10 コメント（10/1 コメント投稿終了予定） コメント日が 古い順 | 新しい順 かなり昔… (ハル) 2008-12-28 00:30:58 もう20年程前に見たことがある問題です。円に内接する□ABCDにおいて、辺AB上に中心があり辺BC,CD,DAに接する半円がかけるとする。このとき、AB=AD+BCとなる事を証明せよ。 返信する そう言えば(>_<) (ハル) 2008-12-28 00:58:23 ここは新作問題を提供の場でしたね。趣旨にそぐわない書き込みをしてしまい失礼致しました。m(__)m 返信する 初めて見る者には新題です (ｘｘｘ) 2008-12-28 20:19:23 BCおよびCDに接する円が書けることから、半円の中心は＜BCDの二等分線上にある。同様に半円の中心は＜ADCの二等分線上にあり、題意からこれらはAB上で交わる。これらの線を延長し、□ABCDの外接円との交点をC'およびD'とする。BC,CD、DAが等しく、AB上の交点が外接円の中心でなければならないことが導かれる。結局、題意に当てはまる条件はABが外接円の直径で、<DABおよび<ABCが60度の時だけであり、このときにはAB=BC+DAである。 返信する 以下のように・・ (Ｍｒ.ダンディ) 2008-12-28 21:28:58 内接円の中心をＯ(AB上)、AD,BC上の接点をそれぞれ E,Fとします。またＯを通る DC の平行線とBCとの交点を Gとします。∠OGF＝∠Cの外角＝∠A このことから △OAE≡△OGF が導かれ OA＝OG∠GOC＝∠OCD＝OCG より OG＝GC＝GF＋FC＝AE＋FC∴ OA＝AE＋FC・・・(1)同様にして、OB＝BF＋ED ・・・(2)(1)(2)よりOA＋OB＝(AE＋FC)＋(BF＋ED)＝(AE+ED)+(BF+FC)＝AD＋BC 以上のようになりました。 返信する 正解です。 (ハル) 2008-12-28 23:24:11 Ｍｒ.ダンディさん流石ですね！補助線の引き方が絶妙です。XXXさん、宜しければ途切れてしまった部分を再送頂ければ…お二方とも取り組んで頂きありがとうございました。余談ですが、この問題、往時の数学オリンピックの問題だそうです。当時知人に出題されたのですが、Ｍｒ.ダンディさんのような鮮やかな解法に気が付かず、tanの２倍角の公式まで持ち出して計算で解いた記憶があります。（笑）想定解法は以下の通りです。内接円の中心をO、AD,DC,BC上の接点をそれぞれE,F,Gとする。△OFCをOを中心としてFがEに一致するように回転させる。このときCが移動した先の点をC'とすると、∠OFC=∠OED=90°よりC'は直線AD上にある。∠OCF=θとすると△OAC'において∠OAC’=∠OAD=180°-2θ（内接四角形）∠OC'A=∠OCF=θ（回転）∠C'OA=180°-θ-(180°-2θ)=θよって△OAC'はAO=AC'の二等辺三角形。∴AO=AC'=AE+EC'=AE+FC=AE+GC…(1)同様にBO=BG+ED…(2)(1)(2)よりAB=AO+BO=(AE+GC)+(BG+ED)=(AE+ED)+(BG+GC)=AD+BC 返信する 想定解読みました (Ｍｒ.ダンディ) 2008-12-29 08:26:00 なるほど、納得です。実は、私も初め tan の公式を使って解いたのですが、計算途中で(ハルさんの記号で) ED＝CG という結果がでているので、工夫をすれば三角関数を使わずに ED＝CG が言えそうと思い、別解をみつけた次第でした。> ぱち丸さん自作問題でなくとも、「これは美味しい！」という問題があれば、「過去にあった問題ですが」などと断りをいれて出題してもよいかと思いますが、この辺りは ぱち丸さんの意向に沿いたいので、コメントを頂ければと思います。 返信する 賛成です (ばち丸) 2008-12-29 08:57:03 ハルさん。Mr．ダンディさん。賛成です。面白い問題なら必ずしも新作でなくてもよいと思います。 返信する 間違いました (ｘｘｘ) 2008-12-29 09:48:49 安易に考えすぎました。懲りずにまたお邪魔します。 返信する こんな証明はどうでしょうか (uchinyan) 2008-12-29 12:38:02 はじめまして。でも，いつも楽しく拝見しています (^^;さて，何かあっさりと思いついたのですが．．．まず，∠DAB < ∠CBA の場合を証明します。半円の中心を O とします。また，∠DAB = 2a，∠CBA = 2b とおきます，仮定より，a ∠CBA の場合は，A <-> B，C <-> D と入れ替えれば，同じように証明できます。