平成２６年１１月１６日

[流れ星]

　　　　　第313回数学的な応募解答

　　　　　　＜解答募集期間：10月19日〜11月16日＞

［幾何の２題］

問題１：平行四辺形ＡＢＣＤの４辺の上に正方形を１つずつ図のように作ると、その面積の和は２本の対角線ＡＣ，ＢＤの上に作った２つの正方形の面積の和になることをいろいろな解法で示してください。

問題２：∠Ａを直角とする直角三角形ＡＢＣにおいて、２辺ＡＢ，ＡＣの上に正方形ＡＤＥＢ，ＡＦＧＣを図のように作る。点Ｂと点Ｇ、点Ｃと点Ｅをそれぞれ結んで、辺ＡＢと線分ＣＥの交点をＨ，辺ＡＣと線分Ｂｇの交点をＩとすれば、ＡＨ＝ＡＩをいろいろな解法で示してください。

＜出展：パズルでひらめく補助線の幾何学（講談社）中村義作著＞

No1「uchinyan」 10/19 16時09分　受信 更新 11/16

問題１：

(解法1)　初等幾何その１

□ABCD の対角線の交点を O とします。AO = CO，BO = DO，です。

パップスの中線定理より，

AB^2 + AD^2 = 2(AO^2 + BO^2)，CB^2 + CD^2 = 2(CO^2 + DO^2)

そこで，

各辺上の正方形の面積の和

= AB^2 + BC^2 + CD^2 + DA^2 = (AB^2 + AD^2) + (CB^2 + CD^2)

= 2(AO^2 + BO^2) + 2(CO^2 + DO^2) = 4AO^2 + 4BO^2 = (2AO)^2 + (2BO)^2 = AC^2 + BD^2

= 対角線上の正方形の面積の和

になります。

(解法2)　初等幾何その２

CB の延長上に □AEBD が平行四辺形となるように点 E をとります。EB = AD = BC，AE = DB，です。

これとパップスの中線定理より，

AC^2 + BD^2 = AE^2 + AC^2 = 2(AB^2 + BC^2)= AB^2 + BC^2 + CD^2 + DA^2

そこで，

各辺上の正方形の面積の和

= AB^2 + BC^2 + CD^2 + DA^2 = AC^2 + BD^2

= 対角線上の正方形の面積の和になります。

(解法3)　三角関数

余弦定理より，

AC^2 = BA^2 + BC^2 - 2 * BA * BC * cos(∠ABC)

BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 * AB * AD * cos(∠BAD)

□ABCD は平行四辺形なので，

AB = CD，BC = AD，∠ABC + ∠BAD = 180°，cos(∠ABC) + cos(∠BAD) = 0

より，

対角線上の正方形の面積の和

= AC^2 + BD^2

=（BA^2 + BC^2 - 2 * BA * BC * cos(∠ABC)）＋（AB^2 + AD^2 - 2 * AB * AD * cos(∠BAD)）

= AB^2 + BC^2 + CD^2 + DA^2

= 各辺上の正方形の面積の和

になります。

(解法4)　ベクトル

ベクトルAB などを [AB] と書くことにします。

[BC] = [AD]，[DC] = [AB]，[AC] = [AB] + [BC] = [AB] + [AD]，[BD] = [AD] - [AB]

より，

対角線上の正方形の面積の和

= AC^2 + BD^2 = [AC]・[AC] + [BD]・[BD]

= ([AB] + [AD])・([AB] + [AD]) + ([AD] - [AB])・([AD] - [AB])

= [AB]・[AB] + 2([AB]・[AD]) + [AD]・[AD] + [AD]・[AD] - 2([AB]・[AD]) + [AB]・[AB]

