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【新課程】数研出版:数学A[712]

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第1章 場合の数と確率
第2章 図形の性質
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

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

p.84 練習3$$~~~6$$

p.84 問1[証明]

図のように、\({\rm AB}\) の延長線上に点 \({\rm F}\)
\({\rm AQ\,//\, EC}\) となるように、\({\rm AB}\) 上に点 \({\rm E}\) をとる
角の二等分線より、
  \(\angle{\rm FAQ}=\angle{\rm CAQ}\) …①
\({\rm AQ\,//\, EC}\) の同位角より、
  \(\angle{\rm FAQ}=\angle{\rm AEC}\) …②
\({\rm AQ\,//\, EC}\) の錯角より、
  \(\angle{\rm CAQ}=\angle{\rm ACE}\) …③
①、②、③より
  \(\angle{\rm AEC}=\angle{\rm ACE}\)
よって、\(\triangle{\rm AEC}\) は \({\rm AE=AC}\) の二等辺三角形となる
また、\({\rm AQ\,//\, EC}\) の平行線と線分の比より、
  \({\rm BD}:{\rm CQ}={\rm BA}:{\rm EA}\)
\({\rm AE=AC}\) とすると、
  \({\rm BQ}:{\rm QC}={\rm AB}:{\rm AC}\)
したがって、点 \({\rm Q}\) は辺 \({\rm BC}\) を \({\rm AB\,:\,AC}\) に外分する [終]

p.84 練習4$$~~~10$$→ 角の二等分線と比

p.86 練習5$$~~~\alpha=40^\circ~,~\beta=140^\circ$$→ 三角形の外心

p.87 練習6[証明]

図より、点 \({\rm I}\) から
 線分 \({\rm BC}\) に下ろした垂線を \({\rm ID}\)
 直線 \({\rm AB}\) に下ろした垂線を \({\rm IE}\)
 直線 \({\rm AC}\) に下ろした垂線を \({\rm IF}\)
とすると、
\(\triangle {\rm IBE}\equiv\triangle {\rm IBD}\) より、
  \({\rm IE=ID}\)
\(\triangle {\rm ICF}\equiv\triangle {\rm ICD}\) より、
  \({\rm IF=ID}\)
よって、
  \({\rm IE=IF}\)
また、共通の辺より、
  \({\rm AI=AI}\)
これより、斜辺と他の1辺が等しいので、
  \(\triangle {\rm AIE}\equiv\triangle {\rm AIF}\)
よって、
  \(\angle{\rm EAI}=\angle{\rm FAI}\)
したがって、点 \({\rm I}\) は \({\rm \angle A}\) の二等分線上にある [終]

p.87 練習7$$~~~\alpha=25^\circ~,~\beta=125^\circ$$→ 三角形の内心

p.88 練習8$${\small (1)}~3:1$$$${\small (2)}~3:1$$→ 三角形の重心

p.89 練習9[証明]

重心と内心が一致する点を \({\rm P}\) とすると、直線 \({\rm AP}\) と線分 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm Q}\) とする
重心であることより、
  \({\rm BQ:QC}=1:1\)
内心であることより、\({\rm AQ}\) は \(\angle{\rm A}\) の二等分線となり、
  \(\angle{\rm BAQ}=\angle{\rm CAQ}\)
ここで、角の二等分線と比の関係より、
  \({\rm AB:AC=BQ:QC}=1:1\)
よって、
  \({\rm AB=AC}\)
同様に \(\angle{\rm B}\) のときも考えて、
  \({\rm AB=BC}\)
したがって、\({\rm AB=BC=AC}\) となり3辺が等しいので、\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形である [終]

p.90 研究 練習1[証明]

