このページは、数研出版｜数学A[104-901]
第２章 図形の性質
第２章 図形の性質
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数研出版数学A 第１章 場合の数と確率
数研出版数学A 第２章 図形の性質
数研出版数学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.82 練習2\({\small (1)}~1\,:\,2\)、内分
\({\small (2)}~3\,:\,2\)、外分
\({\small (3)}~1\,:\,3\)、外分
解法のPoint｜直線上の内分点・外分点の作図
\({\small (2)}~3\,:\,2\)、外分
\({\small (3)}~1\,:\,3\)、外分
解法のPoint｜直線上の内分点・外分点の作図
p.83 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.84 問1[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.87 練習6[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]
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p.89 練習9[証明] 三角形の重心と内心が点 \({\rm I}\) で一致するとすると、
直線 \({\rm AI}\) と辺 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、点 \({\rm I}\) が重心であることより、
\({\rm BD}:{\rm DC}=1:1\)
また、点 \({\rm I}\) は内心であることより、直線 \({\rm AD}\) は \(\angle {\rm A}\) の二等分線であり、内角の二等分線と辺の比より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&{\rm BD}:{\rm DC}\\[3pt]~~~&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\)
同様に、\({\rm BA}={\rm BC}\)
※ 点 \({\rm B}\) からも同様に考える。
これより、\({\rm AB}={\rm BC}={\rm AC}\)
したがって、重心と内心が一致する三角形は正三角形である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
直線 \({\rm AI}\) と辺 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、点 \({\rm I}\) が重心であることより、
\({\rm BD}:{\rm DC}=1:1\)
また、点 \({\rm I}\) は内心であることより、直線 \({\rm AD}\) は \(\angle {\rm A}\) の二等分線であり、内角の二等分線と辺の比より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm AC}&=&{\rm BD}:{\rm DC}\\[3pt]~~~&=&1:1\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\)
同様に、\({\rm BA}={\rm BC}\)
※ 点 \({\rm B}\) からも同様に考える。
これより、\({\rm AB}={\rm BC}={\rm AC}\)
したがって、重心と内心が一致する三角形は正三角形である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.90 研究 練習1[証明] 三角形の垂心と内心が点 \({\rm I}\) で一致するとすると、
直線 \({\rm AI}\) と辺 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、点 \({\rm I}\) が垂心であることより、
\({\rm AD}\perp{\rm BC}\)
よって、
\(\angle {\rm ADB}=\angle {\rm ADC}=90^\circ\)
また、点 \({\rm I}\) は内心であることより、直線 \({\rm AD}\) は \(\angle {\rm A}\) の二等分線となり、
\(\angle {\rm BAD}=\angle {\rm CAD}\)
共通の辺より、\({\rm AD}={\rm AD}\)
\(1\) 組の辺とその両端の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABD}\equiv\triangle {\rm ACD}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\)
同様に、\({\rm BA}={\rm BC}\)
※ 点 \({\rm B}\) からも同様に考える。
これより、\({\rm AB}={\rm BC}={\rm CA}\)
したがって、垂心と内心が一致する三角形は正三角形である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
直線 \({\rm AI}\) と辺 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、点 \({\rm I}\) が垂心であることより、
\({\rm AD}\perp{\rm BC}\)
よって、
\(\angle {\rm ADB}=\angle {\rm ADC}=90^\circ\)
また、点 \({\rm I}\) は内心であることより、直線 \({\rm AD}\) は \(\angle {\rm A}\) の二等分線となり、
\(\angle {\rm BAD}=\angle {\rm CAD}\)
共通の辺より、\({\rm AD}={\rm AD}\)
\(1\) 組の辺とその両端の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABD}\equiv\triangle {\rm ACD}\)
よって、\({\rm AB}={\rm AC}\)
同様に、\({\rm BA}={\rm BC}\)
※ 点 \({\rm B}\) からも同様に考える。
これより、\({\rm AB}={\rm BC}={\rm CA}\)
したがって、垂心と内心が一致する三角形は正三角形である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.92 深める[証明]
頂点 \({\rm C}\) を通り、直線 \(\ell\) に平行な直線を引き、直線 \({\rm AB}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、
\({\rm CD}\,/\!/\,{\rm PR}\) より、三角形と平行線の比の関係から、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,}\)
また、\({\rm CD}\,/\!/\,{\rm QR}\) より、三角形の相似から、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RA}\,}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
頂点 \({\rm C}\) を通り、直線 \(\ell\) に平行な直線を引き、直線 \({\rm AB}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、
\({\rm CD}\,/\!/\,{\rm PR}\) より、三角形と平行線の比の関係から、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,}\)
また、\({\rm CD}\,/\!/\,{\rm QR}\) より、三角形の相似から、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RA}\,}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.93 深める\({\small (1)}\) より、
\({\rm BC:BP}=4:1\)
\(\triangle {\rm ACP}\) と直線 \({\rm BQ}\) にメネラウスの定理を用いると、
\(~~~{\rm \displaystyle \frac{\,CB\,}{\,BP\,}\cdot\displaystyle \frac{\,PO\,}{\,OA\,}\cdot\displaystyle \frac{\,AQ\,}{\,QC\,}=1}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,1\,}\cdot{\rm\displaystyle \frac{\,PO\,}{\,OA\,}}\cdot\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}=1\\[5pt]~~~&&~~~~~~\Leftrightarrow~{\rm\displaystyle \frac{\,PO\,}{\,OA\,} }=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,8\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\({\rm PO:OA}=3:8\)
解法のPoint｜チェバ・メネラウスの定理と面積比
\({\rm BC:BP}=4:1\)
\(\triangle {\rm ACP}\) と直線 \({\rm BQ}\) にメネラウスの定理を用いると、
\(~~~{\rm \displaystyle \frac{\,CB\,}{\,BP\,}\cdot\displaystyle \frac{\,PO\,}{\,OA\,}\cdot\displaystyle \frac{\,AQ\,}{\,QC\,}=1}\)
すなわち、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,1\,}\cdot{\rm\displaystyle \frac{\,PO\,}{\,OA\,}}\cdot\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}=1\\[5pt]~~~&&~~~~~~\Leftrightarrow~{\rm\displaystyle \frac{\,PO\,}{\,OA\,} }=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,8\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\({\rm PO:OA}=3:8\)
