このページは、東京書籍｜Advanced数学A[002-901]
２章 図形の性質
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。
Advanced数学A １章 場合の数と確率
Advanced数学A ２章 図形の性質
Advanced数学A ３章 整数の性質
２章 図形の性質
１節 三角形の性質
p.67 問2\({\small (1)}~\)
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (4)}~\)
解法のPoint｜直線上の内分点・外分点の作図
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (4)}~\)
解法のPoint｜直線上の内分点・外分点の作図
p.71 問7[証明] 三角形の垂心と外心が点 \({\rm O}\) で一致するとすると、
直線 \({\rm AO}\) と辺 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、点 \({\rm O}\) 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 \({\rm O}\) は外心であることより、直線 \({\rm AD}\) は辺 \({\rm BC}\) の垂直二等分線となり、
\({\rm BD}={\rm CD}\)
共通の辺より、\({\rm AD}={\rm AD}\)
\(2\) 組の辺とその間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、垂心と外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 \({\rm AO}\) と辺 \({\rm BC}\) との交点を \({\rm D}\) とすると、点 \({\rm O}\) 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 \({\rm O}\) は外心であることより、直線 \({\rm AD}\) は辺 \({\rm BC}\) の垂直二等分線となり、
\({\rm BD}={\rm CD}\)
共通の辺より、\({\rm AD}={\rm AD}\)
\(2\) 組の辺とその間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、垂心と外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.72 問9[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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm MD}~,~{\rm ME}\) 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.73 問10[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.75 参考 問1[証明]
\(\angle {\rm A}~,~\angle {\rm B}~,~\angle {\rm C}\) に対する傍心がそれぞれ \({\rm J}~,~{\rm J}^{\prime}~,~{\rm J}^{\prime\prime}\) であるとき、\({\rm AJ}~,~{\rm BJ}^{\prime}~,~{\rm CJ}^{\prime\prime}\) はそれぞれの内角の二等分線であるので、
その交点は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心 \({\rm I}\) と一致する
次に、\({\rm AJ}^{\prime}~,~{\rm AJ}^{\prime\prime}\) はともに \(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線であるので、
\(\angle {\rm J}^{\prime}{\rm AC}=\angle {\rm J}^{\prime\prime}{\rm AB}=a\)
また、\({\rm AJ}\) は \(\angle {\rm A}\) の内角の二等分線であるので、
\(\angle {\rm CAJ}=\angle {\rm BAJ}=b\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~a+a+b+b&=&180^\circ
\\[3pt]~~~a+b&=&90^\circ\end{eqnarray}\)
これより、
\(\angle {\rm JAJ}^{\prime}=\angle {\rm JAJ}^{\prime\prime}=90^\circ\)
よって、\({\rm AJ}\) と \({\rm J}^{\prime}{\rm J}^{\prime\prime}\) は垂直である
同様に考えて、\({\rm BJ}^{\prime}\) と \({\rm JJ}^{\prime\prime}\) は垂直であり、\({\rm CJ}^{\prime\prime}\) と \({\rm JJ}^{\prime}\) は垂直である
これより、内心 \({\rm I}\) は \(\triangle {\rm JJ}^{\prime}{\rm J}^{\prime\prime}\) の \(3\) 頂点から対辺に下ろした垂線上にあるので、\(\triangle {\rm JJ}^{\prime}{\rm J}^{\prime\prime}\) の垂心でもある
したがって、\(\triangle {\rm JJ}^{\prime}{\rm J}^{\prime\prime}\) の垂心と \(\triangle {\rm ABC}\) の内心は一致する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\angle {\rm A}~,~\angle {\rm B}~,~\angle {\rm C}\) に対する傍心がそれぞれ \({\rm J}~,~{\rm J}^{\prime}~,~{\rm J}^{\prime\prime}\) であるとき、\({\rm AJ}~,~{\rm BJ}^{\prime}~,~{\rm CJ}^{\prime\prime}\) はそれぞれの内角の二等分線であるので、
その交点は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心 \({\rm I}\) と一致する
次に、\({\rm AJ}^{\prime}~,~{\rm AJ}^{\prime\prime}\) はともに \(\angle {\rm A}\) の外角の二等分線であるので、
\(\angle {\rm J}^{\prime}{\rm AC}=\angle {\rm J}^{\prime\prime}{\rm AB}=a\)
また、\({\rm AJ}\) は \(\angle {\rm A}\) の内角の二等分線であるので、
\(\angle {\rm CAJ}=\angle {\rm BAJ}=b\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~a+a+b+b&=&180^\circ
\\[3pt]~~~a+b&=&90^\circ\end{eqnarray}\)
これより、
\(\angle {\rm JAJ}^{\prime}=\angle {\rm JAJ}^{\prime\prime}=90^\circ\)
よって、\({\rm AJ}\) と \({\rm J}^{\prime}{\rm J}^{\prime\prime}\) は垂直である
同様に考えて、\({\rm BJ}^{\prime}\) と \({\rm JJ}^{\prime\prime}\) は垂直であり、\({\rm CJ}^{\prime\prime}\) と \({\rm JJ}^{\prime}\) は垂直である
これより、内心 \({\rm I}\) は \(\triangle {\rm JJ}^{\prime}{\rm J}^{\prime\prime}\) の \(3\) 頂点から対辺に下ろした垂線上にあるので、\(\triangle {\rm JJ}^{\prime}{\rm J}^{\prime\prime}\) の垂心でもある
したがって、\(\triangle {\rm JJ}^{\prime}{\rm J}^{\prime\prime}\) の垂心と \(\triangle {\rm ABC}\) の内心は一致する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.76 問13[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.77 問15[証明]
\(3\) 直線 \({\rm AP}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CR}\) の交点を \({\rm O}\) とする
頂点 \({\rm B}~,~{\rm C}\) から直線 \({\rm AP}\) に垂線 \({\rm BD}~,~{\rm CE}\) を下ろし、\(\triangle {\rm ABO}\) と \(\triangle {\rm ACO}\) において、\({\rm AO}\) を底辺と考えると、
\(\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm ABO}\,}{\,\triangle {\rm ACO}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm CE}\,}\)
また、\({\rm BD}\,/\!/\,{\rm CE}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm CE}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm CP}\,}\)
よって、
\(\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm ABO}\,}{\,\triangle {\rm ACO}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm CP}\,}\)
同様に、
\(\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm BCO}\,}{\,\triangle {\rm ABO}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}~,~\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm CAO}\,}{\,\triangle {\rm BCO}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm ABO}\,}{\,\triangle {\rm CAO}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\triangle {\rm BCO}\,}{\,\triangle {\rm ABO}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\triangle {\rm CAO}\,}{\,\triangle {\rm BCO}\,}=1\end{eqnarray}\)
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！
\(3\) 直線 \({\rm AP}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CR}\) の交点を \({\rm O}\) とする
頂点 \({\rm B}~,~{\rm C}\) から直線 \({\rm AP}\) に垂線 \({\rm BD}~,~{\rm CE}\) を下ろし、\(\triangle {\rm ABO}\) と \(\triangle {\rm ACO}\) において、\({\rm AO}\) を底辺と考えると、
\(\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm ABO}\,}{\,\triangle {\rm ACO}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm CE}\,}\)
また、\({\rm BD}\,/\!/\,{\rm CE}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm CE}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm CP}\,}\)