= 2([AB]・[AB]) + 2([AD]・[AD]) = 2AB^2 + 2AD^2 = AB^2 + BC^2 + CD^2 + DA^2

= 各辺上の正方形の面積の和

になります。

問題２：

(解法1)　初等幾何その１

∠BAC = 90°なので，C，A，D と B，A，F はそれぞれ同一直線上にあります。

AB//DE，△CAB ∽ △CDE，AH：DE = CA：CD，AH = (DE * CA)/CD

AC//FG，△BAC ∽ △BFG，AI：FG = BA：BF，AI = (FG * BA)/BF

AD = DE = AB，AF = FG = AC，CD = CA + AD = AB + AC = BA + AF = BF，なので，

AH = (DE * CA)/CD = (AB * AC)/(AB + AC) = (FG * BA)/BF = AI

になります。

(解法2)　初等幾何その２

∠BAC = 90°なので，C，A，D と B，A，F はそれぞれ同一直線上にあります。

AD = AB，AF = AC，CD = CA + AD = AB + AC = BA + AF = BF，なので，

AH：AI = △HCD：△IBF

ここで，□DEBA，□FGCA は正方形，なので，

△HCD = △HCA + △HDA = △HCA + △HEA = △EAC

= △ABC

= △GBA = △IBA + △IGA = △IBA + △IFA = △IBF

と等積変形ができて，

AH：AI = △HCD：△IBF = 1：1，AH = AI

になります。

(解法3)　初等幾何その３，(解法2)＝初等幾何その２のバリエーション

(解法2)と基本的には同じですが，△HCD = △EAC = △GBA = △IBF，のところは，

△EAC = AC * ED * 1/2 = AB * AC * 1/2 = AB * GF * 1/2 = △GBA

とか，

∠EAC = ∠EAB + ∠BAC = 45°+ 90°= ∠FAC + ∠CAB = ∠BAG，なので，

△GBA は △EAC を A を中心に 45°反時計回りに回転し，AE -> AB = AE/√2，AC -> AG = AC * √2，したもの

なので，△EAC = △GBA

とかでもいいですね。

(解法4)　初等幾何その４

∠EAG = ∠EAB + ∠BAC + ∠CAG = 45°+ 90°+ 45°= 180°，なので，

E，A，G は同一直線上にあります。そこで，

AB//GC，△EAH ∽ △EGC，AH：GC = EA：EG，AH = (GC * EA)/EG

AC//EB，△GAI ∽ △GEB，AI：EB = GA：GE，AI = (EB * GA)/GE

GC：GA = EB：EA，GC * EA = EB * GA，なので，

AH：AI = ((GC * EA)/EG)：((EB * GA)/GE) = 1：1，AH = AI

になります。

(感想)

いろいろな解法で，ということなので，幾つか書いてみましたが，

何となく似たり寄ったりになってしまいました。

もう少しピリッとした解法はないのかなぁ。

NO2「浜田明巳」 10/21 12時22分　受信 更新 11/16

問題１
　ＡＢ＝ａ，ＡＤ＝ｂとすると，周りの正方形の面積の和は，
　　２(ＡＢ^２＋ＡＤ^２)＝２(ａ^２＋ｂ^２)
　∠ＡＢＣ＝θとする．
　△ＡＢＣにおいて，余弦定理から，
　　ＡＣ^２＝ＡＢ^２＋ＢＣ^２−２・ＡＢ・ＢＣ・cos∠ＡＢＣ
　　　　　＝ａ^２＋ｂ^２−２ａｂcosθ
　△ＡＢＤにおいて，余弦定理から，
　　ＢＤ^２＝ＡＢ^２＋ＡＤ^２−２・ＡＢ・ＡＤ・cos∠ＢＡＤ
　　　　　＝ａ^２＋ｂ^２−２ａｂcos(π−θ)
　　　　　＝ａ^２＋ｂ^２＋２ａｂcosθ
　　∴ＡＣ^２＋ＢＤ^２＝(ａ^２＋ｂ^２−２ａｂcosθ)＋(ａ^２＋ｂ^２＋２ａｂcosθ)
　　　　　＝２(ａ^２＋ｂ^２)
　故に題意は示された．

（別解）
　座標系を導入し，Ａ(ａ，ｂ)，Ｂ(０，０)，Ｃ(ｃ，０)，Ｄ(ａ＋ｃ，ｂ)（ｂ＞０，ｃ＞０）とする．
　平行四辺形の周りの正方形の面積の和は，
　　２(ＡＢ^２＋ＢＣ^２)＝２(ａ^２＋ｂ^２＋ｃ^２)
　また，
　　ＡＣ^２＝(ａ−ｃ)^２＋ｂ^２，ＢＤ^２＝(ａ＋ｃ)^２＋ｂ^２
　　∴ＡＣ^２＋ＢＤ^２＝２(ａ^２＋ｂ^２＋ｃ^２)
　故に題意は示された．