解法のPoint｜チェバ・メネラウスの定理と面積比
p.95 研究 練習2\({\small (1)}~\)[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]
\({\small (2)}~\)[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、
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]
\({\small (2)}~\)[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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.97 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\triangle {\rm ABD}\) 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.100 練習15\({\small (1)}~62^\circ\) \({\small (2)}~52^\circ\) \({\small (3)}~124^\circ\)
解法のPoint｜円に内接する四角形の内角と外角
解法のPoint｜円に内接する四角形の内角と外角
p.100 練習16[証明]
円 \({\rm O}\) で四角形 \({\rm ACQP}\) について、\(\angle {\rm Q}\) の外角 \(\angle {\rm PQD}\) はそれと隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm CAP}=\angle {\rm PQD}\)
次に、円 \({\rm O}^{\prime}\) で \(\angle {\rm PQD}\) と \(\angle {\rm PBD}\) は、弧 \({\rm PD}\) に対する円周角なので、
\(\angle {\rm PBD}=\angle {\rm PQD}\)
これより、
\(\angle {\rm CAP}=\angle {\rm PBD}\)
したがって、錯角が等しいので、
\({\rm AC}\,/\!/\,{\rm DB}\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
円 \({\rm O}\) で四角形 \({\rm ACQP}\) について、\(\angle {\rm Q}\) の外角 \(\angle {\rm PQD}\) はそれと隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm CAP}=\angle {\rm PQD}\)
次に、円 \({\rm O}^{\prime}\) で \(\angle {\rm PQD}\) と \(\angle {\rm PBD}\) は、弧 \({\rm PD}\) に対する円周角なので、
\(\angle {\rm PBD}=\angle {\rm PQD}\)
これより、
\(\angle {\rm CAP}=\angle {\rm PBD}\)
したがって、錯角が等しいので、
\({\rm AC}\,/\!/\,{\rm DB}\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.100 深める\(~~~\angle{\rm PAC}=\angle{\rm PQD}~,~\angle{\rm PQD}=\angle{\rm PBE}\)
解法のPoint｜円に内接する四角形の内角と外角
解法のPoint｜円に内接する四角形の内角と外角
p.101 練習17[証明]
四角形 \({\rm EBCF}\) 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、
\(\angle {\rm AEF}=\angle {\rm FCB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\({\rm AD}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、錯角が等しいので、
\(\angle {\rm GDC}=\angle {\rm DCB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
また、点 \({\rm D}\) について、
\(\angle {\rm ADF}+\angle {\rm GDF}=180^\circ\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm ADF}+\angle {\rm AEF}=180^\circ\)
したがって、四角形の対角の和が \(180^\circ\) であることから、四角形 \({\rm AEFD}\) は円に内接する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
四角形 \({\rm EBCF}\) 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、
\(\angle {\rm AEF}=\angle {\rm FCB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\({\rm AD}\,/\!/\,{\rm BC}\) より、錯角が等しいので、
\(\angle {\rm GDC}=\angle {\rm DCB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
また、点 \({\rm D}\) について、
\(\angle {\rm ADF}+\angle {\rm GDF}=180^\circ\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm ADF}+\angle {\rm AEF}=180^\circ\)
したがって、四角形の対角の和が \(180^\circ\) であることから、四角形 \({\rm AEFD}\) は円に内接する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.102 問2[証明]
円の中心を \({\rm O}\) 、接点を \({\rm A}~,~{\rm B}\) とすると、
\(\triangle {\rm OAP}\) と \(\triangle {\rm OBP}\) において、\({\rm OP}\) は共通であるので、
\({\rm OP}={\rm OP}\)
また、\({\rm OA}~,~{\rm OB}\) はともに円の半径であるので、
\({\rm OA}={\rm OB}\)
さらに、接線は接点を通る半径に垂直であるので、
\(\angle {\rm OAP}=\angle {\rm OBP}=90°\)
直角三角形の斜辺と他の \(1\) 辺がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm OAP}\equiv\triangle {\rm OBP}\)
したがって、\(2\) つの接線の長さは等しく、\({\rm PA}={\rm PB}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
円の中心を \({\rm O}\) 、接点を \({\rm A}~,~{\rm B}\) とすると、
\(\triangle {\rm OAP}\) と \(\triangle {\rm OBP}\) において、\({\rm OP}\) は共通であるので、
\({\rm OP}={\rm OP}\)
また、\({\rm OA}~,~{\rm OB}\) はともに円の半径であるので、
\({\rm OA}={\rm OB}\)
さらに、接線は接点を通る半径に垂直であるので、
\(\angle {\rm OAP}=\angle {\rm OBP}=90°\)
直角三角形の斜辺と他の \(1\) 辺がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm OAP}\equiv\triangle {\rm OBP}\)
したがって、\(2\) つの接線の長さは等しく、\({\rm PA}={\rm PB}\) となる [終]
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p.103 練習18[証明]
辺 \({\rm AB}~,~{\rm BC}~,~{\rm CD}~,~{\rm DA}\) はそれぞれ円に接しており、接線と円の半径は垂直に交わるので、
\({\rm OP} \perp {\rm AB}~,~{\rm OQ} \perp {\rm BC}\)
\({\rm OR} \perp {\rm CD}~,~{\rm OS} \perp {\rm DA}\)
また、円 \({\rm O}\) の半径を \(r\) とすると、
\({\rm OP}={\rm OQ}={\rm OR}={\rm OS}=r\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\triangle {\rm OAB}+\triangle {\rm OCD}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm AB} \cdot r+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm CD} \cdot r
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r({\rm AB}+{\rm CD})~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\triangle {\rm OBC}+\triangle {\rm OAD}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BC} \cdot r+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm DA} \cdot r
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r({\rm BC}+{\rm DA})~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、上の証明より、
\({\rm AB}+{\rm CD}={\rm BC}+{\rm DA}\)