よって、
\(\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm ABO}\,}{\,\triangle {\rm ACO}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm CP}\,}\)
同様に、
\(\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm BCO}\,}{\,\triangle {\rm ABO}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,}~,~\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm CAO}\,}{\,\triangle {\rm BCO}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,{\rm BP}\,}{\,{\rm PC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AR}\,}{\,{\rm RB}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\triangle {\rm ABO}\,}{\,\triangle {\rm CAO}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\triangle {\rm BCO}\,}{\,\triangle {\rm ABO}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\triangle {\rm CAO}\,}{\,\triangle {\rm BCO}\,}=1\end{eqnarray}\)
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.78 問17[証明]
\(3\) 直線 \({\rm AM}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CP}\) は点 \({\rm R}\) で交わるので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BM}\,}{\,{\rm MC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
ここで、\({\rm M}\) は辺 \({\rm BC}\) の中点なので、
\({\rm BM}={\rm MC}\)
よって、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BM}\,}{\,{\rm MC}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}&=&1
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm QA}\,}{\,{\rm CQ}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AQ}\,}{\,{\rm QC}\,}\)
よって、\(\triangle {\rm ABC}\) において、辺 \({\rm AB}~,~{\rm AC}\) を同じ比に分けるので、
したがって、三角形と平行線の比の関係の逆より、\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(3\) 直線 \({\rm AM}~,~{\rm BQ}~,~{\rm CP}\) は点 \({\rm R}\) で交わるので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BM}\,}{\,{\rm MC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
ここで、\({\rm M}\) は辺 \({\rm BC}\) の中点なので、
\({\rm BM}={\rm MC}\)
よって、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BM}\,}{\,{\rm MC}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm CQ}\,}{\,{\rm QA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}&=&1
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm QA}\,}{\,{\rm CQ}\,}\end{eqnarray}\)
すなわち、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AP}\,}{\,{\rm PB}\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm AQ}\,}{\,{\rm QC}\,}\)
よって、\(\triangle {\rm ABC}\) において、辺 \({\rm AB}~,~{\rm AC}\) を同じ比に分けるので、
したがって、三角形と平行線の比の関係の逆より、\({\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.79 参考 問1[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！
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.81 参考 問1[証明] \(\triangle {\rm ABC}\) において、\(2\) 辺の長さの和は他の \(1\) 辺の長さより大きいので、
\({\rm AC}+{\rm BC}\gt{\rm AB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\rm AB}+{\rm BC}\gt{\rm AC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\({\rm AB}-{\rm AC}\lt{\rm BC}\)
\({\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm AB}-{\rm AC}\gt-{\rm BC}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~-{\rm BC}&\lt&{\rm AB}-{\rm AC}\lt{\rm BC}
\\[3pt]~~~\left|\,{\rm AB}-{\rm AC}\,\right|&\lt&{\rm BC}\end{eqnarray}\)
他の辺でも同様に成り立つので、
\(\left|\,{\rm BA}-{\rm BC}\,\right|\lt{\rm AC}~,~\left|\,{\rm CA}-{\rm CB}\,\right|\lt{\rm AB}\)
したがって、三角形の \(2\) 辺の長さの差は、他の \(1\) 辺の長さより小さい [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm AC}+{\rm BC}\gt{\rm AB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\rm AB}+{\rm BC}\gt{\rm AC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\({\rm AB}-{\rm AC}\lt{\rm BC}\)
\({\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm AB}-{\rm AC}\gt-{\rm BC}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~-{\rm BC}&\lt&{\rm AB}-{\rm AC}\lt{\rm BC}
\\[3pt]~~~\left|\,{\rm AB}-{\rm AC}\,\right|&\lt&{\rm BC}\end{eqnarray}\)
他の辺でも同様に成り立つので、
\(\left|\,{\rm BA}-{\rm BC}\,\right|\lt{\rm AC}~,~\left|\,{\rm CA}-{\rm CB}\,\right|\lt{\rm AB}\)
したがって、三角形の \(2\) 辺の長さの差は、他の \(1\) 辺の長さより小さい [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
問題
p.82 問題 2[証明]
\(\triangle {\rm ABD}\) と \(\triangle {\rm ACD}\) は、底辺をそれぞれ \({\rm BD}~,~{\rm DC}\) とみると、高さが等しいので、
\(\triangle {\rm ABD}:\triangle {\rm ACD}={\rm BD}:{\rm DC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、仮定より、
\(\triangle {\rm ABD}:\triangle {\rm ACD}={\rm AB}:{\rm AC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm BD}:{\rm DC}={\rm AB}:{\rm AC}\)
よって、点 \({\rm D}\) が辺 \({\rm BC}\) を \({\rm BD}:{\rm DC}={\rm AB}:{\rm AC}\) に内分するので、
角の二等分線と比の定理の逆より、
したがって、\({\rm AD}\) は \(\angle {\rm A}\) を \(2\) 等分する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\triangle {\rm ABD}\) と \(\triangle {\rm ACD}\) は、底辺をそれぞれ \({\rm BD}~,~{\rm DC}\) とみると、高さが等しいので、
\(\triangle {\rm ABD}:\triangle {\rm ACD}={\rm BD}:{\rm DC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、仮定より、
\(\triangle {\rm ABD}:\triangle {\rm ACD}={\rm AB}:{\rm AC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm BD}:{\rm DC}={\rm AB}:{\rm AC}\)
よって、点 \({\rm D}\) が辺 \({\rm BC}\) を \({\rm BD}:{\rm DC}={\rm AB}:{\rm AC}\) に内分するので、
角の二等分線と比の定理の逆より、
したがって、\({\rm AD}\) は \(\angle {\rm A}\) を \(2\) 等分する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.82 問題 5[証明]
対角線 \({\rm BD}\) を引いて \({\rm AC}\) との交点を \({\rm R}\) とすると、
\(\triangle {\rm ABD}\) において、\({\rm DK}~,~{\rm BN}~,~{\rm AR}\) が点 \({\rm P}\) で交わっているので、チェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\triangle {\rm BCD}\) において、\({\rm DL}~,~{\rm BM}~,~{\rm CR}\) が点 \({\rm Q}\) で交わっているので、チェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]} \times {\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}&=&1\end{eqnarray}\)
ここで、\(\displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1\) なので、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
対角線 \({\rm BD}\) を引いて \({\rm AC}\) との交点を \({\rm R}\) とすると、
