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
旺文社の入門問題精講シリーズの紹介 高校生の皆さん、数学の勉強に困ったことはありませんか?教科書の内...
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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
p.76 練習2$${\small (1)}~2:1$$$${\small (2)}~{ \frac{\,16\,}{\,3\,}}$$
p.77 練習3$$~~~40$$→ 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$${\small (1)}~20^{\circ}$$$${\small (2)}~100^{\circ}$$$${\small (3)}~20^{\circ}$$→ 三角形の外心
p.81 練習5$${\small (1)}~30^{\circ}$$$${\small (2)}~25^{\circ}$$$${\small (3)}~110^{\circ}$$→ 三角形の内心
p.82 練習6$${\small (1)}~5$$$${\small (2)}~4$$
p.82 練習7$${\small (1)}~1:3$$$${\small (2)}~1:3$$→ 三角形の重心
p.85 練習8$$~~~3:2$$
p.85 練習9$$~~~2:3$$→ チェバの定理
p.86 練習10$${\small (1)}~1:2$$$${\small (2)}~5:4$$→ メネラウスの定理
p.86 深める
p.87 練習11$${\small (1)}~1:1$$$${\small (2)}~3:5$$
p.88 研究 練習1$$~~~1:3$$
p.89 研究 練習2\({\small (1)}~\)[証明]
\({\rm BC~,~AC~,~AB}\) の中点 \({\rm P~,~Q~,~R}\) とすると、$$~~~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}}=1~,~{\rm \frac{\,BP\,}{\,PC\,}}=1~,~{\rm \frac{\,CQ\,}{\,QA\,}}=1$$これより、$$~~~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}}\cdot{\rm \frac{\,BP\,}{\,PC\,}}\cdot{\rm \frac{\,CQ\,}{\,QA\,}}=1$$チェバの定理の逆が成り立つことより、3本の中線 \({\rm AP~,~BQ~,~CR}\) は1点で交わる [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
角の二等分線との交点を \({\rm P~,~Q~,~R}\) にすると、角の二等分線の比の関係より、$$\scriptsize~~~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}=\frac{\,CA\,}{\,CB\,}~,~\frac{\,BP\,}{\,PC\,}=\frac{\,AB\,}{\,AC\,}~,~\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,BC\,}{\,BA\,}}$$これより、$$\scriptsize~~~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,BP\,}{\,PC\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,CA\,}{\,CB\,}\cdot\frac{\,AB\,}{\,AC\,}\cdot\frac{\,BC\,}{\,BA\,}=1}$$チェバの定理の逆が成り立つことより、3つの内角の二等分線は1点で交わる [終]
\({\rm BC~,~AC~,~AB}\) の中点 \({\rm P~,~Q~,~R}\) とすると、$$~~~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}}=1~,~{\rm \frac{\,BP\,}{\,PC\,}}=1~,~{\rm \frac{\,CQ\,}{\,QA\,}}=1$$これより、$$~~~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}}\cdot{\rm \frac{\,BP\,}{\,PC\,}}\cdot{\rm \frac{\,CQ\,}{\,QA\,}}=1$$チェバの定理の逆が成り立つことより、3本の中線 \({\rm AP~,~BQ~,~CR}\) は1点で交わる [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