内心と垂心が一致する点を \({\rm P}\) とすると、直線 \({\rm AP}\) と線分 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm Q}\) とする
内心であることより、\({\rm AQ}\) は \(\angle{\rm A}\) の二等分線となり、
  \(\angle{\rm BAQ}=\angle{\rm CAQ}\)
垂心であることより、
  \(\angle{\rm AQB}=\angle{\rm AQC}=90^\circ\)
また、共通の辺より、
  \({\rm AQ=AQ}\)
1辺とその両端の角がそれぞれ等しいので、
  \(\triangle {\rm ABQ}\equiv\triangle {\rm ACQ}\)
よって、
  \({\rm AB=AC}\)
同様に \(\angle{\rm B}\) のときも考えて、
  \({\rm AB=BC}\)
したがって、\({\rm AB=BC=AC}\) となり3辺が等しいので、\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形である [終]
三角形の垂心

p.92 練習10$${\small (1)}~2:3$$$${\small (2)}~5:8$$→ チェバの定理

p.92 深める[証明]

頂点 \({\rm C}\) を通り、直線 \(l\) に平行な直線を引き、直線 \({\rm AB}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、
\({\rm PR\,//\,CD~,~CD\,//\,QR}\) より、$$~~~{\rm \frac{\,BD\,}{\,PC\,}=\frac{\,BR\,}{\,RD\,}~,~\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}=\frac{\,DR\,}{\,RA\,}}$$これより、$$\scriptsize~~~{\rm \frac{\,BP\,}{\,PC\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}\cdot\frac{\,AR\,}{\,RB\,}=\frac{\,BR\,}{\,RD\,}\cdot\frac{\,DR\,}{\,RA\,}\cdot\frac{\,AR\,}{\,RB\,}=1}$$したがって、$$~~~{\rm \frac{\,BP\,}{\,PC\,}\cdot\frac{\,CQ\,}{\,QA\,}\cdot\frac{\,AR\,}{\,RB\,}=1}$$[終]

p.93 練習11$${\small (1)}~1:1$$$${\small (2)}~3:1$$→ メネラウスの定理

p.93 練習12$${\small (1)}~2:1$$$${\small (2)}~1:2$$

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、$$~~~{\rm \frac{\,CB\,}{\,BP\,}\cdot\frac{\,PO\,}{\,OA\,}\cdot\frac{\,AQ\,}{\,QC\,}=1}$$すなわち、$$\begin{split}&\frac{\,4\,}{\,1\,}\cdot{\rm\frac{\,PO\,}{\,OA\,}}\cdot\frac{\,2\,}{\,3\,}=1\\[3pt]~~~&~~~~~~\Leftrightarrow~{\rm\frac{\,PO\,}{\,OA\,} }=\frac{\,3\,}{\,8\,}\end{split}$$したがって、
  \({\rm PO:OA}=3:8\)

p.94 研究 練習1$$~~~1:3$$

p.95 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]

p.96 研究 練習1\({\small (1)}~\)存在しない
\({\small (2)}~\)存在しない
\({\small (3)}~\)存在する
三角形になるための条件

p.97 研究 練習2[証明]

図において、\(\angle{\rm B}=90^\circ\) より、
  \(\angle{\rm A}+\angle{\rm C}=90^\circ\)
よって、\(\angle{\rm A}<90^\circ~,~\angle{\rm C}<90^\circ\) となり、
  \(\angle{\rm A}<\angle{\rm B}~,~\angle{\rm C}<\angle{\rm B}\)
これより、\(\angle{\rm B}\) が最大の角となり、向かい合う斜辺 \({\rm AC}\) が最も大きい辺となる [終]
三角形の辺と角の大小比較

p.98 練習13$${\small (1)}~24^\circ$$$${\small (2)}~28^\circ$$

p.99 練習14$${\small (1)}~35^\circ$$$${\small (2)}~28^\circ$$→ 円周角と中心角

p.100 練習15$${\small (1)}~62^\circ$$$${\small (2)}~52^\circ$$$${\small (3)}~124^\circ$$→ 円に内接する四角形と角

p.100 練習16[証明]