\(\triangle {\rm ABD}\) において、\({\rm DK}~,~{\rm BN}~,~{\rm AR}\) が点 \({\rm P}\) で交わっているので、チェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\triangle {\rm BCD}\) において、\({\rm DL}~,~{\rm BM}~,~{\rm CR}\) が点 \({\rm Q}\) で交わっているので、チェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]} \times {\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}&=&1\end{eqnarray}\)
ここで、\(\displaystyle \frac{\,{\rm BR}\,}{\,{\rm RD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DR}\,}{\,{\rm RB}\,}=1\) なので、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,{\rm AK}\,}{\,{\rm KB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BL}\,}{\,{\rm LC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CM}\,}{\,{\rm MD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm DN}\,}{\,{\rm NA}\,}=1\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.82 問題 6[証明]
\({\rm PR}\,/\!/\,{\rm BC}~,~{\rm PR}={\rm PQ}\) であるような次の図を考えると、
\({\rm PR}\,/\!/\,{\rm BC}\) であり、三角形と線分の比の関係より、
\({\rm AP}:{\rm AB}={\rm PR}:{\rm BC}\)
ここで、\({\rm PR}={\rm PQ}\) なので、
\({\rm AP}:{\rm AB}={\rm PQ}:{\rm BC}\)
よって、\({\rm AP}:{\rm AB}={\rm PQ}:{\rm BC}\) が成り立つが、点 \({\rm Q}\) は点 \({\rm R}\) とは異なる点なので、\({\rm PQ}\) は \({\rm BC}\) に平行ではない
したがって、\({\rm AP}:{\rm AB}={\rm PQ}:{\rm BC} \Longrightarrow {\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) は成り立たない [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm PR}\,/\!/\,{\rm BC}~,~{\rm PR}={\rm PQ}\) であるような次の図を考えると、
\({\rm PR}\,/\!/\,{\rm BC}\) であり、三角形と線分の比の関係より、
\({\rm AP}:{\rm AB}={\rm PR}:{\rm BC}\)
ここで、\({\rm PR}={\rm PQ}\) なので、
\({\rm AP}:{\rm AB}={\rm PQ}:{\rm BC}\)
よって、\({\rm AP}:{\rm AB}={\rm PQ}:{\rm BC}\) が成り立つが、点 \({\rm Q}\) は点 \({\rm R}\) とは異なる点なので、\({\rm PQ}\) は \({\rm BC}\) に平行ではない
したがって、\({\rm AP}:{\rm AB}={\rm PQ}:{\rm BC} \Longrightarrow {\rm PQ}\,/\!/\,{\rm BC}\) は成り立たない [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
２節 円の性質
p.84 問1\({\small (1)}~40^\circ\) \({\small (2)}~20^\circ\) \({\small (3)}~140^\circ\)
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.85 問3\({\small (1)}~106^\circ\) \({\small (2)}~100^\circ\) \({\small (3)}~75^\circ\)
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.87 問5\({\small (1)}\) [証明]
\({\rm PR}\perp{\rm AB}\) より、
\(\angle {\rm ARP}=90^\circ\)
また、\({\rm PQ}\perp{\rm CA}\) より、
\(\angle {\rm AQP}=90^\circ\)
よって、四角形 \({\rm ARPQ}\) において、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm ARP}+\angle {\rm AQP}&=&90^\circ+90^\circ
\\[3pt]~~~&=&180^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、四角形の対角の和が \(180^\circ\) であることから、\(4\) 点 \({\rm A}~,~{\rm R}~,~{\rm P}~,~{\rm Q}\) は同一円周上にある [終]
\(\triangle {\rm ABP}\) と \(\triangle {\rm APR}\) において、
\({\rm AP}\perp{\rm BC}~,~{\rm PR}\perp{\rm AB}\) より、
\(\angle {\rm APB}=\angle {\rm ARP}=90^\circ~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\(\angle {\rm A}\) は共通なので、
\(\angle {\rm BAP}=\angle {\rm PAR}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABP}\) ∽ \(\triangle {\rm APR}\)
よって、対応する角は等しいので、
\(\angle {\rm ABP}=\angle {\rm APR}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
ここで、(1) より \(4\) 点 \({\rm A}~,~{\rm R}~,~{\rm P}~,~{\rm Q}\) は同一円周上にあり、\(\angle {\rm APR}\) と \(\angle {\rm AQR}\) は弧 \({\rm AR}\) に対する円周角なので、
\(\angle {\rm APR}=\angle {\rm AQR}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、
\(\angle {\rm ABP}=\angle {\rm AQR}\)
すなわち、
\(\angle {\rm RBP}=\angle {\rm AQR}\)
したがって、四角形 \({\rm BCQR}\) の \(1\) つの外角 \(\angle {\rm AQR}\) がその隣り合う内角の対角 \(\angle {\rm RBC}\) と等しいので、\(4\) 点 \({\rm B}~,~{\rm C}~,~{\rm Q}~,~{\rm R}\) は同一円周上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm PR}\perp{\rm AB}\) より、
\(\angle {\rm ARP}=90^\circ\)
また、\({\rm PQ}\perp{\rm CA}\) より、
\(\angle {\rm AQP}=90^\circ\)
よって、四角形 \({\rm ARPQ}\) において、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm ARP}+\angle {\rm AQP}&=&90^\circ+90^\circ
\\[3pt]~~~&=&180^\circ\end{eqnarray}\)
したがって、四角形の対角の和が \(180^\circ\) であることから、\(4\) 点 \({\rm A}~,~{\rm R}~,~{\rm P}~,~{\rm Q}\) は同一円周上にある [終]
\({\small (2)}\) [証明]
\(\triangle {\rm ABP}\) と \(\triangle {\rm APR}\) において、
\({\rm AP}\perp{\rm BC}~,~{\rm PR}\perp{\rm AB}\) より、
\(\angle {\rm APB}=\angle {\rm ARP}=90^\circ~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\(\angle {\rm A}\) は共通なので、
\(\angle {\rm BAP}=\angle {\rm PAR}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ABP}\) ∽ \(\triangle {\rm APR}\)
よって、対応する角は等しいので、
\(\angle {\rm ABP}=\angle {\rm APR}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
ここで、(1) より \(4\) 点 \({\rm A}~,~{\rm R}~,~{\rm P}~,~{\rm Q}\) は同一円周上にあり、\(\angle {\rm APR}\) と \(\angle {\rm AQR}\) は弧 \({\rm AR}\) に対する円周角なので、
\(\angle {\rm APR}=\angle {\rm AQR}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、
\(\angle {\rm ABP}=\angle {\rm AQR}\)
すなわち、
\(\angle {\rm RBP}=\angle {\rm AQR}\)
したがって、四角形 \({\rm BCQR}\) の \(1\) つの外角 \(\angle {\rm AQR}\) がその隣り合う内角の対角 \(\angle {\rm RBC}\) と等しいので、\(4\) 点 \({\rm B}~,~{\rm C}~,~{\rm Q}~,~{\rm R}\) は同一円周上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.88 問6[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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\angle {\rm BAT}=90°\) 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]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.89 問7\({\small (1)}~104^\circ\) \({\small (2)}~146^\circ\) \({\small (3)}~46^\circ\)
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.89 問8\({\small (1)}~\)等しい、円に内接する四角形の定理
\({\small (2)}~\)等しい、接線と弦のつくる角の定理
\({\small (3)}~\)等しい、円周角の定理
解法のPoint｜接線と弦の作る角
\({\small (2)}~\)等しい、接線と弦のつくる角の定理
\({\small (3)}~\)等しい、円周角の定理
解法のPoint｜接線と弦の作る角
p.91 問10[証明]点 \({\rm P}\) が円 \({\rm O}\) の内部にあるとき
\(\triangle {\rm PAC}\) と \(\triangle {\rm PDB}\) において、弧 \({\rm BC}\) に対する円周角は等しいので、
\(\angle {\rm PAC}=\angle {\rm PDB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、対頂角は等しいので、
\(\angle {\rm APC}=\angle {\rm DPB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm PAC}\) ∽ \(\triangle {\rm PDB}\)
よって、対応する辺の比は等しいので、