角の二等分線との交点を \({\rm P~,~Q~,~R}\) にすると、角の二等分線の比の関係より、$$\scriptsize~~~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}=\frac{\,CA\,}{\,CB\,}~,~\frac{\,BP\,}{\,PC\,}=\frac{\,AB\,}{\,AC\,}~,~\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,BC\,}{\,BA\,}}$$これより、$$\scriptsize~~~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,BP\,}{\,PC\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,CA\,}{\,CB\,}\cdot\frac{\,AB\,}{\,AC\,}\cdot\frac{\,BC\,}{\,BA\,}=1}$$チェバの定理の逆が成り立つことより、3つの内角の二等分線は1点で交わる [終]
p.91 研究 練習2[証明] \(\angle{\rm C}=90^\circ\) の直角三角形 \(\triangle {\rm ABC}\) において、
他の角は \(\angle{\rm C}\) より小さい鋭角であるので、
\(\angle{\rm C}>\angle{\rm A}~,~\angle{\rm C}>\angle{\rm B}\)
三角形の辺と角の大小関係より、
\(c>a~,~c>b\)
したがって、\(c\) が最大の辺となるので、直角三角形では3辺のうち斜辺が最大である [終]
他の角は \(\angle{\rm C}\) より小さい鋭角であるので、
\(\angle{\rm C}>\angle{\rm A}~,~\angle{\rm C}>\angle{\rm B}\)
三角形の辺と角の大小関係より、
\(c>a~,~c>b\)
したがって、\(c\) が最大の辺となるので、直角三角形では3辺のうち斜辺が最大である [終]
p.92 練習12$${\small (1)}~43^{\circ}$$$${\small (2)}~60^{\circ}$$→ 円周角と中心角
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
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
p.94 練習14$${\small (1)}~105^{\circ}$$$${\small (2)}~95^{\circ}$$→ 円に内接する四角形と角
p.95 練習15 ②、③
p.95 練習16[証明]
図のように、線分 \({\rm AB}\) を延ばした点を \({\rm E}\) とすると、
\({\rm AD\,//\, BC}\) より、同位角が等しいので、
\(\angle{\rm ABC}=\angle{\rm EAD}\)
ここで、\(\angle{\rm ABC}=\angle{\rm BCD}\) より、
\(\angle{\rm EAD}=\angle{\rm BCD}\)
したがって、内角がその対角の外角に等しいので台形 \({\rm ABCD}\) は円に内接する [終]
図のように、線分 \({\rm AB}\) を延ばした点を \({\rm E}\) とすると、
\({\rm AD\,//\, BC}\) より、同位角が等しいので、
\(\angle{\rm ABC}=\angle{\rm EAD}\)
ここで、\(\angle{\rm ABC}=\angle{\rm BCD}\) より、
\(\angle{\rm EAD}=\angle{\rm BCD}\)
したがって、内角がその対角の外角に等しいので台形 \({\rm ABCD}\) は円に内接する [終]
p.97 練習17$${\small (1)}~{\rm AQ}=7-x~,~{\rm QC}=8-x$$$${\small (2)}~5$$→ 内接円と接線の条件
p.98 練習18[証明]
直角の場合
\(\angle{\rm BAT}=90^\circ\)
直径に対する円周角は \(90^\circ\) より、
\(\angle{\rm APB}=90^\circ\)
したがって、
\(\angle{\rm BAT}=\angle{\rm APB}\)
鈍角の場合
直径 \({\rm AC}\) を引くと、
\(\angle{\rm APC}=\angle{\rm TAC}=90^\circ\)
これより、
\(\angle{\rm BAT}=\angle{\rm BAC}+90^\circ\)
\(\angle{\rm APB}=90^\circ+\angle{\rm BPC}\)
また、弧 \({\rm BC}\) に対する円周角の定理より、
\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm BPC}\)
したがって、
\(\angle{\rm BAT}=\angle{\rm APB}\)
[終]
直角の場合
\(\angle{\rm BAT}=90^\circ\)
直径に対する円周角は \(90^\circ\) より、
\(\angle{\rm APB}=90^\circ\)
したがって、
\(\angle{\rm BAT}=\angle{\rm APB}\)
鈍角の場合
直径 \({\rm AC}\) を引くと、
\(\angle{\rm APC}=\angle{\rm TAC}=90^\circ\)
これより、