四角形 \({\rm ACQP}\) は円に内接するので、対角の外角の条件より、
  \(\angle{\rm PAC}=\angle{\rm PQD}\)
次に、弧 \({\rm PD}\) に対する円周角の定理より、
  \(\angle{\rm PQD}=\angle{\rm PBD}\)
よって、
  \(\angle{\rm PAC}=\angle{\rm PBD}\)
したがって、錯覚が等しいので、
  \({\rm AC\,//\, DB}\) [終]

p.100 深める$$~~~\angle{\rm PAC}=\angle{\rm PQD}~,~\angle{\rm PQD}=\angle{\rm PBE}$$

p.101 練習17[証明]

四角形 \({\rm BCFE}\) は円に内接するので、対角の外角の条件より、
  \(\angle{\rm EBC}=\angle{\rm DFE}\)
また、\({\rm AD\,//\, BC}\) より、
  \(\angle{\rm EBC}+\angle{\rm EAD}=180^\circ\)
よって、
  \(\angle{\rm DFE}+\angle{\rm EAD}=180^\circ\)
したがって、内角の和が \(180^\circ\) となるので、四角形 \({\rm AEFD}\) は円に内接する [終]

p.102 問2[証明]

円の中心を \({\rm O}\) 、接点を \({\rm A~,~B}\) 、接点の交点を \({\rm P}\) とすると、
\(\triangle {\rm OPA}\) と \(\triangle {\rm OPB}\) において、接線の条件より、
  \(\angle{\rm OAP}=\angle{\rm OBP}=90^\circ\)
円の半径より、
  \({\rm OA=OB}\)
共通な辺より、
  \({\rm OP=OP}\)
直角三角形の斜辺と他の1辺がそれぞれ等しいので、
  \(\triangle {\rm OPA}\equiv\triangle {\rm OPB}\)
したがって、
  \({\rm PA=PB}\) [終]

p.103 練習18[証明]

この円の半径を \(r\) とすると、
  \({\rm OP=OQ=OR=OS}=r\)
また、\({\rm AB~,~BC~,~CD~,~DA}\) は円の接線であることより、
  \({\rm OP\perp AB~,~OQ\perp BC}\)
  \({\rm OR\perp CD~,~OS\perp DA}\)
よって、$$\begin{split}&\triangle {\rm OAB}+\triangle {\rm OCD}\\[3pt]~~=~&{ \frac{\,1\,}{\,2\,}}\cdot r \cdot {\rm AB}+{ \frac{\,1\,}{\,2\,}}\cdot r \cdot {\rm CD}\\[3pt]~~=~&{ \frac{\,1\,}{\,2\,}}r({\rm AB+CD})\end{split}$$また、$$\begin{split}&\triangle {\rm OBC}+\triangle {\rm ODA}\\[3pt]~~=~&{ \frac{\,1\,}{\,2\,}}\cdot r \cdot {\rm BC}+{ \frac{\,1\,}{\,2\,}}\cdot r \cdot {\rm DA}\\[3pt]~~=~&{ \frac{\,1\,}{\,2\,}}r({\rm BC+DA})\end{split}$$ここで、円に外接する四角形の条件より、
  \({\rm AB+CD=BC+DA}\)
したがって、
  \(\triangle {\rm OAB}+\triangle {\rm OCD}\)
     \(=\triangle {\rm OBC}+\triangle {\rm ODA}\)
[終]

p.103 練習19$${\small (1)}~{\rm AQ}=9-x~,~{\rm CQ}=10-x$$$${\small (2)}~6$$→ 内接円と接線の条件

p.104 問3[証明]

円の直径を \({\rm AD}\) とするの、直径の円周角の定理より、
  \(\angle{\rm DCA}=90^\circ\)
円の接線より、
  \(\angle{\rm DAT}=90^\circ\)
ここで、弧 \({\rm BD}\) の円周角の定理より、
  \(\angle{\rm BCD}=\angle{\rm BAD}\)
よって、
  \(\angle{\rm BCA}=\angle{\rm ACB}=\angle{\rm BCD}+90^\circ\)
  \(\angle{\rm BAT}=\angle{\rm BAD}+90^\circ\)
したがって、
  \(\angle{\rm BAT}=\angle{\rm ACB}\) [終]

p.104 練習20$${\small (1)}~50^\circ$$$${\small (2)}~30^\circ$$→ 接弦定理

p.105 練習21$${\small (1)}~{ \frac{\,21\,}{\,5\,}}$$$${\small (2)}~\sqrt{5}$$→ 方べきの定理

p.105 練習22$$~~~\sqrt{2}$$

p.106 練習23[証明]