両辺に \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r\) をかけると、
\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r({\rm AB}+{\rm CD})=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r({\rm BC}+{\rm DA})\)
したがって、\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\triangle {\rm OAB}+\triangle {\rm OCD}=\triangle {\rm OBC}+\triangle {\rm OAD}\) [終]
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辺 \({\rm AB}~,~{\rm BC}~,~{\rm CD}~,~{\rm DA}\) はそれぞれ円に接しており、接線と円の半径は垂直に交わるので、
\({\rm OP} \perp {\rm AB}~,~{\rm OQ} \perp {\rm BC}\)
\({\rm OR} \perp {\rm CD}~,~{\rm OS} \perp {\rm DA}\)
また、円 \({\rm O}\) の半径を \(r\) とすると、
\({\rm OP}={\rm OQ}={\rm OR}={\rm OS}=r\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\triangle {\rm OAB}+\triangle {\rm OCD}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm AB} \cdot r+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm CD} \cdot r
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r({\rm AB}+{\rm CD})~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
次に、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\triangle {\rm OBC}+\triangle {\rm OAD}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm BC} \cdot r+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm DA} \cdot r
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r({\rm BC}+{\rm DA})~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、上の証明より、
\({\rm AB}+{\rm CD}={\rm BC}+{\rm DA}\)
両辺に \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r\) をかけると、
\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r({\rm AB}+{\rm CD})=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}r({\rm BC}+{\rm DA})\)
したがって、\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\triangle {\rm OAB}+\triangle {\rm OCD}=\triangle {\rm OBC}+\triangle {\rm OAD}\) [終]
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p.104 問3[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.105 練習21\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,21\,}{\,5\,}\) \({\small (2)}~\sqrt{5}\)
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.106 練習23[証明]
円 \({\rm O}\) について、方べきの定理より、
\({\rm PC} \cdot {\rm PD}={\rm PA} \cdot {\rm PB}\)
次に、中心 \({\rm O}\) から弦 \({\rm AB}\) に下ろした垂線は弦を \(2\) 等分するので、
\({\rm PA}={\rm PB}\)
よって、
\({\rm PC} \cdot {\rm PD}={\rm PA} \cdot {\rm PA}={\rm PA}^2\)
したがって、\({\rm PC} \cdot {\rm PD}={\rm PA}^2\) が成り立つ [終]
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円 \({\rm O}\) について、方べきの定理より、
\({\rm PC} \cdot {\rm PD}={\rm PA} \cdot {\rm PB}\)
次に、中心 \({\rm O}\) から弦 \({\rm AB}\) に下ろした垂線は弦を \(2\) 等分するので、
\({\rm PA}={\rm PB}\)
よって、
\({\rm PC} \cdot {\rm PD}={\rm PA} \cdot {\rm PA}={\rm PA}^2\)
したがって、\({\rm PC} \cdot {\rm PD}={\rm PA}^2\) が成り立つ [終]
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p.106 問4[証明]
\(\triangle {\rm PTA}\) と \(\triangle {\rm PBT}\) において、\(\angle {\rm P}\) は共通であるので、
\(\angle {\rm TPA}=\angle {\rm BPT}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\({\rm PT}\) は接線で、\({\rm T}\) は接点であるから、接線と弦の作る角の関係を用いると、
\(\angle {\rm PTA}=\angle {\rm PBT}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm PTA}\backsim\triangle {\rm PBT}\)
よって、対応する辺の比は等しいので、
\({\rm PA}:{\rm PT}={\rm PT}:{\rm PB}\)
これより、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PT}^2\)
したがって、\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PT}^2\) が成り立つ [終]
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\(\triangle {\rm PTA}\) と \(\triangle {\rm PBT}\) において、\(\angle {\rm P}\) は共通であるので、
\(\angle {\rm TPA}=\angle {\rm BPT}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\({\rm PT}\) は接線で、\({\rm T}\) は接点であるから、接線と弦の作る角の関係を用いると、
\(\angle {\rm PTA}=\angle {\rm PBT}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm PTA}\backsim\triangle {\rm PBT}\)
よって、対応する辺の比は等しいので、
\({\rm PA}:{\rm PT}={\rm PT}:{\rm PB}\)
これより、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PT}^2\)
したがって、\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PT}^2\) が成り立つ [終]
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p.106 練習25[証明]
円 \({\rm O}\) について、方べきの定理より、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PT}^2\)
次に、円 \({\rm O}^{\prime}\) について、方べきの定理より、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PT}^{\prime 2}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PT}^2&=&{\rm PT}^{\prime 2}\\[3pt]~~~{\rm PT}&=&{\rm PT}^{\prime}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm PT}={\rm PT}^{\prime}\) となる [終]
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円 \({\rm O}\) について、方べきの定理より、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PT}^2\)
次に、円 \({\rm O}^{\prime}\) について、方べきの定理より、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PT}^{\prime 2}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PT}^2&=&{\rm PT}^{\prime 2}\\[3pt]~~~{\rm PT}&=&{\rm PT}^{\prime}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm PT}={\rm PT}^{\prime}\) となる [終]
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p.107 練習26[証明]
