角の大きさ（11）　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　戻る

　下図において、α、βの角の大きさを求めよ。

　　































（答）　下図のように、正方形ABCDと正三角形ADEを作図すると、△ＡＢＥは、ＡＢ＝ＡＥの２
　　　等辺三角形となる。

　

　よって、　α＝６０°−（１８０°−１５０°）/２＝４５°

　 β＝９０°−（１８０°−１５０°）/２＝７５°


　DD++ さんから別解をいただきました。（平成３０年８月２９日付け）

　B、C、D、E の点の名前は管理人さんのを使います。

　　　正三角形 CDF を辺 CD の左に取ります。DE=DF と ∠EDF=90°

　　から、∠DEF=∠DFE=45°

　　　CB=CF と ∠BCF=30° から、∠CBF=∠CFB=75°

　　ここで、∠DFE+∠DFC+∠CFB=45°+60°+75°=180°

　　つまり、E、F、B は実は一直線上にあるので、α=45°、β=75°

　Ｓ（Ｈ）さんから別解をいただきました。（平成３０年８月２９日付け）

　B(-1, 0)、C(0, 0)、D(0, 1)、E(-1/2, 1 + Sqrt[3]/2)　と4点を定めて構わない。

　BEを通る直線は、 y = 2 + Sqrt[3] + (2 + Sqrt[3]) x  で、Tan[β]=  (2 + Sqrt[3])

　このとき、β=(5*π)/12

　また、 Pi/2 + (5*π)/6 +α + (5*π)/12 = 2*Pi　から、α=π/4


　らすかるさんから別解をいただきました。（平成３０年８月２９日付け）

　流行っているようなので私も．．．。B、C、D、E の点の名前は管理人さんのを使います。

△DEFが直角二等辺三角形となるように点Fをとります。ただし、
点Fは線分DFが線分BEと交わるようにとります。

　　∠FDE=∠CDB=45°なので、∠BDF=150°-45°-45°=60°

　　△DEF≡△BCD　から、BD=DF　なので、△BDFは正三角形
　　となり、四角形BDEFは凧形ですから、BEはDFの垂直二等分
　　線とわかります。

　　従って、α=∠DEF÷2=45°、β=∠FBD÷2+∠DBC=75°

　さらに、らすかるさんから別解をもう一ついただきました。

　　*左図は、ｔｅｔｓｕさんよりご提供いただきました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成３０年８月３０日付け）

　菱形CDEFを作ると、△BCFは正三角形となり、EがBCの垂直二等分線上にあることがわ

かるので、　∠BFE=∠CFE=150°から、∠FEB=∠FBE=15°

　よって、　α=∠DEF+∠FEB=45°、β=∠FBE+∠FBC=75°


　Ｓ（Ｈ）さんから別解をいただきました。（平成３０年８月３０日付け）

　もう流行らせたくないので、トドメの瞬殺法を．．．。

　B(-1, 0)、C(0, 0)、D(0, 1)、E(-1/2, 1 + Sqrt[3]/2)　と4点を定めて構わない。

　補助線など全然引かず視た通りで、BCを回してｋ倍して、

　　k*({{Cos[t], -Sin[t]}, {Sin[t], Cos[t]}}.(({0, 0} - {-1, 0}))) = {-(1/2), 1 + Sqrt[3]/2} - {-1, 0}

から不要なのを消して、　{t,k} = {(5*π)/12, Sqrt[2 + Sqrt[3]]}　で、　β=(5*π)/12

　Pi/2 + (5*π)/6 +α + (5*π)/12 = 2*Pi　から、α=π/4


　また、補助線など全然引かず、視たままでも解ける。

　△BDEの高さは、　Sqrt[2 + Sqrt[3]]*Sin[β]　= 1 + Sqrt[3]/2　から、β=(5*π)/12

　　Pi/2 + (5*π)/6 +α + (5*π)/12 = 2*Pi　から、α=π/4


　さらに、次のようにしても解ける。

　△BCEに余弦定理を使い、

　　(Sqrt[2 + Sqrt[3]])^2 = (Sqrt[2 + Sqrt[3]])^2 + 1^2 - 2*(Sqrt[2 + Sqrt[3]])*(1)*Cos[β]

から、　β=(5*π)/12

　Pi/2 + (5*π)/6 +α + (5*π)/12 = 2*Pi　から、α=π/4


　よおすけさんからのコメントです。（令和元年９月１５日付け）

　この問題は、１９９３年の算数オリンピック予選問題８です。


　よおすけさんからのコメントです。（令和６年８月１７日付け）

　６年前にUPの問題で、新たな視点から考察してみました。

　下図の四角形ＡＢＣＤにおいて、

　　

　Ｄから辺ＡＢへ、および、Ｃから辺ＡＢへそれぞれ角の二等分線を引いた各交点は一致する
ので、Ｅ とする。

　これより、∠ＣＤＥ＝∠ＡＤＥ＝７５°、∠ＢＣＥ＝∠ＤＣＥ＝４５°

また、ＢＣ＝ＣＤ＝ＤＡ　および、ＢＥ＝ＤＥ　なので、△ＢＣＥ≡△ＤＣＥ≡△ＤＡＢ　より、

∠ＢＣＥ＝∠ＤＣＥ＝∠ＤＡＥ、∠ＣＤＥ＝∠ＡＤＥ＝∠ＣＢＥ

　以上から、α＝∠ＤＡＥ＝４５°、β＝∠ＣＢＥ＝７５°


（コメント）　「Ｄから辺ＡＢへ、および、Ｃから辺ＡＢへそれぞれ角の二等分線を引いた各交点
　　　　は一致する」が、α＝４５°、β＝７５°ならば、結果としてそうなるんだけれども、これ
　　　　が追認できませんでした。よおすけさん、証明をお願いします。


　よおすけさんからのコメントです。（令和６年８月２０日付け）

　厳密にはできませんでしたが、元の問題が1993年の算数オリンピック予選問題ということで、
中学生以下の範囲で以下のようにやってみました。

　四角形ＡＢＣＤにおいて、ＢＣ＝ＣＤ＝ＤＡだから、

・ＡＤをＣＤに重なるように折り曲げる。

・ＢＣをＤＣに重なるように折り曲げる。

　上２つの折り曲げた部分の三角形は重なるので、α＝４５°、β＝７５°


（コメント）　α＝４５°、β＝７５°ならば、上２つの折り曲げた部分の三角形は重なるので
　　　　すが．．．？証明は難しいですね！

　冒頭の解答のように、「α＝４５°、β＝７５°」を示してから、実は、上２つの折り曲げた
部分の三角形は重なるので、∠Ｃと∠Ｄの２等分線はＡＢ上で交わるという性質を持つんだ
というスタンスで、納得しましょう。



　　以下、工事中！