\(\angle{\rm BAT}=\angle{\rm BAC}+90^\circ\)
\(\angle{\rm APB}=90^\circ+\angle{\rm BPC}\)
また、弧 \({\rm BC}\) に対する円周角の定理より、
\(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm BPC}\)
したがって、
\(\angle{\rm BAT}=\angle{\rm APB}\)
[終]
p.98 練習19$${\small (1)}~60^{\circ}$$$${\small (2)}~78^{\circ}$$→ 接弦定理
p.99 練習20$${\small (1)}~15$$$${\small (2)}~75$$→ 方べきの定理
p.100 練習21[証明]方べきの定理より、
\({\rm PA}\cdot{\rm PB}={\rm PC}\cdot{\rm PD}\)
ここで、\({\rm PC}=r+{\rm PO},{\rm PF}=r-{\rm PO}\) であることより、
\({\rm PA}\cdot{\rm PB}=(r+{\rm PO})(r-{\rm PO})\)
したがって、
\({\rm PA}\cdot{\rm PB}=r^2-{\rm PO}^2\) [終]
\({\rm PA}\cdot{\rm PB}={\rm PC}\cdot{\rm PD}\)
ここで、\({\rm PC}=r+{\rm PO},{\rm PF}=r-{\rm PO}\) であることより、
\({\rm PA}\cdot{\rm PB}=(r+{\rm PO})(r-{\rm PO})\)
したがって、
\({\rm PA}\cdot{\rm PB}=r^2-{\rm PO}^2\) [終]
p.101 練習22$$~~~x=2\sqrt{6}$$
p.103 練習23$${\small (1)}~[\,2\,]$$$${\small (2)}~[\,1\,]$$$${\small (3)}~[\,4\,]$$$${\small (4)}~[\,3\,]$$$${\small (5)}~[\,5\,]$$→ 2つの円の位置関係と共通接線
p.103 練習24$$~~~60^\circ$$
p.104 練習25$$~~~2\sqrt{6}$$→ 共通接線の長さ
p.104 練習26$$~~~{\rm AB}=\sqrt{d^2-(r+r’)^2}$$→ 共通接線の長さ
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
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
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、$$\begin{eqnarray}~~~x(x-1)&=&1\\[2pt]~~~x^2-x-1&=&0\end{eqnarray}$$解の公式より、$$~~~x={ \frac{\,1\pm \sqrt{5}\,}{\,2\,}}$$ここで、\(x>0\) より、$$~~~x={ \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,2\,}}$$また、\({\rm CD:AC}=1:x\) より、
\({\rm CD:AC}=1:{\large \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\) [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、$$\begin{eqnarray}~~~x(x-1)&=&1\\[2pt]~~~x^2-x-1&=&0\end{eqnarray}$$解の公式より、$$~~~x={ \frac{\,1\pm \sqrt{5}\,}{\,2\,}}$$ここで、\(x>0\) より、$$~~~x={ \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,2\,}}$$また、\({\rm CD:AC}=1:x\) より、
\({\rm CD:AC}=1:{\large \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\) [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
p.111 問題1[証明]
点 \({\rm P}\) から \({\rm AB}\) の延長線上に下した垂線を \({\rm PD}\)
点 \({\rm P}\) から \({\rm BC}\) に下した垂線を \({\rm PE}\)
点 \({\rm P}\) から \({\rm AC}\) の延長線上に下した垂線を \({\rm PF}\)
とする
\(\angle{\rm DBE}\) の二等分線が \({\rm BP}\) となるので \({\rm PD=PE}\)
\(\angle{\rm FCE}\) の二等分線が \({\rm CP}\) となるので \({\rm PF=PE}\)
よって、\({\rm PD=PF}\)
また、\({\rm AP}\) が共通の辺であるので、\(\triangle{\rm APD}\) と \(\triangle{\rm APF}\) は斜辺と他の1辺がそれぞれ等しいので、