\({\rm PA}~,~{\rm PB}\) は円 \({\rm O}\) の接線であり、接点を通る半径は接線に垂直であるので、
\(\angle {\rm PAO}+\angle {\rm PBO}=90°+90°=180°\)
向かい合う角の和が \(180°\) であるから、\(4\) 点 \({\rm P}~,~{\rm B}~,~{\rm O}~,~{\rm A}\) は \(1\) つの円周上にあるので、
この円について、\(2\) 本の弦 \({\rm PO}\) と \({\rm AB}\) は点 \({\rm C}\) で交わり、方べきの定理より、
\({\rm CP} \cdot {\rm CO}={\rm CA} \cdot {\rm CB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、円 \({\rm O}\) について、\(2\) 本の弦 \({\rm AB}\) と \({\rm DE}\) は点 \({\rm C}\) で交わり、方べきの定理より、
\({\rm CD} \cdot {\rm CE}={\rm CA} \cdot {\rm CB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm CP} \cdot {\rm CO}={\rm CD} \cdot {\rm CE}\)
したがって、方べきの定理の逆より、\(4\) 点 \({\rm P}~,~{\rm O}~,~{\rm D}~,~{\rm E}\) は \(1\) つの円周上にある [終]
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\({\rm PA}~,~{\rm PB}\) は円 \({\rm O}\) の接線であり、接点を通る半径は接線に垂直であるので、
\(\angle {\rm PAO}+\angle {\rm PBO}=90°+90°=180°\)
向かい合う角の和が \(180°\) であるから、\(4\) 点 \({\rm P}~,~{\rm B}~,~{\rm O}~,~{\rm A}\) は \(1\) つの円周上にあるので、
この円について、\(2\) 本の弦 \({\rm PO}\) と \({\rm AB}\) は点 \({\rm C}\) で交わり、方べきの定理より、
\({\rm CP} \cdot {\rm CO}={\rm CA} \cdot {\rm CB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、円 \({\rm O}\) について、\(2\) 本の弦 \({\rm AB}\) と \({\rm DE}\) は点 \({\rm C}\) で交わり、方べきの定理より、
\({\rm CD} \cdot {\rm CE}={\rm CA} \cdot {\rm CB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm CP} \cdot {\rm CO}={\rm CD} \cdot {\rm CE}\)
したがって、方べきの定理の逆より、\(4\) 点 \({\rm P}~,~{\rm O}~,~{\rm D}~,~{\rm E}\) は \(1\) つの円周上にある [終]
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p.108 練習27\({\small (1)}~\gt\) \({\small (2)}~=\) \({\small (3)}~\lt~,~\lt\)
\({\small (4)}~=\) \({\small (5)}~\lt\)
解法のPoint｜2つの円の位置と共通接線
\({\small (4)}~=\) \({\small (5)}~\lt\)
解法のPoint｜2つの円の位置と共通接線
p.110 練習30①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.114 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.114 研究 練習2
p.115 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.115 研究 練習2
p.115 研究 練習3
問題
p.117 問題 3\({\small (1)}~\alpha=20°~,~\beta=60°\)
解法のPoint｜円周角の定理と同一円周上にある条件
\({\small (2)}~\alpha=56°\)
解法のPoint｜接線と弦の作る角
解法のPoint｜円周角の定理と同一円周上にある条件
\({\small (2)}~\alpha=56°\)
解法のPoint｜接線と弦の作る角
p.117 問題 4\({\small (1)}~5\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,12\,}{\,5\,}\)
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.117 問題5[証明]
四角形 \({\rm APBC}\) 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、
\(\angle {\rm ABC}=\angle {\rm APE}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、四角形 \({\rm AQDB}\) 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、
\(\angle {\rm ABD}=\angle {\rm AQE}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
また、点 \({\rm B}\) について、
\(\angle {\rm ABC}+\angle {\rm ABD}=180^\circ\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm APE}+\angle {\rm AQE}=180^\circ\)
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 \({\rm EPAQ}\) は円に内接する [終]
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四角形 \({\rm APBC}\) 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、
\(\angle {\rm ABC}=\angle {\rm APE}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、四角形 \({\rm AQDB}\) 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、
\(\angle {\rm ABD}=\angle {\rm AQE}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
また、点 \({\rm B}\) について、
\(\angle {\rm ABC}+\angle {\rm ABD}=180^\circ\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm APE}+\angle {\rm AQE}=180^\circ\)
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 \({\rm EPAQ}\) は円に内接する [終]
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p.117 問題6[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.117 問題7[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.117 問題8
第２節 空間図形
p.118 練習34\({\small (1)}~\)辺 \({\rm BE~,~CF}\) \({\small (2)}~\)辺 \({\rm BC~,~EF}\)
解法のPoint｜空間図形の2直線の位置関係
解法のPoint｜空間図形の2直線の位置関係
p.119 練習35\({\small (1)}~90^\circ\) \({\small (2)}~45^\circ\) \({\small (3)}~90^\circ\)
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.120 練習36[証明]
\(\triangle {\rm ACD}\) は正三角形で \({\rm M}\) は辺 \({\rm CD}\) の中点になるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CD}\perp{\rm AM}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm BCD}\) についても同様に、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CD}\perp{\rm BM}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\) より、辺 \({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ABM}\) 上の \(2\) 直線 \({\rm AM}\)、\({\rm BM}\) に垂直になる
したがって、
辺 \({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ABM}\) に垂直になる [終]
辺 \({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ABM}\) に垂直になるので、辺 \({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ABM}\) 上の辺 \({\rm AB}\) と垂直になる
したがって、\({\rm AB}\perp{\rm CD}\) となる [終]
