このページは、数研出版：新編数学Ａ[714]
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？教科書の内容...
yorikuwa.com
リンク
文字数が多く、重くなるのでページを分割しています。
各章は下のリンクまたはページ下の「次へ」をクリックしてください。
新編数学Ａ 第１章 場合の数と確率
新編数学Ａ 第２章 図形の性質
新編数学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.70 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.70 練習3[証明]
点 \({\rm C}\) を通り直線 \({\rm AQ}\) に平行な直線を引き、辺 \({\rm AB}\) との交点を \({\rm E}\) とすると、
\({\rm AQ}\,/\!/\,{\rm EC}\) より、三角形と平行線の比の関係を用いると、
\({\rm BQ}:{\rm CQ}={\rm AB}:{\rm AE}\)
ここで、辺 \({\rm AB}\) の \({\rm A}\) を越える延長上に点 \({\rm F}\) をとると、
\({\rm AQ}\,/\!/\,{\rm EC}\) であり、平行線の同位角・錯角は等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AEC}&=&\angle {\rm FAQ}
\\[3pt]~~~\angle {\rm ACE}&=&\angle {\rm CAQ}
\end{eqnarray}\)
また、\({\rm AQ}\) は \(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線であるので、
\(\angle {\rm FAQ}=\angle {\rm CAQ}\)
よって、
\(\angle {\rm AEC}=\angle {\rm ACE}\)
\(\triangle {\rm AEC}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm AE}={\rm AC}\)
これより、
\({\rm BQ}:{\rm CQ}={\rm AB}:{\rm AC}\)
したがって、\(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線と辺 \({\rm BC}\) の延長との交点 \({\rm Q}\) は、辺 \({\rm BC}\) を \({\rm AB}:{\rm AC}\) に外分する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
点 \({\rm C}\) を通り直線 \({\rm AQ}\) に平行な直線を引き、辺 \({\rm AB}\) との交点を \({\rm E}\) とすると、
\({\rm AQ}\,/\!/\,{\rm EC}\) より、三角形と平行線の比の関係を用いると、
\({\rm BQ}:{\rm CQ}={\rm AB}:{\rm AE}\)
ここで、辺 \({\rm AB}\) の \({\rm A}\) を越える延長上に点 \({\rm F}\) をとると、
\({\rm AQ}\,/\!/\,{\rm EC}\) であり、平行線の同位角・錯角は等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AEC}&=&\angle {\rm FAQ}
\\[3pt]~~~\angle {\rm ACE}&=&\angle {\rm CAQ}
\end{eqnarray}\)
また、\({\rm AQ}\) は \(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線であるので、
\(\angle {\rm FAQ}=\angle {\rm CAQ}\)
よって、
\(\angle {\rm AEC}=\angle {\rm ACE}\)
\(\triangle {\rm AEC}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm AE}={\rm AC}\)
これより、
\({\rm BQ}:{\rm CQ}={\rm AB}:{\rm AC}\)
したがって、\(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線と辺 \({\rm BC}\) の延長との交点 \({\rm Q}\) は、辺 \({\rm BC}\) を \({\rm AB}:{\rm AC}\) に外分する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.72 練習5\({\small (1)}~40^{\circ}\) \({\small (2)}~100^{\circ}\) \({\small (3)}~20^{\circ}\)
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.74 練習6\({\small (1)}~130^{\circ}\) \({\small (2)}~25^{\circ}\) \({\small (3)}~110^{\circ}\)
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.78 深める
p.80 研究 練習2[証明] \(\angle {\rm C}=90°\) である直角三角形 \({\rm ABC}\) について考えると、
三角形の内角の和は \(180°\) なので、
\(\angle {\rm A}+\angle {\rm B}=180°-90°=90°\)
よって、\(\angle {\rm A}\) と \(\angle {\rm B}\) はともに \(90°\) より小さいので、
\(\angle {\rm A}\lt\angle {\rm C}~,~\angle {\rm B}\lt\angle {\rm C}\)
これより、\(\angle {\rm C}\) はこの三角形の最大の角となる
ここで、三角形では、大きい角に向かい合う辺ほど大きいので、最大の角 \(\angle {\rm C}\) に向かい合う辺 \({\rm AB}\) が最大となる
したがって、直角三角形では、斜辺 \({\rm AB}\) が \(3\) 辺のうち最大となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
三角形の内角の和は \(180°\) なので、
\(\angle {\rm A}+\angle {\rm B}=180°-90°=90°\)
よって、\(\angle {\rm A}\) と \(\angle {\rm B}\) はともに \(90°\) より小さいので、