\(\triangle{\rm APD}\sim\triangle{\rm APF}\)
対応する角が等しいので、
\(\angle{\rm DAP}=\angle{\rm FAP}\)
よって、点 \({\rm P}\) は \(\angle{\rm A}\) の二等分線上にある [終]
点 \({\rm P}\) から \({\rm AB}\) の延長線上に下した垂線を \({\rm PD}\)
点 \({\rm P}\) から \({\rm BC}\) に下した垂線を \({\rm PE}\)
点 \({\rm P}\) から \({\rm AC}\) の延長線上に下した垂線を \({\rm PF}\)
とする
\(\angle{\rm DBE}\) の二等分線が \({\rm BP}\) となるので \({\rm PD=PE}\)
\(\angle{\rm FCE}\) の二等分線が \({\rm CP}\) となるので \({\rm PF=PE}\)
よって、\({\rm PD=PF}\)
また、\({\rm AP}\) が共通の辺であるので、\(\triangle{\rm APD}\) と \(\triangle{\rm APF}\) は斜辺と他の1辺がそれぞれ等しいので、
\(\triangle{\rm APD}\sim\triangle{\rm APF}\)
対応する角が等しいので、
\(\angle{\rm DAP}=\angle{\rm FAP}\)
よって、点 \({\rm P}\) は \(\angle{\rm A}\) の二等分線上にある [終]
p.111 問題2[証明]
\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、$$\begin{split}~~~&{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,BP\,}{\,PC\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=1}\\[3pt]~~~&~~~~\Leftrightarrow~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,PC\,}{\,BP\,}}\end{split}$$
\(\triangle {\rm ABC}\) と直線 \({\rm QR}\) のメネラウスの定理より、$$\begin{split}~~~&{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,BS\,}{\,CS\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=1}\\[3pt]~~~&~~~~\Leftrightarrow~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,CS\,}{\,BS\,}}\end{split}$$
よって、$$~~~{\rm \frac{\,PC\,}{\,BP\,}=\frac{\,CS\,}{\,BS\,}}$$したがって、$$~~~{\rm BP:BS=CP:CS}$$[終]
\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、$$\begin{split}~~~&{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,BP\,}{\,PC\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=1}\\[3pt]~~~&~~~~\Leftrightarrow~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,PC\,}{\,BP\,}}\end{split}$$
\(\triangle {\rm ABC}\) と直線 \({\rm QR}\) のメネラウスの定理より、$$\begin{split}~~~&{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,BS\,}{\,CS\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=1}\\[3pt]~~~&~~~~\Leftrightarrow~{\rm \frac{\,AR\,}{\,RB\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,CS\,}{\,BS\,}}\end{split}$$
よって、$$~~~{\rm \frac{\,PC\,}{\,BP\,}=\frac{\,CS\,}{\,BS\,}}$$したがって、$$~~~{\rm BP:BS=CP:CS}$$[終]
p.111 問題3[証明] 図のように、点 \({\rm P}\) における共通接線を引き、この線上の点を \({\rm E~,~F}\) とする
\(\triangle {\rm ACP}\) の接弦定理より、
\(\angle{\rm ACP}=\angle{\rm APE}\)
\(\triangle {\rm BDP}\) の接弦定理より、