∠DAB = ∠CBA の場合は，a = b なので，明らかです。 返信する 更なる別解 (ハル) 2008-12-30 16:05:34 ありがとうございます。(^^)AB=AD＋BCが成り立つならAB上にAD=AP、BC=BPとなるようなPが必ず存在してその時△APDと△BPCは二等辺△になるはずと予測した上で、□OPCDが円に内接することを利用してうまく結論を導いていらっしゃいますね。思い付きでさらっと証明してしまうとは流石です。こうして色々な解法を読ませて頂くのも算数の楽しみの1つかと思います。取り組んで頂きましてありがとうございました。 返信する 規約違反等の連絡
円に内接する□ABCDにおいて、辺AB上に中心があり辺BC,CD,DAに接する半円がかけるとする。
このとき、AB=AD+BCとなる事を証明せよ。
趣旨にそぐわない書き込みをしてしまい失礼致しました。m(__)m
同様に半円の中心は＜ADCの二等分線上にあり、題意からこれらはAB上で交わる。
これらの線を延長し、□ABCDの外接円との交点をC'およびD'とする。
BC,CD、DAが等しく、AB上の交点が外接円の中心でなければならないことが導かれる。結局、題意に当てはまる条件はABが外接円の直径で、<DABおよび<ABCが60度の時だけであり、このときには
AB=BC+DAである。
∠OGF＝∠Cの外角＝∠A
このことから △OAE≡△OGF が導かれ OA＝OG
∠GOC＝∠OCD＝OCG より OG＝GC＝GF＋FC＝AE＋FC
∴ OA＝AE＋FC・・・(1)
同様にして、OB＝BF＋ED ・・・(2)
(1)(2)より
OA＋OB＝(AE＋FC)＋(BF＋ED)＝(AE+ED)+(BF+FC)＝AD＋BC
以上のようになりました。
補助線の引き方が絶妙です。
XXXさん、宜しければ途切れてしまった部分を再送頂ければ…
お二方とも取り組んで頂きありがとうございました。
余談ですが、この問題、往時の数学オリンピックの問題だそうです。
当時知人に出題されたのですが、Ｍｒ.ダンディさんのような鮮やかな解法に気が付かず、tanの２倍角の公式まで持ち出して計算で解いた記憶があります。（笑）
想定解法は以下の通りです。
内接円の中心をO、AD,DC,BC上の接点をそれぞれE,F,Gとする。
△OFCをOを中心としてFがEに一致するように回転させる。
このときCが移動した先の点をC'とすると、∠OFC=∠OED=90°よりC'は直線AD上にある。
∠OCF=θとすると△OAC'において
∠OAC’=∠OAD=180°-2θ（内接四角形）
∠OC'A=∠OCF=θ（回転）
∠C'OA=180°-θ-(180°-2θ)=θ
よって△OAC'はAO=AC'の二等辺三角形。
∴AO=AC'=AE+EC'=AE+FC=AE+GC…(1)
同様にBO=BG+ED…(2)
(1)(2)より
AB=AO+BO=(AE+GC)+(BG+ED)=(AE+ED)+(BG+GC)=AD+BC
実は、私も初め tan の公式を使って解いたのですが、計算途中で(ハルさん
の記号で) ED＝CG という結果がでているので、工夫をすれば三角関数を使わ
ずに ED＝CG が言えそうと思い、別解をみつけた次第でした。
> ぱち丸さん
自作問題でなくとも、「これは美味しい！」という問題があれば、「過去に
あった問題ですが」などと断りをいれて出題してもよいかと思いますが、この辺りは ぱち丸さんの意向に沿いたいので、コメントを
頂ければと思います。
賛成です。面白い問題なら必ずしも新作でなくてもよいと思います。
懲りずにまたお邪魔します。
さて，何かあっさりと思いついたのですが．．．
まず，∠DAB < ∠CBA の場合を証明します。
半円の中心を O とします。
また，∠DAB = 2a，∠CBA = 2b とおきます，仮定より，a ∠CBA の場合は，A <-> B，C <-> D と入れ替えれば，同じように証明できます。
∠DAB = ∠CBA の場合は，a = b なので，明らかです。
(^^)
AB=AD＋BCが成り立つならAB上にAD=AP、BC=BPとなるようなPが必ず存在してその時△APDと△BPCは二等辺△になるはずと予測した上で、□OPCDが円に内接することを利用してうまく結論を導いていらっしゃいますね。
思い付きでさらっと証明してしまうとは流石です。
こうして色々な解法を読ませて頂くのも算数の楽しみの1つかと思います。
取り組んで頂きましてありがとうございました。