)
また、弧 \({\rm AD}\) に対する円周角より、
\(\angle {\rm ABE}=\angle {\rm ACD}\)
よって、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABE} \backsim \triangle {\rm ACD}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) と \(\triangle {\rm AED}\) について、
弧 \({\rm AB}\) に対する円周角の定理より、
\(\angle {\rm ACB}=\angle {\rm ADE}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm BAC}&=&\angle {\rm BAE}+\angle {\rm EAC}\\[3pt]~~~\angle {\rm EAD}&=&\angle {\rm EAC}+\angle {\rm CAD}\end{eqnarray}\)
仮定より \(\angle {\rm BAE}=\angle {\rm CAD}\) であるので、
\(\angle {\rm BAC}=\angle {\rm EAD}\)
よって、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABC} \backsim \triangle {\rm AED}\)
\(\triangle {\rm ABE} \backsim \triangle {\rm ACD}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm BE}&=&{\rm AC}:{\rm CD}\\[3pt]~~~{\rm AB} \cdot {\rm CD}&=&{\rm AC} \cdot {\rm BE}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm ABC} \backsim \triangle {\rm AED}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BC}:{\rm CA}&=&{\rm ED}:{\rm DA}\\[3pt]~~~{\rm BC} \cdot {\rm DA}&=&{\rm CA} \cdot {\rm ED}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}+{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB} \cdot {\rm CD}+{\rm BC} \cdot {\rm DA}&=&{\rm AC} \cdot {\rm BE}+{\rm CA} \cdot {\rm ED}
\\[3pt]~~~&=&{\rm AC}({\rm BE}+{\rm ED})
\\[3pt]~~~&=&{\rm AC} \cdot {\rm BD}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB} \cdot {\rm CD}+{\rm BC} \cdot {\rm DA}={\rm AC} \cdot {\rm BD}\) となる [終]
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p.124 章末問題B 9[証明]
\({\small (1)}~\)直線 \({\rm AP}\) と辺 \({\rm BC}\) の交点を \({\rm T}\) 、直線 \({\rm AQ}\) と辺 \({\rm CD}\) の交点を \({\rm U}\) とする
\({\rm P}~,~{\rm Q}\) はそれぞれ面 \({\rm ABC}~,~{\rm ACD}\) の重心なので、
\({\rm AP}:{\rm PT}={\rm AQ}:{\rm QU}=2:1\)
よって、\(\triangle {\rm ATU}\) において、\({\rm PQ}:{\rm TU}=2:3\) となるので、
\({\rm PQ}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}{\rm TU}\)
ここで、正四面体 \({\rm ABCD}\) の \(1\) 辺の長さを \(a\) とすると、\({\rm T}~,~{\rm U}\) はそれぞれ辺 \({\rm BC}~,~{\rm CD}\) の中点なので、中点連結定理より、
\({\rm TU}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}{\rm TU}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}a\end{eqnarray}\)
同様に、多面体 \({\rm PQRS}\) のすべての辺の長さは \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}a\) となる
したがって、\(4\) つの面がすべて合同な正三角形となるので、多面体 \({\rm PQRS}\) は正四面体である [終]
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\({\small (1)}~\)直線 \({\rm AP}\) と辺 \({\rm BC}\) の交点を \({\rm T}\) 、直線 \({\rm AQ}\) と辺 \({\rm CD}\) の交点を \({\rm U}\) とする
\({\rm P}~,~{\rm Q}\) はそれぞれ面 \({\rm ABC}~,~{\rm ACD}\) の重心なので、
\({\rm AP}:{\rm PT}={\rm AQ}:{\rm QU}=2:1\)
よって、\(\triangle {\rm ATU}\) において、\({\rm PQ}:{\rm TU}=2:3\) となるので、
\({\rm PQ}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}{\rm TU}\)
ここで、正四面体 \({\rm ABCD}\) の \(1\) 辺の長さを \(a\) とすると、\({\rm T}~,~{\rm U}\) はそれぞれ辺 \({\rm BC}~,~{\rm CD}\) の中点なので、中点連結定理より、
\({\rm TU}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}{\rm TU}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}a\end{eqnarray}\)
同様に、多面体 \({\rm PQRS}\) のすべての辺の長さは \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}a\) となる
したがって、\(4\) つの面がすべて合同な正三角形となるので、多面体 \({\rm PQRS}\) は正四面体である [終]
\({\small (2)}~1:27\)
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