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\(\triangle {\rm ACD}\) は正三角形で \({\rm M}\) は辺 \({\rm CD}\) の中点になるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CD}\perp{\rm AM}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm BCD}\) についても同様に、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CD}\perp{\rm BM}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\) より、辺 \({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ABM}\) 上の \(2\) 直線 \({\rm AM}\)、\({\rm BM}\) に垂直になる
したがって、
辺 \({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ABM}\) に垂直になる [終]
[証明]
辺 \({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ABM}\) に垂直になるので、辺 \({\rm CD}\) は \(\triangle {\rm ABM}\) 上の辺 \({\rm AB}\) と垂直になる
したがって、\({\rm AB}\perp{\rm CD}\) となる [終]
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p.121 練習37\({\small (1)}~\)正しくない
\({\small (2)}~\)正しい
\({\small (3)}~\)正しくない
\({\small (4)}~\)正しくない
\({\small (5)}~\)正しい
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\({\small (2)}~\)正しい
\({\small (3)}~\)正しくない
\({\small (4)}~\)正しくない
\({\small (5)}~\)正しい
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p.123 練習38正四面体|\(\,4\,\)|正三角形|\(\,3\,\)|\(\,4\,\)|\(\,6\,\)
正六面体|\(\,6\,\)|正方形|\(\,3\,\)|\(\,8\,\)|\(\,12\,\)
正十二面体|\(\,12\,\)|正五角形|\(\,3\,\)|\(\,20\,\)|\(\,30\,\)
正二十面体|\(\,20\,\)|正三角形|\(\,5\,\)|\(\,12\,\)|\(\,30\,\)
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|\(\,3\,\)|\(\,8\,\)|\(\,12\,\)
正十二面体|\(\,12\,\)|正五角形|\(\,3\,\)|\(\,20\,\)|\(\,30\,\)
正二十面体|\(\,20\,\)|正三角形|\(\,5\,\)|\(\,12\,\)|\(\,30\,\)
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
p.123 練習39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.123 練習40\({\small (1)}~\)面 \(14\) 、頂点 \(12\) 、辺 \(24\)
\({\small (2)}~\)\(v=12~,~e=24~,~f=14\) より、①に代入すると、
\(12-24+14=2\)
したがって、①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
\({\small (2)}~\)\(v=12~,~e=24~,~f=14\) より、①に代入すると、
\(12-24+14=2\)
したがって、①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.124 練習41[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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p.125 深める\({\small (1)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形で \({\rm P~,~Q}\) はそれぞれ \({\rm AB~,~AD}\) の中点であるので、
\(\angle{\rm BAC}=60^\circ~,~{\rm AP=AQ}\)
したがって、\(\triangle {\rm APQ}\) は正三角形である
また、\({\rm PQ=QR=RP}\) となり、\(\triangle {\rm PQR}\) も正三角形である
これより、立体 \({\rm APQR}\) のすべての面が合同な正三角形である
また、４つの頂点に集まる面の数はすべて４で等しい
したがって、立体 \({\rm APQR}\) は正四面体である
\({\small (2)}~\)正四面体 \({\rm ABCD}\) の体積を \({\rm V}\) とすると、
正四面体 \({\rm APQR}\) は相似比 \(1:2\) より、体積比 \(1^3:2^3=1:8\) であり体積が \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}{\rm V}\) となる
また、正四面体 \({\rm RBTS~,~QTCU~,~RSUD}\) の体積も同様に \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}{\rm V}\) となり、４つの体積の和は
\(~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}{\rm V}{\, \small \times \,}4=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}\)
これより、正八面体 \({\rm PQRSTU}\) の体積は、
\(~~~{\rm V}-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}\)
となり、もとの正四面体の体積の半分となる
解法のPoint｜立方体内の正八面体
\(\angle{\rm BAC}=60^\circ~,~{\rm AP=AQ}\)
したがって、\(\triangle {\rm APQ}\) は正三角形である
また、\({\rm PQ=QR=RP}\) となり、\(\triangle {\rm PQR}\) も正三角形である
これより、立体 \({\rm APQR}\) のすべての面が合同な正三角形である
また、４つの頂点に集まる面の数はすべて４で等しい
したがって、立体 \({\rm APQR}\) は正四面体である
\({\small (2)}~\)正四面体 \({\rm ABCD}\) の体積を \({\rm V}\) とすると、
正四面体 \({\rm APQR}\) は相似比 \(1:2\) より、体積比 \(1^3:2^3=1:8\) であり体積が \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}{\rm V}\) となる
また、正四面体 \({\rm RBTS~,~QTCU~,~RSUD}\) の体積も同様に \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}{\rm V}\) となり、４つの体積の和は
\(~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}{\rm V}{\, \small \times \,}4=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}\)
これより、正八面体 \({\rm PQRSTU}\) の体積は、
\(~~~{\rm V}-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}\)
となり、もとの正四面体の体積の半分となる
解法のPoint｜立方体内の正八面体
p.126 研究 練習1\({\small (1)}~\)１つの頂点に集まる角の和が \(360^\circ\) より小さく、正方形の１つの内角が \(90^\circ\) より、
\(360^\circ \div 90^\circ =4\)
よって、１つの頂点に集まる正方形の数は４より小さい
また、１つの頂点に集まる面の数は３以上なので、１つの頂点に集まる正方形は３つとなる
よって、
\(~~~v=\displaystyle \frac{\,4f\,}{\,3\,}\)
また、１つの辺に集まる面の数は２つであるので、
\(~~~e=\displaystyle \frac{\,4f\,}{\,2\,}\)
\(v-e+f=2\) より、
\(~~~\displaystyle \frac{\,4f\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,4f\,}{\,2\,}+f=2\)
これより、\(f=6\) となり、
各面が正方形である正多面体が存在するならば、その面の数は６である
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
\(360^\circ \div 90^\circ =4\)
よって、１つの頂点に集まる正方形の数は４より小さい
また、１つの頂点に集まる面の数は３以上なので、１つの頂点に集まる正方形は３つとなる
よって、
\(~~~v=\displaystyle \frac{\,4f\,}{\,3\,}\)
また、１つの辺に集まる面の数は２つであるので、
\(~~~e=\displaystyle \frac{\,4f\,}{\,2\,}\)
\(v-e+f=2\) より、
\(~~~\displaystyle \frac{\,4f\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,4f\,}{\,2\,}+f=2\)
これより、\(f=6\) となり、
各面が正方形である正多面体が存在するならば、その面の数は６である
\({\small (2)}~\)１つの頂点に集まる角の和が \(360^\circ\) より小さく、正三角形の１つの内角が \(60^\circ\) より、
\(360^\circ \div 60^\circ =6\)
よって、１つの頂点に集まる正方形の数は６より小さい
また、１つの頂点に集まる面の数は３以上なので、１つの頂点に集まる正三角形は３か４か５となる
( ⅰ ) ３のとき、\(v=\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,3\,}~,~e=\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,2\,}\)