\(\angle{\rm BDP}=\angle{\rm BPF}\)
ここで、対頂角が等しいので、
\(\angle{\rm APE}=\angle{\rm BPF}\)
よって、
\(\angle{\rm ACP}=\angle{\rm BDP}\)
したがって、錯角が等しいので、
\({\rm AC\,//\, DB}\) [終]
\(\triangle {\rm ACP}\) の接弦定理より、
\(\angle{\rm ACP}=\angle{\rm APE}\)
\(\triangle {\rm BDP}\) の接弦定理より、
\(\angle{\rm BDP}=\angle{\rm BPF}\)
ここで、対頂角が等しいので、
\(\angle{\rm APE}=\angle{\rm BPF}\)
よって、
\(\angle{\rm ACP}=\angle{\rm BDP}\)
したがって、錯角が等しいので、
\({\rm AC\,//\, DB}\) [終]
p.111 問題4
第2節 空間図形
p.113 練習32$${\small (1)}~90^\circ$$$${\small (2)}~45^\circ$$$${\small (3)}~90^\circ$$→ 空間図形の位置関係
p.113 深める$$~~~\theta=60^\circ$$
p.114 練習33[証明] 条件より、\({\rm AO\perp}\) 平面 \({\rm BCD}\) であるので、
\({\rm BC\perp AO}\)
また、
\({\rm OE\perp BC}\)
これより、\({\rm BC}\) は \({\rm AO}\) と \({\rm OE}\) の定める平面 \({\rm AEO}\) にも垂直である
また(1)より、\({\rm BC\perp}\) 平面 \({\rm AEO}\)
直線 \({\rm AE}\) は平面 \({\rm AEO}\) 上にあるので、
\({\rm AE\perp BC}\) [終]
\({\rm BC\perp AO}\)
また、
\({\rm OE\perp BC}\)
これより、\({\rm BC}\) は \({\rm AO}\) と \({\rm OE}\) の定める平面 \({\rm AEO}\) にも垂直である
また(1)より、\({\rm BC\perp}\) 平面 \({\rm AEO}\)
直線 \({\rm AE}\) は平面 \({\rm AEO}\) 上にあるので、
\({\rm AE\perp BC}\) [終]
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
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
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|\(\,12\,\)|\(\,30\,\)
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|\(\,12\,\)|\(\,30\,\)
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
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
p.117 練習37\({\small (1)}~\)面 \(14\) 、頂点 \(12\) 、辺 \(24\)
\({\small (2)}~v-e+f=14-24+12=2\)
\({\small (2)}~v-e+f=14-24+12=2\)
p.118 練習38[証明] \({\rm P,Q,R,S,T,U}\) は各辺の中点である
中点連結定理より、立体 \({\rm PQRSTU}\) の各辺はもとの正四面体 \({\rm ABCD}\) の辺の長さの半分となる
よって、立体 \({\rm PQRSTU}\) の各面はすべて合同な正三角形となる
また、この立体 \({\rm PQRSTU}\) の各頂点に集まる正三角形はすべて \(4\) となり等しい
したがって、立体 \({\rm PQRSTU}\) は正八面体である [終]
中点連結定理より、立体 \({\rm PQRSTU}\) の各辺はもとの正四面体 \({\rm ABCD}\) の辺の長さの半分となる
よって、立体 \({\rm PQRSTU}\) の各面はすべて合同な正三角形となる
また、この立体 \({\rm PQRSTU}\) の各頂点に集まる正三角形はすべて \(4\) となり等しい
したがって、立体 \({\rm PQRSTU}\) は正八面体である [終]
p.119 研究 練習1$$~~~{ \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,12\,}}a^3$$
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
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
p.12 問題7\({\small (1)}~\)
[証明] \({\rm OA\perp OB~,~OA\perp OC}\) より、
\({\rm OA}\perp\triangle {\rm OBC}\)