\({\rm PA}:{\rm PD}={\rm PC}:{\rm PB}\)
これより、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PC} \cdot {\rm PD}\)
したがって、\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PC} \cdot {\rm PD}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\triangle {\rm PAC}\) と \(\triangle {\rm PDB}\) において、弧 \({\rm BC}\) に対する円周角は等しいので、
\(\angle {\rm PAC}=\angle {\rm PDB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、対頂角は等しいので、
\(\angle {\rm APC}=\angle {\rm DPB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm PAC}\) ∽ \(\triangle {\rm PDB}\)
よって、対応する辺の比は等しいので、
\({\rm PA}:{\rm PD}={\rm PC}:{\rm PB}\)
これより、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PC} \cdot {\rm PD}\)
したがって、\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PC} \cdot {\rm PD}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.93 問14[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、
\({\rm PC} \cdot {\rm PD}={\rm PT}^2\)
よって、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PC} \cdot {\rm PD}\)
したがって、方べきの定理の逆より、\(4\) 点 \({\rm A}~,~\)\({\rm B}~,~\)\({\rm C}~,~\)\({\rm D}\) は同一円周上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
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、
\({\rm PC} \cdot {\rm PD}={\rm PT}^2\)
よって、
\({\rm PA} \cdot {\rm PB}={\rm PC} \cdot {\rm PD}\)
したがって、方べきの定理の逆より、\(4\) 点 \({\rm A}~,~\)\({\rm B}~,~\)\({\rm C}~,~\)\({\rm D}\) は同一円周上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.94 問15\({\small [1]}~4\)本 \({\small [2]}~3\)本 \({\small [3]}~2\)本
\({\small [4]}~1\)本 \({\small [5]}~0\)本
解法のPoint｜2つの円の位置と共通接線
\({\small [4]}~1\)本 \({\small [5]}~0\)本
解法のPoint｜2つの円の位置と共通接線
p.95 問17[証明]
点 \({\rm P}\) における共通接線 \({\rm PT}\) を引くと、大きい円について、接線 \({\rm PT}\) と弦 \({\rm PC}\) の作る角は、その弧に対する円周角に等しいので、
\(\angle {\rm CPT}=\angle {\rm PAC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、小さい円について、接線 \({\rm PT}\) と弦 \({\rm PD}\) の作る角は、その弧に対する円周角に等しいので、
\(\angle {\rm DPT}=\angle {\rm PBD}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(3\) 点 \({\rm C}~,~{\rm D}~,~{\rm P}\) は一直線上にあるので、
\(\angle {\rm CPT}=\angle {\rm DPT}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm PAC}=\angle {\rm PBD}\)
したがって、同位角が等しいので、\({\rm AC}\,/\!/\,{\rm BD}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
点 \({\rm P}\) における共通接線 \({\rm PT}\) を引くと、大きい円について、接線 \({\rm PT}\) と弦 \({\rm PC}\) の作る角は、その弧に対する円周角に等しいので、
\(\angle {\rm CPT}=\angle {\rm PAC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、小さい円について、接線 \({\rm PT}\) と弦 \({\rm PD}\) の作る角は、その弧に対する円周角に等しいので、
\(\angle {\rm DPT}=\angle {\rm PBD}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(3\) 点 \({\rm C}~,~{\rm D}~,~{\rm P}\) は一直線上にあるので、
\(\angle {\rm CPT}=\angle {\rm DPT}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm PAC}=\angle {\rm PBD}\)
したがって、同位角が等しいので、\({\rm AC}\,/\!/\,{\rm BD}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
問題
p.102 問題 7\({\small (1)}~\theta=40°\) \({\small (2)}~\theta=107°\) \({\small (3)}~\theta=118°\)
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｜円に内接する四角形の内角と外角
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｜円に内接する四角形の内角と外角
p.98 問題 8[証明]
四角形 \({\rm FBDP}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm AFP}=\angle {\rm PDB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、四角形 \({\rm PDCE}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm AEP}=\angle {\rm PDC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
また、点 \({\rm D}\) は辺 \({\rm BC}\) 上にあるので、
\(\angle {\rm PDB}+\angle {\rm PDC}=180^\circ\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm AFP}+\angle {\rm AEP}=180^\circ\)
したがって、四角形 \({\rm AFPE}\) において \(1\) 組の対角の和が \(180^\circ\) であることから、\(4\) 点 \({\rm A}~,~{\rm E}~,~{\rm F}~,~{\rm P}\) は同一円周上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
四角形 \({\rm FBDP}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm AFP}=\angle {\rm PDB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、四角形 \({\rm PDCE}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm AEP}=\angle {\rm PDC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
また、点 \({\rm D}\) は辺 \({\rm BC}\) 上にあるので、
\(\angle {\rm PDB}+\angle {\rm PDC}=180^\circ\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm AFP}+\angle {\rm AEP}=180^\circ\)
したがって、四角形 \({\rm AFPE}\) において \(1\) 組の対角の和が \(180^\circ\) であることから、\(4\) 点 \({\rm A}~,~{\rm E}~,~{\rm F}~,~{\rm P}\) は同一円周上にある [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.98 問題 10\({\small (1)}\) [証明]
円 \({\rm O}\) で四角形 \({\rm APTS}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm PAS}=\angle {\rm STQ}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、半直線 \({\rm QB}\) 上に点 \({\rm C}\) をとると、円 \({\rm O}^{\prime}\) で四角形 \({\rm STQB}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm STQ}=\angle {\rm SBC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm PAS}=\angle {\rm SBC}\)
よって、錯角が等しいので、
\({\rm AP}\,/\!/\,{\rm BQ}\)
したがって、\({\rm AP}\,/\!/\,{\rm BQ}\) である [終]
円 \({\rm O}\) で四角形 \({\rm APTS}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm PAS}=\angle {\rm STQ}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、円 \({\rm O}^{\prime}\) で弧 \({\rm SQ}\) に対する円周角は等しいので、
\(\angle {\rm STQ}=\angle {\rm SBQ}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm PAS}=\angle {\rm SBQ}\)
よって、錯角が等しいので、
\({\rm AP}\,/\!/\,{\rm BQ}\)
したがって、\({\rm AP}\,/\!/\,{\rm BQ}\) である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
円 \({\rm O}\) で四角形 \({\rm APTS}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm PAS}=\angle {\rm STQ}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、半直線 \({\rm QB}\) 上に点 \({\rm C}\) をとると、円 \({\rm O}^{\prime}\) で四角形 \({\rm STQB}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm STQ}=\angle {\rm SBC}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm PAS}=\angle {\rm SBC}\)
よって、錯角が等しいので、
\({\rm AP}\,/\!/\,{\rm BQ}\)
したがって、\({\rm AP}\,/\!/\,{\rm BQ}\) である [終]
\({\small (2)}\) [証明]