\(v-e+f=2\) より、
\(~~~\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,2\,}+f=2\)
これより、\(f=4\)
( ⅱ ) ４のとき、\(v=\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,4\,}~,~e=\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,2\,}\)
\(v-e+f=2\) より、
\(~~~\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,4\,}-\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,2\,}+f=2\)
これより、\(f=8\)
( ⅲ ) ５のとき、\(v=\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,5\,}~,~e=\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,2\,}\)
\(v-e+f=2\) より、
\(~~~\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,5\,}-\displaystyle \frac{\,3f\,}{\,2\,}+f=2\)
これより、\(f=20\)
したがって、各面が正三角形である正多面体が存在するならば、その面の数は \(4\) か \(8\) か \(20\) である
解法のPoint｜正多面体の面・頂点・辺とオイラーの定理
問題
p.127 問題10\({\small (1)}~\)[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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p.127 問題12[証明]
\({\rm AB}\perp\ell~,~{\rm OB}\perp\ell\) なので、\(\ell\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm OB}\) を含む平面 \({\rm OAB}\) に垂直となるので、
\(\ell\) は平面 \({\rm OAB}\) 上の \({\rm OA}\) に垂直となる
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}\perp\ell~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、仮定より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}\perp{\rm OB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm OA}\) は平面 \(\alpha\) 上の交わる \(2\) 直線 \(\ell~,~{\rm OB}\) に垂直となる
したがって、\({\rm OA}\perp\alpha\) となる [終]
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\({\rm AB}\perp\ell~,~{\rm OB}\perp\ell\) なので、\(\ell\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm AB}~,~{\rm OB}\) を含む平面 \({\rm OAB}\) に垂直となるので、
\(\ell\) は平面 \({\rm OAB}\) 上の \({\rm OA}\) に垂直となる
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}\perp\ell~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、仮定より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}\perp{\rm OB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm OA}\) は平面 \(\alpha\) 上の交わる \(2\) 直線 \(\ell~,~{\rm OB}\) に垂直となる
したがって、\({\rm OA}\perp\alpha\) となる [終]
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演習問題 図形の性質
p.128 演習問題A 1[証明]
\({\rm MD}~,~{\rm ME}\) はそれぞれ \(\angle {\rm AMB}~,~\angle {\rm AMC}\) の二等分線であるので、
\(\triangle {\rm AMB}\) において、角の二等分線と比の関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm MA}:{\rm MB}={\rm AD}:{\rm DB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm AMC}\) において、角の二等分線と比の関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm MA}:{\rm MC}={\rm AE}:{\rm EC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、\({\rm M}\) は辺 \({\rm BC}\) の中点なので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm MB}={\rm MC}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AD}:{\rm DB}={\rm AE}:{\rm EC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AD}:{\rm DB}={\rm AE}:{\rm EC}\) より、\({\rm DE}\,/\!/\,{\rm BC}\) となる [終]
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\({\rm MD}~,~{\rm ME}\) はそれぞれ \(\angle {\rm AMB}~,~\angle {\rm AMC}\) の二等分線であるので、
\(\triangle {\rm AMB}\) において、角の二等分線と比の関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm MA}:{\rm MB}={\rm AD}:{\rm DB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm AMC}\) において、角の二等分線と比の関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm MA}:{\rm MC}={\rm AE}:{\rm EC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、\({\rm M}\) は辺 \({\rm BC}\) の中点なので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm MB}={\rm MC}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AD}:{\rm DB}={\rm AE}:{\rm EC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AD}:{\rm DB}={\rm AE}:{\rm EC}\) より、\({\rm DE}\,/\!/\,{\rm BC}\) となる [終]
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p.128 演習問題A 2\({\small (1)}~\)[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.128 演習問題A 3\({\small (1)}~\)[証明]
\(1\) つの頂点からの \(2\) つの接線の長さは等しいので、\(\triangle {\rm BDF}~,~\triangle {\rm CED}\) はともに二等辺三角形となる
よって、底角が等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm BDF}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(180°-\angle {\rm ABC})\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CDE}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(180°-\angle {\rm ACB})\end{eqnarray}\)
これより、
したがって、\(2\angle {\rm FDE}=\angle {\rm ABC}+\angle {\rm ACB}\) となる [終]
\(1\) つの頂点からの \(2\) つの接線の長さは等しいので、
\({\rm AE}={\rm AF}~,~{\rm BF}={\rm BD}~,~{\rm CD}={\rm CE}\)
これより、
\({\rm AB}={\rm AF}+{\rm BF}={\rm AF}+{\rm BD}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\rm AC}={\rm AF}+{\rm CD}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\rm BC}={\rm BD}+{\rm CD}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}+{\small [\,2\,]}-{\small [\,3\,]}\) より、
したがって、\(2{\rm AF}={\rm AB}+{\rm AC}-{\rm BC}\) となる [終]
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\(1\) つの頂点からの \(2\) つの接線の長さは等しいので、\(\triangle {\rm BDF}~,~\triangle {\rm CED}\) はともに二等辺三角形となる