問題２
　ＡＢ＝ａ，ＡＣ＝ｂとする．
　ＡＩ//ＦＧより，△ＢＡＩ∽△ＢＦＧ
　　∴ＡＩ：ＦＧ＝ＢＡ：ＢＦ
　　∴ＡＩ：ｂ＝ａ：(ａ＋ｂ)
　　∴ＡＩ＝ａｂ／(ａ＋ｂ)
　同様に，
　　ＡＨ：ＤＥ＝ＣＡ：ＣＤ
　　∴ＡＨ：ａ＝ｂ：(ａ＋ｂ)
　　∴ＡＨ＝ａｂ／(ａ＋ｂ)＝ＡＩ

「浜田明巳」 10/22 14時29分　受信 更新 11/16

問題１（別解２）
　→ＢＡ＝→ａ，→ＢＣ＝→ｂとすると，
　　｜→ＡＣ｜^２＝｜→ＢＣ−→ＢＡ｜^２＝｜→ｂ−→ａ｜^２＝｜→ｂ｜^２−２・→ａ・→ｂ＋｜→ａ｜^２
　　｜→ＢＤ｜^２＝｜→ＢＡ＋→ＢＣ｜^２＝｜→ａ＋→ｂ｜^２＝｜→ａ｜^２＋２・→ａ・→ｂ＋｜→ｂ｜^２
　　∴｜→ＡＣ｜^２＋｜→ＢＤ｜^２＝２(｜→ａ｜^２＋｜→ｂ｜^２)＝２(｜→ＢＡ｜^２＋｜→ＢＣ｜^２)
　故に題意は示された．（実質的に余弦定理で解いたものと同じです）

問題２（別解）
　→ａ＝→ＡＢ，→ｂ＝→ＡＣ，｜→ａ｜＝ｋ｜→ｂ｜（ｋ＞０），ＡＨ：ＨＢ＝ｘ：(１−ｘ)（０＜ｘ＜１）とする．
　→ＡＤ＝−ｋ→ＡＣ＝−ｋ→ｂであるから，
　　→ＡＥ＝→ＡＢ＋→ＡＤ＝→ａ−ｋ→ｂ
　　∴→ＥＨ＝→ＥＢ＋→ＢＨ＝ｋ→ｂ＋(ｘ−１)→ａ………(1)
　また，
　　→ＥＣ＝→ＢＣ−→ＢＥ＝(→ｂ−→ａ)−(−ｋ→ｂ)＝(ｋ＋１)→ｂ−→ａ
　→ＥＨ＝ｔ→ＥＣとすると，
　　→ＥＨ＝ｔ{(ｋ＋１)→ｂ−→ａ}………(2)
　→ａ，→ｂは一次独立であるので，(1)，(2)から，
　　ｋ＝ｔ(ｋ＋１)………(3)
　　ｘ−１＝−ｔ………(4)
　(3)とｋ＋１≠０から，ｔ＝ｋ／(ｋ＋１)
　(4)に代入すると，ｘ＝１−ｔ＝１−ｋ／(ｋ＋１)＝１／(ｋ＋１)
　　∴｜→ＡＨ｜＝ｘ｜→ａ｜＝｜→ａ｜／(ｋ＋１)………(5)
　｜→ｂ｜＝１／ｋ・｜→ａ｜であるから，同様に，
　　｜→ＡＩ｜＝｜→ｂ｜／(１／ｋ＋１)＝(１／ｋ・｜→ａ｜)／(１／ｋ＋１)＝｜→ａ｜／(１＋ｋ)＝｜→ＡＨ｜（∵(5)）
　故に題意は示された．

「浜田明巳」 10/25 09時55分　受信 更新 11/16

問題２（別解２）
　ＡＢ＝ａ，ＡＣ＝ｂ，ＡＨ＝ｘとする．
　△ＡＨＣ∽△ＢＨＥであるから，
　　ＡＨ：ＢＨ＝ＡＣ：ＢＥ
　　∴ｘ：(ａ−ｘ)＝ｂ：ａ
　　∴ａｘ＝ｂ(ａ−ｘ)
　　∴(ａ＋ｂ)ｘ＝ａｂ
　　∴ｘ＝ａｂ／(ａ＋ｂ)
　ＡＩ＝ｙとすると，同様に，
　　ＡＩ：ＣＩ＝ＡＢ：ＣＧ
　　∴ｙ：(ｂ−ｙ)＝ａ：ｂ
　　∴ｙ＝ａｂ／(ａ＋ｂ)＝ｘ
　故に題意は示された．