よって、\({\rm BC}\) は \(\triangle {\rm OBC}\) 上の辺であるので、
\({\rm OA\perp BC}\) [終]
[証明] \({\rm OH}\perp\triangle {\rm ABC}\) より、辺 \({\rm BC}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の辺より、
\({\rm OH\perp BC}\) [終]
\({\small (2)}~\)
[証明] (1) より、
\({\rm OA\perp BC~,~OH\perp BC}\)
これより、
\({\rm BC}\perp\triangle {\rm OAH}\)
ここで、辺 \({\rm AH}\) は \(\triangle {\rm OAH}\) 上の辺であるので、
\({\rm AH\perp BC}\) [終]
[証明] \({\rm OA\perp OB~,~OA\perp OC}\) より、
\({\rm OA}\perp\triangle {\rm OBC}\)
よって、\({\rm BC}\) は \(\triangle {\rm OBC}\) 上の辺であるので、
\({\rm OA\perp BC}\) [終]
[証明] \({\rm OH}\perp\triangle {\rm ABC}\) より、辺 \({\rm BC}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の辺より、
\({\rm OH\perp BC}\) [終]
\({\small (2)}~\)
[証明] (1) より、
\({\rm OA\perp BC~,~OH\perp BC}\)
これより、
\({\rm BC}\perp\triangle {\rm OAH}\)
ここで、辺 \({\rm AH}\) は \(\triangle {\rm OAH}\) 上の辺であるので、
\({\rm AH\perp BC}\) [終]
章末問題 図形の性質
p.123 章末問題A 1[証明]
点 \(\rm I\) は \(\triangle{\rm ABC}\) の内心であるので、
\(\angle{\rm PBI}=\angle{\rm IBC}\)
また、\({\rm PQ \,//\, BC}\) の錯角より、
\(\angle{\rm PIB}=\angle{\rm IBC}\)
よって、\(\angle{\rm PBI}=\angle{\rm PIB}\) となり \(\triangle{\rm PBI}\) は \({\rm PB=PI}\) の二等辺三角形となる
同様に、点 \(\rm I\) は \(\triangle{\rm ABC}\) の内心であるので、
\(\angle{\rm QCI}=\angle{\rm ICB}\)
また、\({\rm PQ \,//\, BC}\) の錯角より、
\(\angle{\rm QIC}=\angle{\rm ICB}\)
よって、\(\angle{\rm QCI}=\angle{\rm QIC}\) となり \(\triangle{\rm QIC}\) は \({\rm QI=QC}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\rm PQ=PI+IQ\) であるので、
\(\rm PQ=PB+QC\) [終]
点 \(\rm I\) は \(\triangle{\rm ABC}\) の内心であるので、
\(\angle{\rm PBI}=\angle{\rm IBC}\)
また、\({\rm PQ \,//\, BC}\) の錯角より、
\(\angle{\rm PIB}=\angle{\rm IBC}\)
よって、\(\angle{\rm PBI}=\angle{\rm PIB}\) となり \(\triangle{\rm PBI}\) は \({\rm PB=PI}\) の二等辺三角形となる
同様に、点 \(\rm I\) は \(\triangle{\rm ABC}\) の内心であるので、
\(\angle{\rm QCI}=\angle{\rm ICB}\)
また、\({\rm PQ \,//\, BC}\) の錯角より、
\(\angle{\rm QIC}=\angle{\rm ICB}\)
よって、\(\angle{\rm QCI}=\angle{\rm QIC}\) となり \(\triangle{\rm QIC}\) は \({\rm QI=QC}\) の二等辺三角形となる
したがって、\(\rm PQ=PI+IQ\) であるので、
\(\rm PQ=PB+QC\) [終]
p.123 章末問題A 4[証明] 円\({\rm O}\) についての方べきの定理より、
\({\rm EA\cdot EB=EC}^2\) …①
また、円 \({\rm O’}\) についての方べきの定理より、
\({\rm EA\cdot EB=ED}^2\)
よって、
\({\rm EC=ED}\) …②
次に、\({\rm A~,~C~,~D~,~F}\) を通る円についての方べきの定理より、
\({\rm EA\cdot EF=EC\cdot ED}\)
②より、
\({\rm EA\cdot EF=EC}^2\)
①より、
\({\rm EA\cdot EF=EA\cdot EB}\)