よって、底角が等しいので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm BDF}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(180°-\angle {\rm ABC})\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CDE}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(180°-\angle {\rm ACB})\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm FDE}&=&180°-(\angle {\rm BDF}+\angle {\rm CDE})
\\[5pt]~~~&=&180°-\left\{\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(180°-\angle {\rm ABC})+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(180°-\angle {\rm ACB})\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(\angle {\rm ABC}+\angle {\rm ACB})\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&180°-\left\{\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(180°-\angle {\rm ABC})+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(180°-\angle {\rm ACB})\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(\angle {\rm ABC}+\angle {\rm ACB})\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(2\angle {\rm FDE}=\angle {\rm ABC}+\angle {\rm ACB}\) となる [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(1\) つの頂点からの \(2\) つの接線の長さは等しいので、
\({\rm AE}={\rm AF}~,~{\rm BF}={\rm BD}~,~{\rm CD}={\rm CE}\)
これより、
\({\rm AB}={\rm AF}+{\rm BF}={\rm AF}+{\rm BD}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\rm AC}={\rm AF}+{\rm CD}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\rm BC}={\rm BD}+{\rm CD}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}+{\small [\,2\,]}-{\small [\,3\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&&{\rm AB}+{\rm AC}-{\rm BC}
\\[3pt]~~~&=&({\rm AF}+{\rm BD})+({\rm AF}+{\rm CD})-({\rm BD}+{\rm CD})
\\[3pt]~~~&=&2{\rm AF}\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&({\rm AF}+{\rm BD})+({\rm AF}+{\rm CD})-({\rm BD}+{\rm CD})
\\[3pt]~~~&=&2{\rm AF}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(2{\rm AF}={\rm AB}+{\rm AC}-{\rm BC}\) となる [終]
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p.129 演習問題B 5[証明]
\(\angle {\rm C}\) の内角の二等分線より、
\({\rm AF}:{\rm FB}={\rm CA}:{\rm CB}\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm AF}\,}{\,{\rm FB}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm BC}\,}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線より、
\({\rm BD}:{\rm DC}={\rm AB}:{\rm AC}\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm DC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm AC}\,}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\angle {\rm B}\) の内角の二等分線より、
\({\rm CE}:{\rm EA}={\rm BC}:{\rm BA}\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,{\rm AB}\,}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
したがって、メネラウスの定理の逆により、\(3\) 点 \({\rm D}~,~{\rm E}~,~{\rm F}\) は一直線上にある [終]
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\(\angle {\rm C}\) の内角の二等分線より、
\({\rm AF}:{\rm FB}={\rm CA}:{\rm CB}\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm AF}\,}{\,{\rm FB}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm BC}\,}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線より、
\({\rm BD}:{\rm DC}={\rm AB}:{\rm AC}\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm DC}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm AC}\,}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\angle {\rm B}\) の内角の二等分線より、
\({\rm CE}:{\rm EA}={\rm BC}:{\rm BA}\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,{\rm AB}\,}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) の各辺の積より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AF}\,}{\,{\rm FB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm DC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AC}\,}{\,{\rm BC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AB}\,}{\,{\rm AC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,{\rm AB}\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AF}\,}{\,{\rm FB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm DC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}&=&\displaystyle \frac{\,\cancel{\rm AC}\,}{\,\cancel{\rm BC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{\rm AB}\,}{\,\cancel{\rm AC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{\rm BC}\,}{\,\cancel{\rm AB}\,}
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AF}\,}{\,{\rm FB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm DC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}&=&1\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AF}\,}{\,{\rm FB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm DC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}&=&\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 AF}\,}{\,{\rm FB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm DC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}&=&1\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、メネラウスの定理の逆により、\(3\) 点 \({\rm D}~,~{\rm E}~,~{\rm F}\) は一直線上にある [終]
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p.129 演習問題B 6[証明]