円 \({\rm O}\) で四角形 \({\rm APTS}\) は円に内接するので、\(1\) つの外角がその隣り合う内角の対角に等しいので、
\(\angle {\rm PAS}=\angle {\rm STQ}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、円 \({\rm O}^{\prime}\) で弧 \({\rm SQ}\) に対する円周角は等しいので、
\(\angle {\rm STQ}=\angle {\rm SBQ}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\angle {\rm PAS}=\angle {\rm SBQ}\)
よって、錯角が等しいので、
\({\rm AP}\,/\!/\,{\rm BQ}\)
したがって、\({\rm AP}\,/\!/\,{\rm BQ}\) である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
３節 空間図形
p.104 問1\({\small (1)}~\) 辺 \({\rm DC~,~HG~,~EF}\)
\({\small (2)}~\) 辺 \({\rm EH~,~FG~,~DH~,~CG}\)
解法のPoint｜空間図形の2直線の位置関係
\({\small (2)}~\) 辺 \({\rm EH~,~FG~,~DH~,~CG}\)
解法のPoint｜空間図形の2直線の位置関係
p.105 問2\({\small (1)}~90^\circ\) \({\small (2)}~45^\circ\) \({\small (3)}~60^\circ\)
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.107 問3\({\small (1)}~45^\circ\) \({\small (2)}~30^\circ\) \({\small (3)}~60^\circ\)
解法のPoint｜空間図形の2平面のなす角
解法のPoint｜空間図形の2平面のなす角
p.108 問4[証明] \(\triangle {\rm ABD}\) は \({\rm AB}={\rm AD}\) の二等辺三角形より、
\({\rm O}\) は対角線の交点で \({\rm BD}\) の中点であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AO}\perp{\rm BD}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
同様に、\(\triangle {\rm ACE}\) は \({\rm AC}={\rm AE}\) の二等辺三角形より、
\({\rm O}\) は \({\rm CE}\) の中点であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AO}\perp{\rm CE}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm AO}\) は平面 \({\rm BCDE}\) 上の交わる \(2\) 直線 \({\rm BD}~,~{\rm CE}\) に垂直である
したがって、\({\rm AO}\perp\)平面\({\rm BCDE}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm O}\) は対角線の交点で \({\rm BD}\) の中点であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AO}\perp{\rm BD}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
同様に、\(\triangle {\rm ACE}\) は \({\rm AC}={\rm AE}\) の二等辺三角形より、
\({\rm O}\) は \({\rm CE}\) の中点であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AO}\perp{\rm CE}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm AO}\) は平面 \({\rm BCDE}\) 上の交わる \(2\) 直線 \({\rm BD}~,~{\rm CE}\) に垂直である
したがって、\({\rm AO}\perp\)平面\({\rm BCDE}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.109 問5[証明]
\({\rm AH}\) 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、
\({\rm BC}\perp{\rm AH}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、仮定より、
\({\rm BC}\perp{\rm AP}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm BC}\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm AH}~,~{\rm AP}\) に垂直となるので、
\({\rm BC}\perp\)平面\({\rm AHP}\)
よって、\({\rm BC}\) は平面 \({\rm AHP}\) 上の \({\rm HP}\) に垂直となる
したがって、\({\rm HP}\perp{\rm BC}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm AH}\) 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、
\({\rm BC}\perp{\rm AH}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、仮定より、
\({\rm BC}\perp{\rm AP}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm BC}\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm AH}~,~{\rm AP}\) に垂直となるので、
\({\rm BC}\perp\)平面\({\rm AHP}\)
よって、\({\rm BC}\) は平面 \({\rm AHP}\) 上の \({\rm HP}\) に垂直となる
したがって、\({\rm HP}\perp{\rm BC}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.109 問6[証明] \({\rm PO}\perp \alpha\) より、
\({\rm PO}\perp l\)
ゆえに \(l\) は平面 \({\rm AOP}\) 上の交わる２直線 \({\rm PO~,~PA}\) に垂直であるから
\(l\perp \) 平面 \({\rm AOP}\)
\({\rm OA}\) は平面 \({\rm AOP}\) 上にあるから
\({\rm OA}\perp l\)
[終]
解法のPoint｜平面と直線の垂直と三垂線の定理
\({\rm PO}\perp l\)
ゆえに \(l\) は平面 \({\rm AOP}\) 上の交わる２直線 \({\rm PO~,~PA}\) に垂直であるから
\(l\perp \) 平面 \({\rm AOP}\)
\({\rm OA}\) は平面 \({\rm AOP}\) 上にあるから
\({\rm OA}\perp l\)
[終]
解法のPoint｜平面と直線の垂直と三垂線の定理
p.111 問7[証明]
\({\rm AH}\) は平面 \({\rm BCD}\) に垂直なので、平面 \({\rm BCD}\) 上の \({\rm CD}\) に垂直となるので、
\({\rm CD}\perp{\rm AH}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、仮定より、
\({\rm CD}\perp{\rm AB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm CD}\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm AH}~,~{\rm AB}\) に垂直となるので、
\({\rm CD}\perp\)平面\({\rm ABH}\)
よって、\({\rm CD}\) は平面 \({\rm ABH}\) 上の \({\rm BH}\) に垂直となるので、
\({\rm BH}\perp{\rm CD}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
同様に、\({\rm BD}\perp{\rm AH}\) と仮定の \({\rm BD}\perp{\rm AC}\) より、\({\rm BD}\) は平面 \({\rm ACH}\) に垂直となるので、
\({\rm CH}\perp{\rm BD}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、点 \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm BCD}\) の頂点 \({\rm B}\) から対辺 \({\rm CD}\) への垂線と、頂点 \({\rm C}\) から対辺 \({\rm BD}\) への垂線の交点である
したがって、\({\rm H}\) は \(\triangle {\rm BCD}\) の垂心である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm AH}\) は平面 \({\rm BCD}\) に垂直なので、平面 \({\rm BCD}\) 上の \({\rm CD}\) に垂直となるので、
\({\rm CD}\perp{\rm AH}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、仮定より、
\({\rm CD}\perp{\rm AB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm CD}\) は交わる \(2\) 直線 \({\rm AH}~,~{\rm AB}\) に垂直となるので、
\({\rm CD}\perp\)平面\({\rm ABH}\)
よって、\({\rm CD}\) は平面 \({\rm ABH}\) 上の \({\rm BH}\) に垂直となるので、
\({\rm BH}\perp{\rm CD}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
同様に、\({\rm BD}\perp{\rm AH}\) と仮定の \({\rm BD}\perp{\rm AC}\) より、\({\rm BD}\) は平面 \({\rm ACH}\) に垂直となるので、
\({\rm CH}\perp{\rm BD}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、点 \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm BCD}\) の頂点 \({\rm B}\) から対辺 \({\rm CD}\) への垂線と、頂点 \({\rm C}\) から対辺 \({\rm BD}\) への垂線の交点である
したがって、\({\rm H}\) は \(\triangle {\rm BCD}\) の垂心である [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.111 問8[証明]
立体 \({\rm PRSTUQ}\) の面 \({\rm PRS}\) は、正三角形 \({\rm ACF}\) の内部にある
\({\rm AC}={\rm CF}={\rm FA}\) で、\({\rm P}~,~{\rm R}~,~{\rm S}\) はそれぞれの中点になるので、\(\triangle {\rm PRS}\) も正三角形となる
同様に考えると、
立体 \({\rm PRSTUQ}\) の \(8\) つの面はすべて正三角形となる \(\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、立体 \({\rm PRSTUQ}\) 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！
立体 \({\rm PRSTUQ}\) の面 \({\rm PRS}\) は、正三角形 \({\rm ACF}\) の内部にある
\({\rm AC}={\rm CF}={\rm FA}\) で、\({\rm P}~,~{\rm R}~,~{\rm S}\) はそれぞれの中点になるので、\(\triangle {\rm PRS}\) も正三角形となる