（別解３）座標系を導入し，
　　Ｂ(−１，０)，Ｃ(１，０)，
　　Ａ(Ｘ，Ｙ)（Ｘ^２＋Ｙ^２＝１，−１＜Ｘ＜１，０＜Ｙ＜１）
とする．
　Ｅの座標を求める．
　　{cos(π／２)＋ｉsin(π／２)}{(Ｘ＋Ｙｉ)−(−１＋０ｉ)}＋(−１＋０ｉ)
　＝ｉ{(Ｘ＋１)＋Ｙｉ}−１
　＝(−１−Ｙ)＋ｉ(１＋Ｘ)
から，
　　Ｅ(−１−Ｙ，１＋Ｘ)
　Ｈの座標を求める．
　直線ＥＣの方程式は，
　　ｙ＝{(１＋Ｘ)−０}／{(−１−Ｙ)−１}・(ｘ−１)＋０
　　　＝−(１＋Ｘ)／(２＋Ｙ)・(ｘ−１)
　直線ＡＢの方程式は，
　　ｙ＝(Ｙ−０)／(Ｘ＋１)・(ｘ＋１)＋０
　　　＝Ｙ／(１＋Ｘ)・(ｘ＋１)
　ここで，
　　−(１＋Ｘ)／(２＋Ｙ)・(ｘ−１)＝Ｙ／(１＋Ｘ)・(ｘ＋１)
とすると，
　　−(１＋Ｘ)^２(ｘ−１)＝Ｙ(２＋Ｙ)(ｘ＋１)
　　∴(−１−２Ｘ−Ｘ^２−２Ｙ−Ｙ^２)ｘ＝２Ｙ＋Ｙ^２−１−２Ｘ−Ｘ^２
　　∴−２(１＋Ｘ＋Ｙ)ｘ＝−１−２Ｘ＋２Ｙ−Ｘ^２＋Ｙ^２（∵Ｘ^２＋Ｙ^２＝１）
　１＋Ｘ＋Ｙ≠０から，
　　ｘ＝(１＋２Ｘ−２Ｙ＋Ｘ^２−Ｙ^２)／{２(１＋Ｘ＋Ｙ)}
　　∴ｙ＝Ｙ／(１＋Ｘ)・[(１＋２Ｘ−２Ｙ＋Ｘ^２−Ｙ^２)／{２(１＋Ｘ＋Ｙ)}＋１]
　　　　＝Ｙ／{２(１＋Ｘ)(１＋Ｘ＋Ｙ)}・(１＋２Ｘ−２Ｙ＋Ｘ^２−Ｙ^２＋２＋２Ｘ＋２Ｙ)
　　　　＝{Ｙ(３＋４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２)}／{２(１＋Ｘ)(１＋Ｘ＋Ｙ)}
　故にＨの座標は，
　　((１＋２Ｘ−２Ｙ＋Ｘ^２−Ｙ^２)／{２(１＋Ｘ＋Ｙ)}，
　　　　{Ｙ(３＋４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２)}／{２(１＋Ｘ)(１＋Ｘ＋Ｙ)})
　　∴ＡＨ^２＝[(１＋２Ｘ−２Ｙ＋Ｘ^２−Ｙ^２)／{２(１＋Ｘ＋Ｙ)}−Ｘ]^２
　　　　　　　　＋[{Ｙ(３＋４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２)}／{２(１＋Ｘ)(１＋Ｘ＋Ｙ)}−Ｙ]^２
　　　　　　＝１／{４(１＋Ｘ＋Ｙ)^２}
　　　　　　　　・[{(１＋２Ｘ−２Ｙ＋Ｘ^２−Ｙ^２)−２Ｘ(１＋Ｘ＋Ｙ)}^２
　　　　　　　　　　＋Ｙ^２／(１＋Ｘ)^２・{(３＋４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２)−２(１＋Ｘ)(１＋Ｘ＋Ｙ)}^２]
　　　　　　＝１／{４(１＋Ｘ＋Ｙ)^２}
　　　　　　　　・{(１＋２Ｘ−２Ｙ＋Ｘ^２−Ｙ^２−２Ｘ−２Ｘ^２−２ＸＹ)^２
　　　　　　　　　　＋Ｙ^２／(１＋Ｘ)^２・(３＋４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２−２−２Ｘ−２Ｙ−２Ｘ−２Ｘ^２−２ＸＹ)^２}
　　　　　　＝１／{４(１＋Ｘ＋Ｙ)^２}
　　　　　　　　・{(−２Ｙ−２ＸＹ)^２＋Ｙ^２／(１＋Ｘ)^２・(−２Ｙ−２ＸＹ)^２}
　　　　　　　　　　　　　（∵Ｘ^２＋Ｙ^２＝１）
　　　　　　＝Ｙ^２／(１＋Ｘ＋Ｙ)^２・{(１＋Ｘ)^２＋Ｙ^２}
　　　　　　＝２Ｙ^２(１＋Ｘ)／(１＋Ｘ＋Ｙ)^２
　　　　　　　　　　　　　（∵Ｘ^２＋Ｙ^２＝１）