弦の性質より、
  \({\rm PA=PB}\)
また、方べきの定理より、
  \({\rm PC\cdot PD=PA\cdot PB}\)
したがって、
  \({\rm PC\cdot PD=PA^2}\) [終]

p.106 問4[証明]

\(\triangle {\rm PTA}\) と \(\triangle {\rm PBT}\) において、
共通の角より、
  \(\angle{\rm TPA}=\angle{\rm BPT}\)
\({\rm PT}\) が接線であり、接弦定理より、
  \(\angle{\rm PTA}=\angle{\rm PBT}\)
2組の角がそれぞれ等しいので、
  \(\triangle {\rm PTA}\sim\triangle {\rm PBT}\)
よって、
  \({\rm PT:PA=PB:PT}\)
したがって、
  \({\rm PA\cdot PB=PT^2}\) [終]

p.106 練習24[証明]

左側の円について、方べきの定理より、
  \({\rm PT^2=PA\cdot PB}\)
右側の円について、方べきの定理より、
  \({\rm PT’^2=PA\cdot PB}\)
よって、
  \({\rm PT^2=PT’^2}\)
したがって、
  \({\rm PT=PT’}\) [終]

p.107 練習25[証明]

円 \({\rm O}\) について、方べきの定理より、
  \({\rm CD\cdot CE=CA\cdot CB}\) …①
次に、\(\angle{\rm OAP}=90^\circ\) かつ \(\angle{\rm OBP}=90^\circ\) であり、向かい合う角の和が \(180^\circ\) となるので、四角形 \({\rm APBO}\) は同一円周上にある
よって、方べきの定理より、
  \({\rm CP\cdot CO=CA\cdot CB}\) …②
①と②より、
  \({\rm CD\cdot CE=CP\cdot CO}\)
したがって、方べきの定理の逆より、4点 \({\rm P~,~O~,~D~,~E}\) は同一円周上にある [終]

p.108 練習26$${\small (1)}~>$$$${\small (2)}~=$$$${\small (3)}~<~,~<$$$${\small (4)}~=$$$${\small (5)}~<$$→ 2つの円の位置関係と共通接線

p.109 練習27$${\small (1)}~6\sqrt{2}$$$${\small (2)}~5\sqrt{5}$$→ 共通接線の長さ

p.109 練習28$$~~~60^\circ$$

p.110 練習29①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
作図の基本

p.111 問5

p.111 練習30\({\small (1)}~\)

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

内分点と外分点の作図

p.112 練習31
分数倍の作図

p.113 練習32
平方根の値の作図

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、$$\begin{eqnarray}~~~x(x-1)&=&1\\[2pt]~~~x^2-x-1&=&0\end{eqnarray}$$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.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]
p.115 研究 練習2

p.115 研究 練習3

p.117 問題5[証明] 四角形 \({\rm ADCB}\) は円に内接するので、外角の条件より、
  \(\angle{\rm ABC}=\angle{\rm APE}\)
四角形 \({\rm ABDQ}\) は円に内接するので、外角の条件より、
  \(\angle{\rm ABD}=\angle{\rm AQE}\)
ここで、
  \(\angle{\rm ABC}+\angle{\rm ABD}=180^\circ\)
これより、
  \(\angle{\rm APE}+\angle{\rm AQE}=180^\circ\)
対角の和が \(180^\circ\) となるので、四角形 \({\rm EPAQ}\) は円に内接する [終]

p.117 問題6[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]

p.117 問題7\({\small (1)}~\)[証明] \(\triangle {\rm ABE}\) と \(\triangle {\rm ACD}\) において、
仮定より、
  \(\angle{\rm BAE}=\angle{\rm CAD}\)
弧 \({\rm AD}\) に対する円周角より、
  \(\angle{\rm ABE}=\angle{\rm ACD}\)
2組の角がそれぞれ等しいので、
  \(\triangle {\rm ABE}\sim\triangle {\rm ACD}\) [終]
 