同様に考えると、
立体 \({\rm PRSTUQ}\) の \(8\) つの面はすべて正三角形となる \(\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、立体 \({\rm PRSTUQ}\) 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！
問題
p.112 問題 11\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,8\,}{\,3\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,3\,}\,}{\,3\,}\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.112 問題 12\({\small (1)}~\)成り立つ
\({\small (2)}~\)成り立たない
\({\small (3)}~\)成り立つ
\({\small (4)}~\)成り立つ
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (2)}~\)成り立たない
\({\small (3)}~\)成り立つ
\({\small (4)}~\)成り立つ
■ この問題の詳しい解説はこちら！
練習問題 図形の性質
p.114 練習問題A 1[証明]
対角線 \({\rm AC}\) を引き、\({\rm BD}\) との交点を \({\rm R}\) とすると、
平行四辺形の対角線はそれぞれの中点で交わるので、
\({\rm AR}={\rm CR}~,~{\rm BR}={\rm DR}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) において、\({\rm R}\) は辺 \({\rm AC}\) の中点、\({\rm M}\) は辺 \({\rm BC}\) の中点なので、\({\rm BR}~,~{\rm AM}\) は中線となる
よって、点 \({\rm P}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の重心となるので、
\({\rm BP}:{\rm PR}=2:1\)
同様に、\(\triangle {\rm ACD}\) において、\({\rm R}\) は辺 \({\rm AC}\) の中点、\({\rm N}\) は辺 \({\rm CD}\) の中点なので、\({\rm DR}~,~{\rm AN}\) は中線となる
よって、点 \({\rm Q}\) は \(\triangle {\rm ACD}\) の重心となるので、
\({\rm DQ}:{\rm QR}=2:1\)
ここで、\({\rm BR}={\rm DR}\) であり、点 \({\rm R}\) は線分 \({\rm BD}\) を同じ比に分けるので、
\({\rm BP}:{\rm PR}={\rm DQ}:{\rm QR}=2:1\)
これより、
\({\rm BP}={\rm DQ}~,~{\rm PR}={\rm QR}\)
また、
\({\rm PQ}={\rm PR}+{\rm QR}=2{\rm PR}\)
\({\rm BP}=2{\rm PR}\) であり、\({\rm DQ}=2{\rm QR}=2{\rm PR}\) なので、
したがって、\({\rm BP}={\rm PQ}={\rm QD}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
対角線 \({\rm AC}\) を引き、\({\rm BD}\) との交点を \({\rm R}\) とすると、
平行四辺形の対角線はそれぞれの中点で交わるので、
\({\rm AR}={\rm CR}~,~{\rm BR}={\rm DR}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) において、\({\rm R}\) は辺 \({\rm AC}\) の中点、\({\rm M}\) は辺 \({\rm BC}\) の中点なので、\({\rm BR}~,~{\rm AM}\) は中線となる
よって、点 \({\rm P}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の重心となるので、
\({\rm BP}:{\rm PR}=2:1\)
同様に、\(\triangle {\rm ACD}\) において、\({\rm R}\) は辺 \({\rm AC}\) の中点、\({\rm N}\) は辺 \({\rm CD}\) の中点なので、\({\rm DR}~,~{\rm AN}\) は中線となる
よって、点 \({\rm Q}\) は \(\triangle {\rm ACD}\) の重心となるので、
\({\rm DQ}:{\rm QR}=2:1\)
ここで、\({\rm BR}={\rm DR}\) であり、点 \({\rm R}\) は線分 \({\rm BD}\) を同じ比に分けるので、
\({\rm BP}:{\rm PR}={\rm DQ}:{\rm QR}=2:1\)
これより、
\({\rm BP}={\rm DQ}~,~{\rm PR}={\rm QR}\)
また、
\({\rm PQ}={\rm PR}+{\rm QR}=2{\rm PR}\)
\({\rm BP}=2{\rm PR}\) であり、\({\rm DQ}=2{\rm QR}=2{\rm PR}\) なので、
したがって、\({\rm BP}={\rm PQ}={\rm QD}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.114 練習問題A 2[証明]
\(3\) 直線 \({\rm AQ}~,~{\rm BE}~,~{\rm CD}\) は点 \({\rm P}\) で交わっているので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AD}\,}{\,{\rm DB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}=1\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\({\rm AD}={\rm AE}\) より \({\rm AD}={\rm EA}\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,\cancel{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm CE}\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\({\rm BQ}:{\rm QC}={\rm BD}:{\rm CE}\)
したがって、点 \({\rm Q}\) は \({\rm BC}\) を \({\rm BD}:{\rm CE}\) に内分する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(3\) 直線 \({\rm AQ}~,~{\rm BE}~,~{\rm CD}\) は点 \({\rm P}\) で交わっているので、\(\triangle {\rm ABC}\) のチェバの定理より、
\(\displaystyle \frac{\,{\rm AD}\,}{\,{\rm DB}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm CE}\,}{\,{\rm EA}\,}=1\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\({\rm AD}={\rm AE}\) より \({\rm AD}={\rm EA}\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BQ}\,}{\,{\rm QC}\,}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm DB}\,}{\,\cancel{\rm AD}\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\cancel{\rm EA}\,}{\,{\rm CE}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,{\rm BD}\,}{\,{\rm CE}\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\({\rm BQ}:{\rm QC}={\rm BD}:{\rm CE}\)
したがって、点 \({\rm Q}\) は \({\rm BC}\) を \({\rm BD}:{\rm CE}\) に内分する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.114 練習問題A 4 \(\angle {\rm A}=90°~,~\angle {\rm B}=126°\)
\(\angle {\rm C}=90°~,~\angle {\rm D}=54°\)
解法のPoint｜円周角の定理と同一円周上にある条件
\(\angle {\rm C}=90°~,~\angle {\rm D}=54°\)
解法のPoint｜円周角の定理と同一円周上にある条件
p.114 練習問題A 5[証明]
\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、\({\rm AD}\) は \(\angle {\rm BAC}\) の二等分線となるので、
\(\angle {\rm BAD}=\angle {\rm CAD}\)
よって、等しい円周角に対する弧は等しいので、
\(\stackrel{\frown}{\rm DB}=\stackrel{\frown}{\rm DC}\)
これより、
\({\rm DB}={\rm DC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\angle {\rm IBD}\) は、
\(\angle {\rm IBD}=\angle {\rm DBC}+\angle {\rm CBI}\)
\(\triangle {\rm ABI}\) の外角より、\(\angle {\rm BID}\) は、
\(\angle {\rm BID}=\angle {\rm BAD}+\angle {\rm IBA}\)
ここで、\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、
\(\angle {\rm CBI}=\angle {\rm IBA}\)
また、\(\stackrel{\frown}{\rm DC}\) に対する円周角より、
\(\angle {\rm DBC}=\angle {\rm DAC}=\angle {\rm BAD}\)
よって、\(\angle {\rm IBD}=\angle {\rm BID}\) より、\(\triangle {\rm DBI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm DB}={\rm DI}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
したがって、\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm DB}={\rm DC}={\rm DI}\) となる [終]
■ 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、\({\rm AD}\) は \(\angle {\rm BAC}\) の二等分線となるので、
\(\angle {\rm BAD}=\angle {\rm CAD}\)
よって、等しい円周角に対する弧は等しいので、
\(\stackrel{\frown}{\rm DB}=\stackrel{\frown}{\rm DC}\)
これより、
\({\rm DB}={\rm DC}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
次に、\(\angle {\rm IBD}\) は、
\(\angle {\rm IBD}=\angle {\rm DBC}+\angle {\rm CBI}\)
\(\triangle {\rm ABI}\) の外角より、\(\angle {\rm BID}\) は、
\(\angle {\rm BID}=\angle {\rm BAD}+\angle {\rm IBA}\)
ここで、\({\rm I}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の内心なので、
\(\angle {\rm CBI}=\angle {\rm IBA}\)