　Ｇの座標を求める．
　　{cos(−π／２)＋ｉsin(−π／２)}{(Ｘ＋Ｙｉ)−(１＋０ｉ)}＋(１＋０ｉ)
　＝−ｉ{(Ｘ−１)＋Ｙｉ}＋１
　＝(１＋Ｙ)＋ｉ(１−Ｘ)
から，
　　Ｇ(１＋Ｙ，１−Ｘ)
　Ｉの座標を求める．
　直線ＧＢの方程式は，
　　ｙ＝{(１−Ｘ)−０}／{(１＋Ｙ)＋１}・(ｘ＋１)＋０
　　　＝(１−Ｘ)／(２＋Ｙ)・(ｘ＋１)
　直線ＡＣの方程式は，
　　ｙ＝(Ｙ−０)／(Ｘ−１)・(ｘ−１)＋０
　　　＝−Ｙ／(１−Ｘ)・(ｘ−１)
　ここで，
　　(１−Ｘ)／(２＋Ｙ)・(ｘ＋１)＝−Ｙ／(１−Ｘ)・(ｘ−１)
とすると，
　　(１−Ｘ)^２(ｘ＋１)＝−Ｙ(２＋Ｙ)(ｘ−１)
　　∴(１−２Ｘ＋Ｘ^２＋２Ｙ＋Ｙ^２)ｘ＝２Ｙ＋Ｙ^２−１＋２Ｘ−Ｘ^２
　　∴２(１−Ｘ＋Ｙ)ｘ＝−１＋２Ｘ＋２Ｙ−Ｘ^２＋Ｙ^２
　　　　　　　　　　　　　（∵Ｘ^２＋Ｙ^２＝１）
　ここで，Ｘ＝１＋Ｙとすると，
　　Ｘ^２＋Ｙ^２＝(１＋Ｙ)^２＋Ｙ^２＝２Ｙ^２＋２Ｙ＋１＝１
　　∴２Ｙ^２＋２Ｙ＝０
　これはＹ＞０に反する．
　　∴１−Ｘ＋Ｙ≠０
　　∴ｘ＝(−１＋２Ｘ＋２Ｙ−Ｘ^２＋Ｙ^２)／{２(１−Ｘ＋Ｙ)}
　　∴ｙ＝−Ｙ／(１−Ｘ)・[(−１＋２Ｘ＋２Ｙ−Ｘ^２＋Ｙ^２)／{２(１−Ｘ＋Ｙ)}−１]
　　　　＝Ｙ／{２(１−Ｘ)(１−Ｘ＋Ｙ)}・(１−２Ｘ−２Ｙ＋Ｘ^２−Ｙ^２＋２−２Ｘ＋２Ｙ)
　　　　＝{Ｙ(３−４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２)}／{２(１−Ｘ)(１−Ｘ＋Ｙ)}
　故にＩの座標は，
　　((−１＋２Ｘ＋２Ｙ−Ｘ^２＋Ｙ^２)／{２(１−Ｘ＋Ｙ)}，
　　　　{Ｙ(３−４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２)}／{２(１−Ｘ)(１−Ｘ＋Ｙ)})
　　∴ＡＩ^２＝[(−１＋２Ｘ＋２Ｙ−Ｘ^２＋Ｙ^２)／{２(１−Ｘ＋Ｙ)}−Ｘ]^２
　　　　　　　　＋[{Ｙ(３−４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２)}／{２(１−Ｘ)(１−Ｘ＋Ｙ)}−Ｙ]^２
　　　　　　＝１／{４(１−Ｘ＋Ｙ)^２}
　　　　　　　　・[{(−１＋２Ｘ＋２Ｙ−Ｘ^２＋Ｙ^２)−２Ｘ(１−Ｘ＋Ｙ)}^２
　　　　　　　　　　　＋Ｙ^２／(１−Ｘ)^２・{(３−４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２)−２(１−Ｘ)(１−Ｘ＋Ｙ)}^２]
　　　　　　＝１／{４(１−Ｘ＋Ｙ)^２}
　　　　　　　　・{(−１＋２Ｘ＋２Ｙ−Ｘ^２＋Ｙ^２−２Ｘ＋２Ｘ^２−２ＸＹ)^２
　　　　　　　　　　　＋Ｙ^２／(１−Ｘ)^２・(３−４Ｘ＋Ｘ^２−Ｙ^２−２＋２Ｘ−２Ｙ＋２Ｘ−２Ｘ^２＋２ＸＹ)^２}
　　　　　　＝１／{４(１−Ｘ＋Ｙ)^２}
　　　　　　　　・{(２Ｙ−２ＸＹ)^２＋Ｙ^２／(１−Ｘ)^２・(−２Ｙ＋２ＸＹ)^２}
　　　　　　　　　　　　　（∵Ｘ^２＋Ｙ^２＝１）
　　　　　　＝Ｙ^２／(１−Ｘ＋Ｙ)^２・{(１−Ｘ)^２＋Ｙ^２}
　　　　　　＝２Ｙ^２(１−Ｘ)／(１−Ｘ＋Ｙ)^２
　　　　　　　　　　　　　（∵Ｘ^２＋Ｙ^２＝１）