\({\small (2)}~\)[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) と \(\triangle {\rm AED}\) において、
  \(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm BAE}+\angle{\rm EAC}\)
  \(\angle{\rm EAD}=\angle{\rm CAD}+\angle{\rm EAC}\)
仮定より \(\angle{\rm BAE}=\angle{\rm CAD}\) であるので、
  \(\angle{\rm BAC}=\angle{\rm EAD}\)
次に、弧 \({\rm AB}\) に対する円周角より、
  \(\angle{\rm ACB}=\angle{\rm ADE}\)
2組の角がそれぞれ等しいので、
  \(\triangle {\rm ABC}\sim\triangle {\rm AED}\) [終]
 
\({\small (3)}~\)[証明] (1) の \(\triangle {\rm ABE}\sim\triangle {\rm ACD}\) より、
  \({\rm AB:AC=BE:CD}\)
よって、
  \({\rm AB\cdot CD=AC\cdot BE}\) …①
また、(2) の \(\triangle {\rm ABC}\sim\triangle {\rm AED}\) より、
  \({\rm BC:ED=AC:AD}\)
よって、
  \({\rm BC\cdot AD=ED\cdot AC}\) …②
①と②の両辺を加えると、
左辺は、
  \({\rm AB\cdot CD=BC\cdot DA}\)
右辺は、$$\begin{split}&{\rm AC\cdot BE+ED\cdot AC}\\[2pt]~~=~&{\rm AC\cdot(BE+ED)}\\[2pt]~~=~&{\rm AC\cdot BD}\end{split}$$したがって、
  \({\rm AB\cdot CD+BC\cdot DA}\)
      \({\rm =AC\cdot BD}\) [終]

p.117 問題8

 



第2節 空間図形

p.118 練習33\({\small (1)}~\)辺 \({\rm BE~,~CF}\)
\({\small (2)}~\)辺 \({\rm BC~,~EF}\)
空間図形の位置関係

p.119 練習36$${\small (1)}~90^\circ$$$${\small (2)}~45^\circ$$$${\small (3)}~90^\circ$$

p.119 深める$$~~~60^\circ$$

p.120 練習35\({\small (1)}~\)[証明] \(\triangle {\rm ACD}\) は正三角形で、点 \({\rm M}\) は \({\rm CD}\) の中点となるので、
  \({\rm CD\perp AM}\)
同様に、\(\triangle {\rm BCD}\) において、
  \({\rm CD\perp BM}\)
したがって、辺 \({\rm CD}\) は平面 \({\rm ABM}\) に垂直である [終]
 
\({\small (2)}~\)[証明] (1) より、辺 \({\rm CD}\) は平面 \({\rm ABM}\) に垂直であり、辺 \({\rm AB}\) は平面 \({\rm ABM}\) 上にある
したがって、
  \({\rm AB\perp CD}\) [終]

p.121 練習36\({\small (1)}~\)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

p.122 深める6つの面はすべて正三角形であるが、1つの頂点に集まる面の数が3または4となるので、正多面体ではない

p.123 練習37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|\(\,5\,\)|\(\,12\,\)|\(\,30\,\)

p.123 練習38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

p.123 練習39\({\small (1)}~\)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

p.124 練習40[証明] \({\rm P~,~Q~,~R~,~S~,~T~,~U}\) はそれぞれの中点であるので、立体 \({\rm PQRSTU}\) のすべての辺か等しく、すべての面は合同な正三角形である
また、6つの頂点に集まる面はすべて4で等しい
したがって、立体 \({\rm PQRSTU}\) は正八面体である [終]