また、\(\stackrel{\frown}{\rm DC}\) に対する円周角より、
\(\angle {\rm DBC}=\angle {\rm DAC}=\angle {\rm BAD}\)
よって、\(\angle {\rm IBD}=\angle {\rm BID}\) より、\(\triangle {\rm DBI}\) は二等辺三角形となるので、
\({\rm DB}={\rm DI}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
したがって、\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\({\rm DB}={\rm DC}={\rm DI}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.115 練習問題B 7[証明]
\(2\) つの円に共通な弦 \({\rm AB}\) を引くと、
接線 \({\rm PC}\) と弦 \({\rm CB}\) の作る角は、その弧に対する円周角に等しいので、
\(\angle {\rm PCB}=\angle {\rm CAB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
同様に、接線 \({\rm PD}\) と弦 \({\rm DB}\) の作る角は、その弧に対する円周角に等しいので、
\(\angle {\rm PDB}=\angle {\rm DAB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CAD}&=&\angle {\rm CAB}+\angle {\rm DAB}
\\[3pt]~~~&=&\angle {\rm PCB}+\angle {\rm PDB}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\triangle {\rm PCD}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CPD}&=&180^\circ-(\angle {\rm PCD}+\angle {\rm PDC})
\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(\angle {\rm PCB}+\angle {\rm PDB})\end{eqnarray}\)
よって、
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 \({\rm ACPD}\) は円に内接する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(2\) つの円に共通な弦 \({\rm AB}\) を引くと、
接線 \({\rm PC}\) と弦 \({\rm CB}\) の作る角は、その弧に対する円周角に等しいので、
\(\angle {\rm PCB}=\angle {\rm CAB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
同様に、接線 \({\rm PD}\) と弦 \({\rm DB}\) の作る角は、その弧に対する円周角に等しいので、
\(\angle {\rm PDB}=\angle {\rm DAB}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CAD}&=&\angle {\rm CAB}+\angle {\rm DAB}
\\[3pt]~~~&=&\angle {\rm PCB}+\angle {\rm PDB}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\triangle {\rm PCD}\) の内角の和より、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CPD}&=&180^\circ-(\angle {\rm PCD}+\angle {\rm PDC})
\\[3pt]~~~&=&180^\circ-(\angle {\rm PCB}+\angle {\rm PDB})\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\angle {\rm CAD}+\angle {\rm CPD}
\\[3pt]~~~&=&(\angle {\rm PCB}+\angle {\rm PDB})+180^\circ-(\angle {\rm PCB}+\angle {\rm PDB})
\\[3pt]~~~&=&180^\circ\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&(\angle {\rm PCB}+\angle {\rm PDB})+180^\circ-(\angle {\rm PCB}+\angle {\rm PDB})
\\[3pt]~~~&=&180^\circ\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
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 \({\rm ACPD}\) は円に内接する [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.115 練習問題B 9\({\small (1)}\) [証明]
\(\triangle {\rm DBC}\) と \(\triangle {\rm DAE}\) について、
仮定より \(\angle {\rm CDE}=\angle {\rm BDA}\) であり、両辺に \(\angle {\rm BDE}\) を加えると、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CDE}+\angle {\rm BDE}&=&\angle {\rm BDA}+\angle {\rm BDE}
\\[3pt]~~~\angle {\rm BDC}&=&\angle {\rm ADE}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、弧 \({\rm DC}\) に対する円周角は等しいので、
\(\angle {\rm DBC}=\angle {\rm DAE}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm DBC}\backsim\triangle {\rm DAE}\)
したがって、\(\triangle {\rm DBC}\backsim\triangle {\rm DAE}\) である [終]
\(\triangle {\rm DAB}\) と \(\triangle {\rm DEC}\) について、
仮定より \(\angle {\rm BDA}=\angle {\rm CDE}\) であり、
\(\angle {\rm ADB}=\angle {\rm EDC}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
また、弧 \({\rm AD}\) に対する円周角は等しいので、
\(\angle {\rm ABD}=\angle {\rm ECD}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm DAB}\backsim\triangle {\rm DEC}\)
\({\small (1)}\) の \(\triangle {\rm DBC}\backsim\triangle {\rm DAE}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DB}:{\rm BC}&=&{\rm DA}:{\rm AE}
\\[3pt]~~~{\rm AD} \cdot {\rm BC}&=&{\rm AE} \cdot {\rm BD}~~~\cdots {\small [\,5\,]}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm DAB}\backsim\triangle {\rm DEC}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm DB}&=&{\rm EC}:{\rm DC}
\\[3pt]~~~{\rm AB} \cdot {\rm CD}&=&{\rm EC} \cdot {\rm BD}~~~\cdots {\small [\,6\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,5\,]}+{\small [\,6\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB} \cdot {\rm CD}+{\rm AD} \cdot {\rm BC}&=&{\rm EC} \cdot {\rm BD}+{\rm AE} \cdot {\rm BD}
\\[3pt]~~~&=&{\rm BD}({\rm AE}+{\rm EC})
\\[3pt]~~~&=&{\rm BD} \cdot {\rm AC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB} \cdot {\rm CD}+{\rm AD} \cdot {\rm BC}={\rm AC} \cdot {\rm BD}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\triangle {\rm DBC}\) と \(\triangle {\rm DAE}\) について、
仮定より \(\angle {\rm CDE}=\angle {\rm BDA}\) であり、両辺に \(\angle {\rm BDE}\) を加えると、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CDE}+\angle {\rm BDE}&=&\angle {\rm BDA}+\angle {\rm BDE}
\\[3pt]~~~\angle {\rm BDC}&=&\angle {\rm ADE}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
また、弧 \({\rm DC}\) に対する円周角は等しいので、
\(\angle {\rm DBC}=\angle {\rm DAE}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm DBC}\backsim\triangle {\rm DAE}\)
したがって、\(\triangle {\rm DBC}\backsim\triangle {\rm DAE}\) である [終]
\({\small (2)}\) [証明]
\(\triangle {\rm DAB}\) と \(\triangle {\rm DEC}\) について、
仮定より \(\angle {\rm BDA}=\angle {\rm CDE}\) であり、
\(\angle {\rm ADB}=\angle {\rm EDC}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
また、弧 \({\rm AD}\) に対する円周角は等しいので、
\(\angle {\rm ABD}=\angle {\rm ECD}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
\({\small [\,3\,]}~,~{\small [\,4\,]}\) より、\(2\) 組の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm DAB}\backsim\triangle {\rm DEC}\)
\({\small (1)}\) の \(\triangle {\rm DBC}\backsim\triangle {\rm DAE}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DB}:{\rm BC}&=&{\rm DA}:{\rm AE}
\\[3pt]~~~{\rm AD} \cdot {\rm BC}&=&{\rm AE} \cdot {\rm BD}~~~\cdots {\small [\,5\,]}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm DAB}\backsim\triangle {\rm DEC}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm DB}&=&{\rm EC}:{\rm DC}