　ここで，
　　(１＋Ｘ)(１−Ｘ＋Ｙ)^２−(１−Ｘ)(１＋Ｘ＋Ｙ)^２
　＝(１＋Ｘ){(１＋Ｙ)^２−２Ｘ(１＋Ｙ)＋Ｘ^２}
　　　−(１−Ｘ){(１＋Ｙ)^２＋２Ｘ(１＋Ｙ)＋Ｘ^２}
　＝(１＋Ｙ)^２−２Ｘ(１＋Ｙ)＋Ｘ^２＋Ｘ(１＋Ｙ)^２−２Ｘ^２(１＋Ｙ)＋Ｘ^３
　　　−(１＋Ｙ)^２−２Ｘ(１＋Ｙ)−Ｘ^２＋Ｘ(１＋Ｙ)^２＋２Ｘ^２(１＋Ｙ)＋Ｘ^３
　＝−４Ｘ(１＋Ｙ)＋２Ｘ(１＋Ｙ)^２＋２Ｘ^３
　＝２Ｘ{−２(１＋Ｙ)＋(１＋Ｙ)^２＋Ｘ^２}
　＝２Ｘ(−２−２Ｙ＋１＋２Ｙ＋Ｙ^２＋Ｘ^２)
　＝０　　　　　　　　　　（∵Ｘ^２＋Ｙ^２＝１）
　　∴(１＋Ｘ)(１−Ｘ＋Ｙ)^２＝(１−Ｘ)(１＋Ｘ＋Ｙ)^２
　　∴２Ｙ^２(１＋Ｘ)／(１＋Ｘ＋Ｙ)^２＝２Ｙ^２(１−Ｘ)／(１−Ｘ＋Ｙ)^２
　　∴ＡＨ^２＝ＡＩ^２　　　・・・