よって、
\({\rm EF=EB}\) …③
したがって、②と③より、対角線のそれぞれの中点が等しいので、四角形 \({\rm BDFC}\) は平行四辺形である [終]
\({\rm EA\cdot EB=EC}^2\) …①
また、円 \({\rm O’}\) についての方べきの定理より、
\({\rm EA\cdot EB=ED}^2\)
よって、
\({\rm EC=ED}\) …②
次に、\({\rm A~,~C~,~D~,~F}\) を通る円についての方べきの定理より、
\({\rm EA\cdot EF=EC\cdot ED}\)
②より、
\({\rm EA\cdot EF=EC}^2\)
①より、
\({\rm EA\cdot EF=EA\cdot EB}\)
よって、
\({\rm EF=EB}\) …③
したがって、②と③より、対角線のそれぞれの中点が等しいので、四角形 \({\rm BDFC}\) は平行四辺形である [終]
p.123 章末問題A 5[証明]
\(\triangle{\rm BAC}\) において、点 \(\rm P,Q\) が中点であるので、中点連結定理より、
\({\rm PQ \,//\, AC,PQ={\large \frac{1}{2}}AC}\)
\(\triangle{\rm DAC}\) において、点 \(\rm S,R\) が中点であるので、中点連結定理より、
\({\rm SR \,//\, AC,SR={\large \frac{1}{2}}AC}\)
よって、\({\rm PQ \,//\, SR,PQ=SR}\)
1組の対辺が平行で長さが等しいので、四角形 \({\rm PQRS}\) は平行四辺形となる
\(\triangle{\rm BAC}\) において、点 \(\rm P,Q\) が中点であるので、中点連結定理より、
\({\rm PQ \,//\, AC,PQ={\large \frac{1}{2}}AC}\)
\(\triangle{\rm DAC}\) において、点 \(\rm S,R\) が中点であるので、中点連結定理より、
\({\rm SR \,//\, AC,SR={\large \frac{1}{2}}AC}\)
よって、\({\rm PQ \,//\, SR,PQ=SR}\)
1組の対辺が平行で長さが等しいので、四角形 \({\rm PQRS}\) は平行四辺形となる
p.124 章末問題B 6[証明]
図より、内心 \({\rm I}\) は角の二等分線の交点より、
\(\angle{\rm BAD}=\angle{\rm CAD}=x\)
円周角が等しいことより、対応する弦の長さも等しくなるので、
\({\rm DB=DC}\) …①
次に、内心 \({\rm I}\) は角の二等分線の交点より、
\(\angle{\rm ABI}=\angle{\rm CIB}=y\)
また、弧 \({\rm DC}\) よ円周角より、
\(\angle{\rm DBC}=\angle{\rm DAC}=x\)
ここで、
\(\angle{\rm IBD}=x+y\)
また、\(\triangle {\rm AIB}\) の外角は他の内角の和より、
\(\angle{\rm BID}=x+y\)
よって、\(\triangle {\rm DBI}\) は二等辺三角形となり
\({\rm DB=DI}\) …②
したがって、①と②より、
\({\rm DB=DC=DI}\) [終]
図より、内心 \({\rm I}\) は角の二等分線の交点より、
\(\angle{\rm BAD}=\angle{\rm CAD}=x\)
円周角が等しいことより、対応する弦の長さも等しくなるので、
\({\rm DB=DC}\) …①
次に、内心 \({\rm I}\) は角の二等分線の交点より、
\(\angle{\rm ABI}=\angle{\rm CIB}=y\)
また、弧 \({\rm DC}\) よ円周角より、
\(\angle{\rm DBC}=\angle{\rm DAC}=x\)
ここで、
\(\angle{\rm IBD}=x+y\)
また、\(\triangle {\rm AIB}\) の外角は他の内角の和より、
\(\angle{\rm BID}=x+y\)
よって、\(\triangle {\rm DBI}\) は二等辺三角形となり
\({\rm DB=DI}\) …②
したがって、①と②より、
\({\rm DB=DC=DI}\) [終]
p.124 章末問題B 7[証明]
対角の和が \(180^\circ\) より、四角形 \({\rm AFDE}\) は円に内接する
よって、円周角の定理より、
\(\angle{\rm AEF}=\angle{\rm APF}\)
次に、対角の和が \(180^\circ\) より、四角形 \({\rm FBDP}\) は円に内接する
よって、内角と対角の外角は等しいので、
\(\angle{\rm FBD}=\angle{\rm APF}\)
これらより、
\(\angle{\rm FBD}=\angle{\rm AEF}\)
したがって、四角形 \({\rm BCEF}\) は内角と対角の外角が等しいくなるので円に内接する [終]
対角の和が \(180^\circ\) より、四角形 \({\rm AFDE}\) は円に内接する
よって、円周角の定理より、