\\[3pt]~~~{\rm AB} \cdot {\rm CD}&=&{\rm EC} \cdot {\rm BD}~~~\cdots {\small [\,6\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,5\,]}+{\small [\,6\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB} \cdot {\rm CD}+{\rm AD} \cdot {\rm BC}&=&{\rm EC} \cdot {\rm BD}+{\rm AE} \cdot {\rm BD}
\\[3pt]~~~&=&{\rm BD}({\rm AE}+{\rm EC})
\\[3pt]~~~&=&{\rm BD} \cdot {\rm AC}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB} \cdot {\rm CD}+{\rm AD} \cdot {\rm BC}={\rm AC} \cdot {\rm BD}\) となる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.115 練習問題B 10[証明]
線分 \({\rm PC}\) の \({\rm C}\) の方への延長上に、\(\triangle {\rm APQ}\) が正三角形となるように点 \({\rm Q}\) をとる
\(\triangle {\rm ACQ}\) と \(\triangle {\rm ABP}\) について、
\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形なので、
\({\rm AC}={\rm AB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\(\triangle {\rm APQ}\) は正三角形なので、
\({\rm AQ}={\rm AP}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形より \(\angle {\rm BAC}=60^\circ\)、\(\triangle {\rm APQ}\) は正三角形より \(\angle {\rm QAP}=60^\circ\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm BAP}&=&\angle {\rm BAC}-\angle {\rm CAP}
\\[3pt]~~~&=&60^\circ-\angle {\rm CAP}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CAQ}&=&\angle {\rm QAP}-\angle {\rm PAC}
\\[3pt]~~~&=&60^\circ-\angle {\rm PAC}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\angle {\rm BAP}=\angle {\rm CAQ}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、\(2\) 組の辺とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ACQ}\equiv\triangle {\rm ABP}\)
よって、対応する辺は等しいので、
\({\rm CQ}={\rm BP}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
ここで、点 \({\rm Q}\) は線分 \({\rm PC}\) の延長上にあり、\(\triangle {\rm APQ}\) は正三角形なので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}&=&{\rm PQ}
\\[3pt]~~~&=&{\rm PC}+{\rm CQ}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,4\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}&=&{\rm PC}+{\rm CQ}
\\[3pt]~~~&=&{\rm CP}+{\rm BP}
\\[3pt]~~~&=&{\rm BP}+{\rm CP}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AP}={\rm BP}+{\rm CP}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
線分 \({\rm PC}\) の \({\rm C}\) の方への延長上に、\(\triangle {\rm APQ}\) が正三角形となるように点 \({\rm Q}\) をとる
\(\triangle {\rm ACQ}\) と \(\triangle {\rm ABP}\) について、
\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形なので、
\({\rm AC}={\rm AB}~~~\cdots {\small [\,1\,]}\)
また、\(\triangle {\rm APQ}\) は正三角形なので、
\({\rm AQ}={\rm AP}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\)
次に、\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形より \(\angle {\rm BAC}=60^\circ\)、\(\triangle {\rm APQ}\) は正三角形より \(\angle {\rm QAP}=60^\circ\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm BAP}&=&\angle {\rm BAC}-\angle {\rm CAP}
\\[3pt]~~~&=&60^\circ-\angle {\rm CAP}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm CAQ}&=&\angle {\rm QAP}-\angle {\rm PAC}
\\[3pt]~~~&=&60^\circ-\angle {\rm PAC}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\angle {\rm BAP}=\angle {\rm CAQ}~~~\cdots {\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、\(2\) 組の辺とその間の角がそれぞれ等しいので、
\(\triangle {\rm ACQ}\equiv\triangle {\rm ABP}\)
よって、対応する辺は等しいので、
\({\rm CQ}={\rm BP}~~~\cdots {\small [\,4\,]}\)
ここで、点 \({\rm Q}\) は線分 \({\rm PC}\) の延長上にあり、\(\triangle {\rm APQ}\) は正三角形なので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}&=&{\rm PQ}
\\[3pt]~~~&=&{\rm PC}+{\rm CQ}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,4\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}&=&{\rm PC}+{\rm CQ}
\\[3pt]~~~&=&{\rm CP}+{\rm BP}
\\[3pt]~~~&=&{\rm BP}+{\rm CP}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AP}={\rm BP}+{\rm CP}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.115 練習問題B 11[証明]
直線 \({\rm PO}\) と円 \({\rm O}\) の交点を、\({\rm P}\) に近い方からそれぞれ \({\rm Q}~,~{\rm R}\) とすると、
\({\rm PQ}={\rm PO}-r~,~{\rm PR}={\rm PO}+r\)
円 \({\rm O}\) について、方べきの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PA} \cdot {\rm PB}&=&{\rm PQ} \cdot {\rm PR}
\\[3pt]~~~&=&({\rm PO}-r)({\rm PO}+r)
\\[3pt]~~~&=&{\rm PO}^2-r^2~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
同様に、直線 \({\rm PO}^{\prime}\) と円 \({\rm O}^{\prime}\) の交点を、\({\rm P}\) に近い方からそれぞれ \({\rm Q}^{\prime}~,~{\rm R}^{\prime}\) とすると、
\({\rm PQ}^{\prime}={\rm PO}^{\prime}-r^{\prime}~,~{\rm PR}^{\prime}={\rm PO}^{\prime}+r^{\prime}\)
円 \({\rm O}^{\prime}\) について、方べきの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PA} \cdot {\rm PB}&=&{\rm PQ}^{\prime} \cdot {\rm PR}^{\prime}
\\[3pt]~~~&=&({\rm PO}^{\prime}-r^{\prime})({\rm PO}^{\prime}+r^{\prime})
\\[3pt]~~~&=&{\rm PO}^{\prime 2}-r^{\prime 2}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm PO}^2-r^2={\rm PO}^{\prime 2}-r^{\prime 2}\)
したがって、\({\rm PO}^2-r^2={\rm PO}^{\prime 2}-r^{\prime 2}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
直線 \({\rm PO}\) と円 \({\rm O}\) の交点を、\({\rm P}\) に近い方からそれぞれ \({\rm Q}~,~{\rm R}\) とすると、
\({\rm PQ}={\rm PO}-r~,~{\rm PR}={\rm PO}+r\)
円 \({\rm O}\) について、方べきの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PA} \cdot {\rm PB}&=&{\rm PQ} \cdot {\rm PR}
\\[3pt]~~~&=&({\rm PO}-r)({\rm PO}+r)
\\[3pt]~~~&=&{\rm PO}^2-r^2~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
同様に、直線 \({\rm PO}^{\prime}\) と円 \({\rm O}^{\prime}\) の交点を、\({\rm P}\) に近い方からそれぞれ \({\rm Q}^{\prime}~,~{\rm R}^{\prime}\) とすると、
\({\rm PQ}^{\prime}={\rm PO}^{\prime}-r^{\prime}~,~{\rm PR}^{\prime}={\rm PO}^{\prime}+r^{\prime}\)
円 \({\rm O}^{\prime}\) について、方べきの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PA} \cdot {\rm PB}&=&{\rm PQ}^{\prime} \cdot {\rm PR}^{\prime}
\\[3pt]~~~&=&({\rm PO}^{\prime}-r^{\prime})({\rm PO}^{\prime}+r^{\prime})
\\[3pt]~~~&=&{\rm PO}^{\prime 2}-r^{\prime 2}~~~\cdots {\small [\,2\,]}\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm PO}^2-r^2={\rm PO}^{\prime 2}-r^{\prime 2}\)
したがって、\({\rm PO}^2-r^2={\rm PO}^{\prime 2}-r^{\prime 2}\) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
次のページ「３章 整数の性質」