「浜田明巳」 10/27 17時50分　受信 更新 11/16

問題２（別解４）座標系を導入し，
　　Ａ(０，０)，Ｂ(ａ，０)，Ｃ(０，ｂ)，
　　Ｄ(０，−ａ)，Ｅ(ａ，−ａ)，Ｆ(−ｂ，０)，Ｇ(−ｂ，ｂ)（ａ＞０，ｂ＞０）
とする．
　直線ＣＥの方程式を求める．
　　ｙ＝(−ａ−ｂ)／(ａ−０)・(ｘ−０)＋ｂ＝−(ａ＋ｂ)／ａ・ｘ＋ｂ
　ｙ＝０とすると，ｘ＝ａｂ／(ａ＋ｂ)＝ＡＨ
　直線ＢＧの方程式を求める．
　　ｙ＝(０−ｂ)／(ａ＋ｂ)・(ｘ−ａ)＋０＝−ｂ／(ａ＋ｂ)・（ｘ−ａ)
　ｘ＝０とすると，ｙ＝ａｂ／(ａ＋ｂ)＝ＡＩ
　　∴ＡＨ＝ＡＩ

NO3「にいばりZ12」 10/22 02時17分　受信 更新 11/16

問題１：

辺の比が、1：aの長方形ABCD（底辺がa高さ1）を考えます

長方形を辺の長さを変えずに、∠ＡＢＣがθ(0<θ<π/2)となるように傾けます。

すると、周りの正方形の面積の総和は

A=2(1+a^2)でθにかかわらず同じです

次に傾けた平行四辺形の対角線の長さを計算すると

短辺は

√（（a-cosθ）²+sin²θ）

長辺は

√（（a+cosθ）²+sin²θ）

各々2乗して対角線の作る正方形の総和Sを求めると

S=2(1+a^2)＝A・・・・回答

問題２：

Aを原点、FBをy軸、BCをｘ軸,AF:AB=1:aと考えると

直線BGの方程式は

y=(1-a)x+a

ここでy=0の時のxがAIなので、AI=a/(1-a)

直線ECの方程式は

x=(1-a)/(0-a)y+1

ここでx=0の時のyがAHなので、AH=a/(1-a)

よって

AI=a/(1-a)= AH・・・回答

すぐに思いついた回答を投稿させて頂きます。

様々な様々な方法は存在すると思いましが、また思いついたら追加で回答したいと思います。

「にいばりZ12」 11/03 23時20分　受信 更新 11/16

問題1の別解です

平行四辺形の対角線の交点をMとします。

ここで、AM=CM,BM=DM、AB=DC,AD=BC…�@

中線定理から

BA²+BC² =2(AM²+BM²)

両辺を2倍して

2BA²+2BC² =4(AM²+BM²)

�@から

BA²+CD²+BC² +DA²=4(((AM+CM)/2)²+((BM+DM)/2)²)

=4((AC/2)²+(BD/2)²)

= AC²+BD²

・・・・証明終わり

または

平行四辺形ABCDにおいて

平行四辺形の対角線の交点Mは△ABC、△ABDにおけるAC、BD各々の中点となるので

中線定理より

BA²+CD²+BC² +DA²= AC²+BD²

この方がすっきりしているでしょうか・・・。

個人的には、別解（中線定理を用いるよりも）本解のほうがシンプルであると思います。

別解を用いるには本来中線定理がなければその証明を準備として記さなければならないと思いますので・・・。

ただ、三角関数と、幾何の中線定理を高校数学においてどちらを先に学ぶかにもよりますが・・・。

問題2の別解です

△BFGにおいてFG=ｂ　＝GC=CA=AF　・・・�@

△CDEにおいてFG=c　 ＝EB=BA=AD　・・・�A

とします

FGとAC及びGEとABは平行・・・・�B

よって

△BFGにおいて�@�A�Bより

AI=b(c/(b+c))=bc/(b+c)

△CDEにおいて�@�A�Bより

AH=c(b/(b+c))= bc/(b+c)