\(\angle {\rm A}\lt\angle {\rm C}~,~\angle {\rm B}\lt\angle {\rm C}\)
これより、\(\angle {\rm C}\) はこの三角形の最大の角となる
ここで、三角形では、大きい角に向かい合う辺ほど大きいので、最大の角 \(\angle {\rm C}\) に向かい合う辺 \({\rm AB}\) が最大となる
したがって、直角三角形では、斜辺 \({\rm AB}\) が \(3\) 辺のうち最大となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.82 練習13円の一部分上に任意の異なる３点 \({\rm A,B,C}\) をとる
この円の中心は三角形 \({\rm ABC}\) の外心となるので、線分 \({\rm AB}\) と 線分 \({\rm BC}\) のそれぞれの垂直二等分線を引き、その交点が円の中心となる
この円の中心は三角形 \({\rm ABC}\) の外心となるので、線分 \({\rm AB}\) と 線分 \({\rm BC}\) のそれぞれの垂直二等分線を引き、その交点が円の中心となる
p.83 練習14\({\small (1)}~105^{\circ}\) \({\small (2)}~60^{\circ}\) \({\small (3)}~43^{\circ}\)
解法のPoint｜円周角の定理と同一円周上にある条件
解法のPoint｜円周角の定理と同一円周上にある条件
p.83 練習15\({\small (1)}\)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、
\(\angle{\rm BDC}=\angle{\rm BED}+\angle{\rm EBD}\)
角度より、
\(\angle{\rm BDC}=84^{\circ}+26^{\circ}=110^{\circ}\)
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
\(\angle{\rm DEC}=\angle{\rm AEB}=78^{\circ}\)
\(\triangle{\rm DEC}\) 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、
\(\angle{\rm BDC}=\angle{\rm BED}+\angle{\rm EBD}\)
角度より、
\(\angle{\rm BDC}=84^{\circ}+26^{\circ}=110^{\circ}\)
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.88 練習19\({\small (1)}~60^{\circ}\) \({\small (2)}~78^{\circ}\) \({\small (3)}~85^{\circ}\)
解法のPoint｜接線と弦の作る角
解法のPoint｜接線と弦の作る角
p.90 練習21\({\small (1)}~6\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜方べきの定理と線分の長さ
解法のPoint｜方べきの定理と線分の長さ
p.93 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.95 練習27
p.96 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.99 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.99 研究 練習2
p.100 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.100 研究 練習2
p.100 研究 練習3
補充問題
p.101 補充問題 1[証明]
\({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm C}\) はそれぞれ辺 \({\rm QR}~,~{\rm RP}~,~{\rm PQ}\) の中点なので、中点連結定理より、
\({\rm BC}\,/\!/\,{\rm QR}~,~{\rm CA}\,/\!/\,{\rm RP}~,~{\rm AB}\,/\!/\,{\rm PQ}\)
次に、頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) に下ろした垂線を考えると、
\({\rm BC}\,/\!/\,{\rm QR}\) より、この垂線は辺 \({\rm QR}\) とも垂直になる
また、\({\rm A}\) は辺 \({\rm QR}\) の中点なので、この垂線は辺 \({\rm QR}\) の垂直二等分線となる
同様に、頂点 \({\rm B}\) から辺 \({\rm CA}\) に下ろした垂線は辺 \({\rm RP}\) の垂直二等分線、頂点 \({\rm C}\) から辺 \({\rm AB}\) に下ろした垂線は辺 \({\rm PQ}\) の垂直二等分線となる
よって、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) 本の垂線は、\(\triangle {\rm PQR}\) の \(3\) 辺の垂直二等分線と一致する
ここで、三角形の \(3\) 辺の垂直二等分線は \(1\) 点（外心）で交わる
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) 本の垂線は、\(\triangle {\rm PQR}\) の外心で交わる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm A}~,~{\rm B}~,~{\rm C}\) はそれぞれ辺 \({\rm QR}~,~{\rm RP}~,~{\rm PQ}\) の中点なので、中点連結定理より、
\({\rm BC}\,/\!/\,{\rm QR}~,~{\rm CA}\,/\!/\,{\rm RP}~,~{\rm AB}\,/\!/\,{\rm PQ}\)
次に、頂点 \({\rm A}\) から辺 \({\rm BC}\) に下ろした垂線を考えると、
\({\rm BC}\,/\!/\,{\rm QR}\) より、この垂線は辺 \({\rm QR}\) とも垂直になる
また、\({\rm A}\) は辺 \({\rm QR}\) の中点なので、この垂線は辺 \({\rm QR}\) の垂直二等分線となる
同様に、頂点 \({\rm B}\) から辺 \({\rm CA}\) に下ろした垂線は辺 \({\rm RP}\) の垂直二等分線、頂点 \({\rm C}\) から辺 \({\rm AB}\) に下ろした垂線は辺 \({\rm PQ}\) の垂直二等分線となる