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 \({\large \frac{\,1\,}{\,8\,}}{\rm V}\) となる
また、正四面体 \({\rm RBTS~,~QTCU~,~RSUD}\) の体積も同様に \({\large \frac{\,1\,}{\,8\,}}{\rm V}\) となり、4つの体積の和は$$~~~\frac{\,1\,}{\,8\,}{\rm V}\times4=\frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}$$これより、正八面体 \({\rm PQRSTU}\) の体積は、$$~~~{\rm V}-\frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}=\frac{\,1\,}{\,2\,}{\rm V}$$となり、もとの正四面体の体積の半分となる

p.125 練習41$$~~~{ \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,12\,}}a^3$$

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、$$~~~v={ \frac{\,4f\,}{\,3\,}}$$また、1つの辺に集まる面の数は2つであるので、$$~~~e={ \frac{\,4f\,}{\,2\,}}$$\(v-e+f=2\) より、$$~~~{ \frac{\,4f\,}{\,3\,}}-{ \frac{\,4f\,}{\,2\,}}+f=2$$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、\(v={\large \frac{\,3f\,}{\,3\,}}~,~e={\large \frac{\,3f\,}{\,2\,}}\)
\(v-e+f=2\) より、$$~~~{ \frac{\,3f\,}{\,3\,}}-{ \frac{\,3f\,}{\,2\,}}+f=2$$これより、\(f=4\)
( ⅱ ) 4のとき、\(v={\large \frac{\,3f\,}{\,4\,}}~,~e={\large \frac{\,3f\,}{\,2\,}}\)
\(v-e+f=2\) より、$$~~~{ \frac{\,3f\,}{\,4\,}}-{ \frac{\,3f\,}{\,2\,}}+f=2$$これより、\(f=8\)
( ⅲ ) 5のとき、\(v={\large \frac{\,3f\,}{\,5\,}}~,~e={\large \frac{\,3f\,}{\,2\,}}\)
\(v-e+f=2\) より、$$~~~{\ \frac{\,3f\,}{\,5\,}}-{ \frac{\,3f\,}{\,2\,}}+f=2$$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

p.127 問題10\({\small (1)}~\)
[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]

p.127 問題12[証明] 仮定より、\({\rm AB\perp }l~,~{\rm OB\perp }l\) であるので、直線 \(l\) は平面 \({\rm OAB}\) に垂直
よって、\({\rm OA\perp }l\)
また、仮定より \({\rm OA\perp OB}\)
これより、直線 \({\rm OA}\) が平面 \(\alpha\) 上の交わる2直線 \(l~,~{\rm OB}\) に垂直であるので、直線 \({\rm OA}\) は平面 \(\alpha\) に垂直である
  \({\rm OA}\perp \alpha\) [終]

 



演習問題 図形の性質

p.128 演習問題A 1[証明] \(\triangle {\rm AMB}\) において、角の二等分線と比の関係より、
  \({\rm MA:MB=AD:DB}\)
\(\triangle {\rm AMC}\) において、角の二等分線と比の関係より、
  \({\rm MA:MC=AE:EC}\)
仮定より、\({\rm MB=MC}\) であるので、
  \({\rm AD:DB=AE:EC}\)
平行線と比の関係より、
  \({\rm DE\,//\, BC}\) [終]

p.128 演習問題A 2\({\small (1)}~\)[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、
  \(\angle{\rm APF}=\angle{\rm AEF}\) [終]
 
\({\small (2)}~\)[証明] 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、
  \(\angle{\rm APF}=\angle{\rm FBD}\) [終]
 
\({\small (3)}~\)[証明] (1)、(2)より、
  \(\angle{\rm AEF}=\angle{\rm FBD}\)
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.128 演習問題A 3\({\small (1)}~\)[証明]