∴AI=AH・・・・・・・・回答

この別解は中学校レベルなので、授業の参考にはあまりならない気がしますが、一応書いてみました。

NO4「早起きのおじさん」 10/22 09時19分　受信 更新 11/16

今回の問題は難しくはないですがいろいろな解法が浮かびません。

問題１は余弦定理にしか見えなくて、問題２は相似の図形の長さの比例配分のことしか思いつきませんでした。時間をおいても他の解法が見つかる感じがないので送ります。

・その１

平行四辺形なので、向かい合う辺や角の大きさは等しくなります。

∠A＝αとおきます。

△ABCにおいて余弦定理より、

△BCDにおいて余弦定理より、

よって、この2式をたすと、

・その２

平行四辺形なので2本の対角線は互いに他を2等分します。

対角線の交点をO、∠AOB＝θ、OA＝m、OB＝nとおきます。

△OABにおいて余弦定理より、

△OBCにおいて余弦定理より、

よって、この2式をたすと、

全体を2倍すると、

・その３

中線定理(パップスの定理)を使います。

その２の図を使います。

△ABDにおいて、AB²＋AD²＝2(m²＋n²)

△CDBにおいて、BC²＋CD²＝2(m²＋n²)

よって、この2式をたすと、AB²＋BC²＋CD²＋DA²＝4(m²＋n²)＝AC²＋BD²

問題２

・その１

辺AB＝b、辺AC＝cとおきます。

△CAH∽△CDEなので、CA：AH＝CD：DE

つまりc：AH＝(c＋b)：b

△BAI∽△BFGなので、BA：AI＝BF：FG

つまりb：AI＝(b＋c)：c

以上からAH=AI

・その２

△ABCを辺ABがx軸、ACがｙ軸にのるようにおきます。

点Bの座標を（b，0）、点Cの座標を（0，ｃ）とします。

直線CEは、

ｙ＝0として、Hのx座標を求めると、

直線BGは、

x＝0として、Iのy座標を求めると、

以上からAH=AI

NO5「二度漬け白菜」 11/08 23時14分　受信 更新 11/16

問題1：
(AB)^2+(AD)^2+(CD)^2+(CB)^2=(AC)^2+(BD)^2　であることを示せばよい．

対角線ACと対角線BDの交点をEとする．EはAC，BDの中点となるので，
AC=2*AE，BD=2*BE．---(1)
△ABDに中線定理を使って， (AB)^2+(AD)^2=2*(AE)^2+2*(BE)^2．---(2)
△CDBに中線定理を使って， (CD)^2+(CB)^2=2*(CE)^2+2*(DE)^2．---(3)
CE=AE，DE=BEを(3)に代入して，(CD)^2+(CB)^2=2*(AE)^2+2*(BE)^2．---(4)
(2)，(4)より，
(AB)^2+(AD)^2+(CD)^2+(CB)^2=4*(AE)^2+4*(BE)^2．
ここで，4*(AE)^2+4*(BE)^2=(2*AE)^2+(2*BE)^2=(AC)^2+(BD)^2． ( ∵( 1) )
よって，(AB)^2+(AD)^2+(CD)^2+(CB)^2=(AC)^2+(BD)^2．

問題2：
正方形ADEBの一辺の長さを s，正方形AFGCの一辺の長さを t とする．
△CAH ∽ △CDE より CA：AH = CD：DE．
よって AH = (CA*DE)/CD = (t*s)/(t+s)．
△BAI ∽ △BFG より BA：AI = BF：FG．
よって AI = (BA*FG)/BF = (s*t)/(s+t)．
以上より AH=AI=(s*t)/(s+t)．

(別解)
点Iを通ってなおかつ線分ABに平行な直線と線分BCとの交点をKとする．
IK//AB//GC であるので，△IBK ∽ △GBC．よって，IK/GC = IB/GB ---(1)
AC//FG であるので，△ABI ∽ △FBG．よって，AI/FG = IB/GB ---(2)
(1)，(2)より IK/GC = AI/FG．これと GC=FG であることとから AI=IK．
つまり三角形IAKはIA= IKの搭u樓d��媚鯵儼繊イ茲辰等・�凾ﾀ∠IAK = ∠IKA ---(3)
IK//ABより ∠HAK = ∠IKA ---(4)
(3)，(4)より ∠IAK = ∠HAK = 45° ．
つまり線分AKは∠BACを二等分している．よって AB/AC = BK/CK ---(5)
△EHB ∽ △CHA であるので，BH/AH = BE/AC．
これとBE=ABとから BH/AH = AB/AC ---(6)
(5)，(6)より BK/CK = BH/AH．
よって △BKH ∽ △BCA であることがわかる．
よって HK//AC である．
以上より四角形AHKIは正方形であることがわかった．
よってAH=AIである．

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