よって、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) 本の垂線は、\(\triangle {\rm PQR}\) の \(3\) 辺の垂直二等分線と一致する
ここで、三角形の \(3\) 辺の垂直二等分線は \(1\) 点（外心）で交わる
したがって、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(3\) 本の垂線は、\(\triangle {\rm PQR}\) の外心で交わる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.101 補充問題 2[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.101 補充問題 3[証明]
辺 \({\rm AB}~,~{\rm BC}~,~{\rm CD}~,~{\rm DA}\) はそれぞれ円に接しており、\(1\) つの頂点からの \(2\) つの接線の長さは等しいので、
\({\rm AP}={\rm AS}~,~{\rm BP}={\rm BQ}\)
\({\rm CQ}={\rm CR}~,~{\rm DR}={\rm DS}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}+{\rm CD}&=&({\rm AP}+{\rm BP})+({\rm CR}+{\rm DR})
\\[3pt]~~~&=&{\rm AS}+{\rm BQ}+{\rm CQ}+{\rm DS}
\\[3pt]~~~&=&({\rm BQ}+{\rm CQ})+({\rm AS}+{\rm DS})
\\[3pt]~~~&=&{\rm BC}+{\rm DA}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB}+{\rm CD}={\rm BC}+{\rm DA}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
辺 \({\rm AB}~,~{\rm BC}~,~{\rm CD}~,~{\rm DA}\) はそれぞれ円に接しており、\(1\) つの頂点からの \(2\) つの接線の長さは等しいので、
\({\rm AP}={\rm AS}~,~{\rm BP}={\rm BQ}\)
\({\rm CQ}={\rm CR}~,~{\rm DR}={\rm DS}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}+{\rm CD}&=&({\rm AP}+{\rm BP})+({\rm CR}+{\rm DR})
\\[3pt]~~~&=&{\rm AS}+{\rm BQ}+{\rm CQ}+{\rm DS}
\\[3pt]~~~&=&({\rm BQ}+{\rm CQ})+({\rm AS}+{\rm DS})
\\[3pt]~~~&=&{\rm BC}+{\rm DA}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB}+{\rm CD}={\rm BC}+{\rm DA}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
第２節 空間図形
p.103 練習32\({\small (1)}~\)辺CD、辺EF、辺GH
\({\small (2)}~\)辺FG、辺EH、辺CG、辺DH
解法のPoint｜空間図形の2直線の位置関係
\({\small (3)}~{\large ①}~90^{\circ}\) \({\large ②}~45^{\circ}\)
\({\large ③}~90^{\circ}\)
解法のPoint｜空間図形の2直線のなす角
\({\small (2)}~\)辺FG、辺EH、辺CG、辺DH
解法のPoint｜空間図形の2直線の位置関係
\({\small (3)}~{\large ①}~90^{\circ}\) \({\large ②}~45^{\circ}\)
\({\large ③}~90^{\circ}\)
解法のPoint｜空間図形の2直線のなす角
p.103 深める\(~~~60^\circ\)
p.104 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm BC}\perp{\rm AO}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.105 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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.107 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.107 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.108 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
補充問題
p.111 補充問題 4\({\small (1)}~\)
図より、\(l \parallel m\) 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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
図より、\(l \parallel m\) 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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
章末問題 図形の性質
p.112 章末問題A 1\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,20\,}{\,7\,}\) \({\small (2)}~7:5\)
解法のPoint｜三角形の内心と線分の比
解法のPoint｜三角形の内心と線分の比
p.112 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\triangle {\rm ABC}\) 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.113 章末問題B 6[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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm I}\) 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.113 章末問題B 7[証明]
辺 \({\rm AD}\) を \({\rm D}\) の方向に延長した直線上に点 \({\rm E}\) をとる