\(\angle{\rm AEF}=\angle{\rm APF}\)
次に、対角の和が \(180^\circ\) より、四角形 \({\rm FBDP}\) は円に内接する
よって、内角と対角の外角は等しいので、
\(\angle{\rm FBD}=\angle{\rm APF}\)
これらより、
\(\angle{\rm FBD}=\angle{\rm AEF}\)
したがって、四角形 \({\rm BCEF}\) は内角と対角の外角が等しいくなるので円に内接する [終]
p.124 章末問題B 8\({\small (1)}~\)
[証明] 仮定より、
\(\angle{\rm BAE}=\angle{\rm DAC}\)
また、弧 \({\rm AD}\) における円周角の定理より、
\(\angle{\rm AEF}=\angle{\rm ACD}\)
よって、2つの角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABE} \sim \triangle {\rm ADC}\) [終]
\({\small (2)}~\)
[証明] (1) より、
\({\rm AB:AE=AD:AC}\)
よって、
\({\rm AB\cdot AC=AE\cdot AD}\)
ここで、\({\rm AE=AD+DE}\) より、
\({\rm AB\cdot AC=(AD+DE)\cdot AD}\)
ゆえに、
\({\rm AB\cdot AC=AD}^2+{\rm DE\cdot AD}\) …①
次に、方べきの定理より、
\({\rm AD\cdot DE=BD\cdot CD}\)
①に代入すると、
\({\rm AB\cdot AC=AD}^2+{\rm BD\cdot CD}\)
したがって、
\({\rm AD}^2={\rm AB\cdot AC-BD\cdot CD}\) [終]
[証明] 仮定より、
\(\angle{\rm BAE}=\angle{\rm DAC}\)
また、弧 \({\rm AD}\) における円周角の定理より、
\(\angle{\rm AEF}=\angle{\rm ACD}\)
よって、2つの角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABE} \sim \triangle {\rm ADC}\) [終]
\({\small (2)}~\)
[証明] (1) より、
\({\rm AB:AE=AD:AC}\)
よって、
\({\rm AB\cdot AC=AE\cdot AD}\)
ここで、\({\rm AE=AD+DE}\) より、
\({\rm AB\cdot AC=(AD+DE)\cdot AD}\)
ゆえに、
\({\rm AB\cdot AC=AD}^2+{\rm DE\cdot AD}\) …①
次に、方べきの定理より、
\({\rm AD\cdot DE=BD\cdot CD}\)
①に代入すると、
\({\rm AB\cdot AC=AD}^2+{\rm BD\cdot CD}\)
したがって、
\({\rm AD}^2={\rm AB\cdot AC-BD\cdot CD}\) [終]
p.124 章末問題B 9\({\small (1)}~\)
[証明] \(\rm AC\) の中点を \(\rm E\) とすると、
\(\triangle{\rm ABC}\) の重心が \(\rm P\) であるので、
\({\rm BP:PE}=2:1\)
また、\(\triangle{\rm ACD}\) の重心が \(\rm Q\) であるので、
\({\rm DQ:QE}=2:1\)
\(\triangle{\rm ABC}\) を図で表すと、
これより、平行線と比の関係より、
\({\rm PQ}={\large \frac{1}{3}}{\rm BD}\)
同様に考えて、多面体 \(\rm PQRS\) のすべての辺は、もとの正四面体 \(\rm ABCD\) の長さの \(\frac{1}{3}\) となる
また、多面体 \(\rm PQRS\) の4つの頂点に集める正三角形は数はすべて3で等しい
したがって、多面体 \(\rm PQRS\) は正四面体である[終]
\({\small (2)}~1:27\)
[証明] \(\rm AC\) の中点を \(\rm E\) とすると、
\(\triangle{\rm ABC}\) の重心が \(\rm P\) であるので、
\({\rm BP:PE}=2:1\)
また、\(\triangle{\rm ACD}\) の重心が \(\rm Q\) であるので、
\({\rm DQ:QE}=2:1\)
\(\triangle{\rm ABC}\) を図で表すと、
これより、平行線と比の関係より、
\({\rm PQ}={\large \frac{1}{3}}{\rm BD}\)
同様に考えて、多面体 \(\rm PQRS\) のすべての辺は、もとの正四面体 \(\rm ABCD\) の長さの \(\frac{1}{3}\) となる
また、多面体 \(\rm PQRS\) の4つの頂点に集める正三角形は数はすべて3で等しい
したがって、多面体 \(\rm PQRS\) は正四面体である[終]
\({\small (2)}~1:27\)
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