点 \({\rm A}\) における共通接線を引き、直線 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、
\(1\) つの点からの \(2\) つの接線の長さは等しいので、
\({\rm DA}={\rm DB}~,~{\rm DA}={\rm DC}\)
よって、\({\rm DA}={\rm DB}={\rm DC}\) となり、点 \({\rm D}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の外心となるので、
点 \({\rm A}\) は線分 \({\rm BC}\) を直径とする円周上にある
したがって、半円の弧に対する円周角より、\(\angle {\rm BAC}=90°\) となる [終]
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点 \({\rm A}\) における共通接線を引き、直線 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、
\(1\) つの点からの \(2\) つの接線の長さは等しいので、
\({\rm DA}={\rm DB}~,~{\rm DA}={\rm DC}\)
よって、\({\rm DA}={\rm DB}={\rm DC}\) となり、点 \({\rm D}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の外心となるので、
点 \({\rm A}\) は線分 \({\rm BC}\) を直径とする円周上にある
したがって、半円の弧に対する円周角より、\(\angle {\rm BAC}=90°\) となる [終]
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p.129 演習問題B 7\({\small (1)}~\)[証明]
\(\triangle {\rm ABE}\) と \(\triangle {\rm ADC}\) において、仮定より、
\(\angle {\rm BAE}=\angle {\rm DAC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
円周角の定理より、
\(\angle {\rm AEB}=\angle {\rm ACD}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABE}\) ∽ \(\triangle {\rm ADC}\)
よって、\({\rm AB}:{\rm AD}={\rm AE}:{\rm AC}\) より、
\({\rm AB} \cdot {\rm AC}={\rm AD} \cdot {\rm AE}\)
ここで、\({\rm AE}={\rm AD}+{\rm DE}\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB} \cdot {\rm AC}&=&{\rm AD}({\rm AD}+{\rm DE})
\\[3pt]~~~&=&{\rm AD} \cdot {\rm AD}+{\rm AD} \cdot {\rm DE}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\end{eqnarray}\)
また、方べきの定理より、
\({\rm AD} \cdot {\rm DE}={\rm BD} \cdot {\rm CD}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、
\({\rm AB} \cdot {\rm AC}={\rm AD} \cdot {\rm AD}+{\rm BD} \cdot {\rm CD}\)
したがって、\({\rm AD}^2={\rm AB} \cdot {\rm AC}-{\rm BD} \cdot {\rm CD}\) となる [終]
\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、\({\rm AE}\) は \(\angle {\rm BAC}\) の二等分線となるので、
\(\angle {\rm BAE}=\angle {\rm CAE}\)
よって、等しい円周角に対する弧は等しいので、
\(\stackrel{\frown}{\rm EB}=\stackrel{\frown}{\rm EC}\)
これより、
\({\rm EB}={\rm EC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\angle {\rm IBE}\) は、
\(\angle {\rm IBE}=\angle {\rm EBC}+\angle {\rm CBI}\)
\(\triangle {\rm ABI}\) の外角より、\(\angle {\rm BIE}\) は、
\(\angle {\rm BIE}=\angle {\rm BAE}+\angle {\rm IBA}\)
ここで、\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、
\(\angle {\rm CBI}=\angle {\rm IBA}\)
また、\(\stackrel{\frown}{\rm EC}\) に対する円周角より、
\(\angle {\rm EBC}=\angle {\rm EAC}=\angle {\rm BAE}\)
よって、\(\angle {\rm IBE}=\angle {\rm BIE}\) より、\(\triangle {\rm EBI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm EB}={\rm EI}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
したがって、\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm EB}={\rm EC}={\rm EI}\) となる [終]
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\(\triangle {\rm ABE}\) と \(\triangle {\rm ADC}\) において、仮定より、
\(\angle {\rm BAE}=\angle {\rm DAC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
円周角の定理より、
\(\angle {\rm AEB}=\angle {\rm ACD}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABE}\) ∽ \(\triangle {\rm ADC}\)
よって、\({\rm AB}:{\rm AD}={\rm AE}:{\rm AC}\) より、
\({\rm AB} \cdot {\rm AC}={\rm AD} \cdot {\rm AE}\)
ここで、\({\rm AE}={\rm AD}+{\rm DE}\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB} \cdot {\rm AC}&=&{\rm AD}({\rm AD}+{\rm DE})
\\[3pt]~~~&=&{\rm AD} \cdot {\rm AD}+{\rm AD} \cdot {\rm DE}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\end{eqnarray}\)
また、方べきの定理より、
\({\rm AD} \cdot {\rm DE}={\rm BD} \cdot {\rm CD}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、
\({\rm AB} \cdot {\rm AC}={\rm AD} \cdot {\rm AD}+{\rm BD} \cdot {\rm CD}\)
したがって、\({\rm AD}^2={\rm AB} \cdot {\rm AC}-{\rm BD} \cdot {\rm CD}\) となる [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、\({\rm AE}\) は \(\angle {\rm BAC}\) の二等分線となるので、
\(\angle {\rm BAE}=\angle {\rm CAE}\)
よって、等しい円周角に対する弧は等しいので、
\(\stackrel{\frown}{\rm EB}=\stackrel{\frown}{\rm EC}\)
これより、
\({\rm EB}={\rm EC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\angle {\rm IBE}\) は、
\(\angle {\rm IBE}=\angle {\rm EBC}+\angle {\rm CBI}\)
\(\triangle {\rm ABI}\) の外角より、\(\angle {\rm BIE}\) は、
\(\angle {\rm BIE}=\angle {\rm BAE}+\angle {\rm IBA}\)
ここで、\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、
\(\angle {\rm CBI}=\angle {\rm IBA}\)
また、\(\stackrel{\frown}{\rm EC}\) に対する円周角より、
\(\angle {\rm EBC}=\angle {\rm EAC}=\angle {\rm BAE}\)
よって、\(\angle {\rm IBE}=\angle {\rm BIE}\) より、\(\triangle {\rm EBI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm EB}={\rm EI}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
したがって、\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm EB}={\rm EC}={\rm EI}\) となる [終]
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p.129 演習問題B 7\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,2\,}\,}{\,3\,}\pi\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,2\,}\,}{\,3\,}\pi\)
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