四角形 \({\rm APQD}\) は円に内接するので、外角はその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm EDQ}=\angle {\rm APQ}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\({\rm AD}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、錯角が等しいので、
\(\angle {\rm EDQ}=\angle {\rm QCB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm APQ}=\angle {\rm QCB}\)
また、点 \({\rm P}\) について、
\(\angle {\rm BPQ}+\angle {\rm APQ}=180^\circ\)
よって、
\(\angle {\rm BPQ}+\angle {\rm QCB}=180^\circ\)
したがって、\(1\) 組の対角の和が \(180^\circ\) であることから、四角形 \({\rm PBCQ}\) は円に内接する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
辺 \({\rm AD}\) を \({\rm D}\) の方向に延長した直線上に点 \({\rm E}\) をとる
四角形 \({\rm APQD}\) は円に内接するので、外角はその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm EDQ}=\angle {\rm APQ}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\({\rm AD}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、錯角が等しいので、
\(\angle {\rm EDQ}=\angle {\rm QCB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm APQ}=\angle {\rm QCB}\)
また、点 \({\rm P}\) について、
\(\angle {\rm BPQ}+\angle {\rm APQ}=180^\circ\)
よって、
\(\angle {\rm BPQ}+\angle {\rm QCB}=180^\circ\)
したがって、\(1\) 組の対角の和が \(180^\circ\) であることから、四角形 \({\rm PBCQ}\) は円に内接する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.113 章末問題B 8[証明]
\(\angle {\rm ACB}=\alpha\) とすると、円 \({\rm O}\) において、中心角と円周角の関係より、
\(\angle {\rm AOB}=2\alpha\)
次に、点 \({\rm O}\) は円 \({\rm O}^{\prime}\) 上にあり、四角形 \({\rm AOBD}\) は円 \({\rm O}^{\prime}\) に内接するので、
\(1\) 組の対角の和が \(180^\circ\) であることから、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm ADB}&=&180^\circ-\angle {\rm AOB}
\\[3pt]~~~&=&180^\circ-2\alpha\end{eqnarray}\)
ここで、\(\triangle {\rm DCB}\) において、内角の和は \(180^\circ\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CBD}&=&180^\circ-\angle {\rm ACB}-\angle {\rm ADB}
\\[3pt]~~~&=&180^\circ-\alpha-(180^\circ-2\alpha)
\\[3pt]~~~&=&\alpha\end{eqnarray}\)
よって、
\(\angle {\rm DCB}=\angle {\rm DBC}=\alpha\)
したがって、\(2\) つの底角が等しいので、\(\triangle {\rm DCB}\) は二等辺三角形である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\angle {\rm ACB}=\alpha\) とすると、円 \({\rm O}\) において、中心角と円周角の関係より、
\(\angle {\rm AOB}=2\alpha\)
次に、点 \({\rm O}\) は円 \({\rm O}^{\prime}\) 上にあり、四角形 \({\rm AOBD}\) は円 \({\rm O}^{\prime}\) に内接するので、
\(1\) 組の対角の和が \(180^\circ\) であることから、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm ADB}&=&180^\circ-\angle {\rm AOB}
\\[3pt]~~~&=&180^\circ-2\alpha\end{eqnarray}\)
ここで、\(\triangle {\rm DCB}\) において、内角の和は \(180^\circ\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CBD}&=&180^\circ-\angle {\rm ACB}-\angle {\rm ADB}
\\[3pt]~~~&=&180^\circ-\alpha-(180^\circ-2\alpha)
\\[3pt]~~~&=&\alpha\end{eqnarray}\)
よって、
\(\angle {\rm DCB}=\angle {\rm DBC}=\alpha\)
したがって、\(2\) つの底角が等しいので、\(\triangle {\rm DCB}\) は二等辺三角形である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.113 章末問題B 9\({\small (1)}~\)
[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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
[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]
\({\small (2)}~1:27\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
次のページ「第３章 数学と人間の活動」