三角形の内接円の条件より、
  \({\rm BF=BD}\)
\(\triangle {\rm BDF}\) は二等辺三角形で、
  \(\angle{\rm BDF}=\angle{\rm BFD}=x\)
これより、
  \(\angle{\rm ABC}=180^\circ-2x\) …①
同様に、\({\rm CE=CD}\) となり、\(\triangle {\rm CDE}\) は二等辺三角形で、
  \(\angle{\rm CDE}=\angle{\rm CED}=y\)
これより、
  \(\angle{\rm ACB}=180^\circ-2y\) …②
また、点 \({\rm D}\) について、
  \(\angle{\rm FDE}=180^\circ-(x+y)\)
両辺を2倍すると、
  \(2\angle{\rm FDE}=360^\circ-2x-2y)\)
①+②より、
  \(2\angle{\rm FDE}=\angle{\rm ABC}+\angle{\rm ACB}\) [終]
 
\({\small (2)}~\)[証明] 三角形の内接円の条件より、
  \({\rm AF=AE~,~BF=BD~,~CE=CD}\)
次に、
  \({\rm AB=AF+BF}\) …①
  \({\rm AC=AE+CE}\) …②
  \({\rm BC=BD+CD}\) …③
①+②-③より、$$\begin{split}&{\rm AB+AC-BC}\\[2pt]~~=~&{\rm AF+BF+AE+CE-BD-CD}\\[2pt]~~=~&{\rm AF+AE}\\[2pt]~~=~&2{\rm AF}\end{split}$$したがって、
  \(2{\rm AF=AB+AC-BC}\) [終]

p.129 演習問題B 5\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle{\rm A}\) の外角の二等分線と比の関係より、
\({\rm AB:AC=BD:CD}\)$$~~~{\rm \frac{\,BD\,}{\,DC\,}=\frac{\,AB\,}{\,AC\,}}\cdots{\large ①}$$
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle{\rm B}\) の内角の二等分線と比の関係より、
\({\rm BA:BC=AE:CE}\)$$~~~{\rm \frac{\,CE\,}{\,AE\,}=\frac{\,BC\,}{\,BA\,}}\cdots{\large ②}$$
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle{\rm C}\) の内角の二等分線と比の関係より、
\({\rm CA:CB=AF:BF}\)$$~~~{\rm \frac{\,AF\,}{\,FB\,}=\frac{\,AC\,}{\,BC\,}}\cdots{\large ③}$$
①〜③を各辺を掛け算すると、$$\scriptsize~~~{\rm \frac{\,BD\,}{\,DC\,}\cdot\frac{\,CE\,}{\,AE\,}\cdot\frac{\,AF\,}{\,FB\,}=\frac{\,AB\,}{\,AC\,}\cdot\frac{\,BC\,}{\,BA\,}\cdot\frac{\,AC\,}{\,BC\,}}=1$$メネラウスの定理の逆より、3点 \({\rm D~,~E~,~F}\) は一直線上にある [終]
p.129 演習問題B 6[証明]

点 \({\rm A}\) における共通接線と \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、
  \({\rm DA=DB=DC}\)
よって、点 \({\rm D}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の外接円の中心となり、線分 \({\rm BC}\) が直径となる
したがって、
  \(\angle{\rm BAC}=90^\circ\) [終]

p.129 演習問題B 7\({\small (1)}~\)[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、
  \(\triangle {\rm ABE} \sim \triangle {\rm ADC}\)
これより、
  \({\rm AB:AE=AD:AC}\)
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]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心より、角の二等分線となるので、
  \(\angle{\rm BAE}=\angle{\rm EAC}\)
円周角の定理の逆より、
  \({\rm EB=EC}\) …①
次に、\({\rm BI}\) は角の二等分線より、
  \(\angle{\rm ABI}=\angle{\rm IBD}=x\)
また、\({\rm EB=EC}\) より、
  \(\angle{\rm EBD}=\angle{\rm ECB}=y\)
ここで、
  \(\angle{\rm IBE}=\angle{\rm IBD}+\angle{\rm EBD}=x+y\)
\(\triangle {\rm IAB}\) の外角の条件より、
  \(\angle{\rm BIE}=\angle{\rm IBA}+\angle{\rm BAI}=x+y\)
よって、\(\triangle {\rm EBI}\) は二等辺三角形となり
  \({\rm EB=EI}\) …②
①、②より、
  \({\rm EB=EC=EI}\) [終]

 



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