左下の△ＡＢＣにおいて、辺ＢＡの延長線上に∠ＡＣＰ＝３０°であるように点Ｐをとり、さら
に、辺ＣＡの延長線上に∠ＡＢＱ＝２０°であるように点Ｑをとる。
２点Ｐ、Ｑを結び、右下図の四角形を得る。
角の大きさ（２）
左下の△ＡＢＣにおいて、辺ＢＡの延長線上に∠ＡＣＰ＝３０°であるように点Ｐをとり、さら
に、辺ＣＡの延長線上に∠ＡＢＱ＝２０°であるように点Ｑをとる。
２点Ｐ、Ｑを結び、右下図の四角形を得る。
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このとき、∠ＣＰＱは何度になるであろうか？
（答） この問題は、ラングレーの問題と言われ、中学校数学の有名な難問として知られてい
る。答えは、７０度である。
実際に、左下図のように、辺ＣＰ上に∠ＣＢＲ＝２０°であるように点Ｒをとると、
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△ＢＣＱにおいて、∠ＢＣＱ＝５０°で∠ＱＢＣ＝８０°から ∠ＢＱＣ＝５０°となり、△ＢＣＱは、ＢＣ＝ＢＱの２等辺三 角形となる。また、△ＢＣＲにおいて、∠ＣＢＲ＝２０°で、 ∠ＢＣＲ＝８０°から、∠ＢＲＣ＝８０°となり、△ＢＣＲは、 ＢＣ＝ＢＲ の２等辺三角形となる。よって、ＢＲ＝ＢＱ で、 ∠ＲＢＱ＝６０°より、△ＱＢＲは正三角形である。 また、∠ＰＢＲ＝∠ＢＰＲ＝４０°より、△ＲＰＢは２等辺三 |
角形で、ＲＢ＝ＲＰ すなわち、ＲＱ＝ＲＰ となり、△ＲＰＱは２等辺三角形となる。 このとき、∠ＰＲＱ＝１８０°−８０°−６０°＝４０°なので、∠ＣＰＱ＝７０°となる。 |
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（コメント） 点Ｒをとって、正三角形ＱＢＲを作るという発想も面白いですが、巧妙に仕組まれ
た角度の設定に感動しますね！
（追記） 平成２０年７月２９日付け
上記計算の途中結果から、∠ＢＰＲ＝４０°なので、∠ＢＰＱ＝３０°であることが分かる。
また、∠ＢＰＲ＝４０°ということを用いなくとも、点Ｒが、ＢＲ＝ＰＲ＝ＱＲから、△ＢＰＱの
外心で、△ＱＢＲが正三角形であることから、∠ＢＰＱ＝（１/２）∠ＢＲＱ＝３０°であることは
一目瞭然だろう。
＃∠ＢＰＱの大きさを問う問題が、公庄庸三先生から頂いた「清風高校数学オリンピック」
の問題に取り上げられている。そこでは、上記の証明とは異なる方法で証明されている
ので紹介したい。
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左図のような等脚台形ＢＣＰＳを作り、２点Ｓ、Ｃを結ぶ線分 とＢＰとの交点をＲとおく。 このとき、△ＢＣＲは正三角形となる。 また、△ＢＣＱは２等辺三角形で、ＢＣ＝ＢＱ である。 よって、ＢＱ＝ＢＲから、△ＢＱＲは２等辺三角形で、 ∠ＢＲＱ＝８０°となるので、 ∠ＰＲＱ＝１００° また、 △ＰＲＳは正三角形なので、∠ＰＲＳ＝６０° |
| よって、 ∠ＳＲＱ＝４０°となる。 また、∠ＲＳＱ＝４０°であるので、△ＳＱＲは２等辺三角形となり、 ＱＳ＝ＱＲ ＳＰ＝ＲＰ 、 ＰＱは共通なので、 △ＰＳＱ≡△ＰＲＱ となる。 よって、∠ＲＰＳ＝６０°を線分ＰＱは２等分するので、 ∠ＢＰＱ＝３０°となる。（証終） |
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（コメント） この証明も、ポイントは正三角形を上手く作るところですね！
∠ＢＰＱ＝３０°が分かれば、∠ＢＰＣ＝４０°なので、∠ＣＰＱ＝７０°は明らかとなる。
よおすけさんからのコメントです。（令和２年４月５日付け）
上記の四角形は、以下のサイトの凸四角形と合同です。
月刊「理系への数学」 幾何大王からの挑戦状・特別付録 2012年3月公開（現代数学社）
「ラングレーの問題の初等幾何による証明12選＋α」
平成２０年７月２９日時点では、２通りありますが、上記のサイトを参考に解けば、まだ解法
があるかもしれません。
（追記） 令和５年９月６日付け
上記のラングレーの問題を別な視点から考察してみよう。
ラングレーの三角形を、円内に埋め込んで考える。すなわち、
そこで、円周を１８等分して、次の図のようにしてみる。
１目盛り当たり（青点間）の円周角の大きさは、 ３６０°÷１８÷２＝１０° なので、例え
ば、∠ＰＢＱ＝２０°なので、弧ＰＱは２目盛り分に相当する。同様に考えて、
弧ＢＲは４目盛り分 、弧ＲＳは１目盛り分 、弧ＰＴは６目盛り分 に相当する。
いくつ分の目盛りに相当するのか、弧ＢＱと弧ＳＴについては、問題の条件からは不明で
ある。
ラングレーの問題は、弧ＢＱが３目盛り分に相当することを示す。
分かっている条件は、「？＋？？＝５目盛り分」である。可能性として、
（？，？？）＝（１，４）、（２，３）、（３，２）、（４，１） の４通りが考えられる。
しかし、（？，？？）＝（１，４）、（２，３）、（３，２）、（４，１） のとき、３つの線分ＰＲ、ＢＴ、ＱＳ
が１点で交わらず、ラングレーの図形は出来ない。ラングレーの図形が出来るのは、
（？，？？）＝（３，２） のときのみである。すなわち、
したがって、上図から、θ＝３０° であることが分かる。
以下、工事中！