当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「よおすけ」さんからの出題です。
（令和２年１１月１日付け）
(tanα＋１)(tanβ＋１)＝２ のとき、鋭角α+βを答えよ。
（答） 条件式より、 tanαtanβ＋tanα＋tanβ＝１
このとき、 tan（α＋β）＝（tanα＋tanβ）/（１−tanαtanβ）＝１
よって、 α＋β＝４５° （終）
カルピスさんからのコメントです。（令和２年１１月１日付け）
ｔａｎ４５°＝１ 、ｔａｎ０°＝０ より、 （１＋１）（０＋１）＝２ｘ１＝２
よって、 ４５°＋０°＝４５°．．．なぁ〜んちゃって解答。。
コサインはサインの子ではないこと位、知っている。。ましてやタンジェントの孫でもないこ
とも知っている。。。
らすかるさんからのコメントです。（令和２年１１月１日付け）
（解法1） (tanα+1)(tanβ+1)=2 より、tanαtanβ+tanα+tanβ+1=2
すなわち、 tanα+tanβ=1-tanαtanβ より、
tan(α+β)=(tanα+tanβ)/(1-tanαtanβ)=1
∴α+β=45°
（解法2） (tanα+1)(tanβ+1)=2 より、 (sinα+cosα)(sinβ+cosβ)=2cosαcosβ
sinαcosβ+cosαsinβ+sinαsinβ+cosαcosβ=2cosαcosβ
sinαcosβ+cosαsinβ=cosαcosβ-sinαsinβ より、 sin(α+β)=cos(α+β)
∴α+β=45°
DD++さんからのコメントです。（令和２年１１月４日付け）
直径が 3 以上である円 O の内部に長さ 3 の弦 AB を引く。線分 AB 上に AC=1 となる点
C を取り、点 C における線分 AB の垂線が円 O と交わる点を D、E とする。線分 DE 上に
DP=EQ=1 となる点 P、Q を取る。
このとき、∠PAQ の大きさを求めよ。
これを図形的に（すなわち三角関数の加法定理を用いずに）解くことは可能なんでしょうか？
りらひいさんからのコメントです。（令和２年１１月９日付け）
DD++さんの問題を何となくで解いてみました。答えを知っている状態からなので結構無理
やりです。とりあえず三角関数の加法定理は使っていませんが、代数計算に変えただけだし
三角関数自体は使っているので、図形的とは言えませんね。
BC = AB-AC = 3-1 = 2 で、CD=x、, CE=y とおくと、方べきの定理より、
xy = CD*CE = AC*BC = 1*2 = 2
相加相乗平均より、 x+y ≧ 2√(xy) = 2
> 2CP = |CD-DP| = |x-1|、CQ = |CE-EQ| = |y-1|、PQ = |CD+CE-DP-EQ| = |x+y-1-1| = x+y-2
なので、
AP = √(CP^2+AC^2) = √(|x-1|^2+1^2) = √(x^2-2x+2)
AQ = √(CQ^2+AC^2) = √(|y-1|^2+1^2) = √(y^2-2y+2)
∠PAQ=θとおくと、余弦定理より、
cosθ=(AP^2+AQ^2-PQ^2)/(2*AP*AQ)
={(x^2-2x+2)+(y^2-2y+2)-(x+y-2)^2}/{2*√(x^2-2x+2)*√(y^2-2y+2)}
=(2x+2y-2xy)/[2*√{(xy)^2-2xy(x+y)+2x^2+2y^2+4xy-4(x+y)+4}]
=(x+y-xy)/√{(xy)^2-2xy(x+y)+2x^2+2y^2+4xy-4(x+y)+4}
ここで、xy=2 を代入して、
cosθ=(x+y-2)/√{4-4(x+y)+2x^2+2y^2+8-4(x+y)+4}
=(x+y-2)/{
*√(x^2+y^2-4x-4y+8)}ところで、x+y-2>0 なので、
x+y-2
=√{(x+y-2)^2}=√(x^2+y^2+2xy-4x-4y+4)=√(x^2+y^2+2*2-4x-4y+4)=√(x^2+y^2-4x-4y+8)
より、
cosθ=√(x^2+y^2-4x-4y+8)/{
*√(x^2+y^2-4x-4y+8)}=1/0°<θ<180° より、 θ = 45° …答
DD++さんからのコメントです。（令和２年１１月１０日付け）
おお、余弦定理のゴリ押しは可能だったんですね。私は少し考えて無理そうだと見切りを
つけてしまっていました……反省。
余弦定理がいけるなら、その元の証明の手順を追えば、三平方の定理でいけるのかもし
れませんね。ちょっとやってみよう。
りらひいさんからのコメントです。（令和２年１１月１３日付け）
前の解答とあまり変わらないけれど、「角度を求めよ」ではなく「45°を証明せよ」ならば、
次のようにしたほうが少しシンプルかな？
BC = AB-AC = 3-1 = 2 で、CD=x、, CE=y とおくと、方べきの定理より、
xy = CD*CE = AC*BC = 1*2 = 2
相加相乗平均より、 x+y ≧ 2√(xy) = 2
> 2CP = |CD-DP| = |x-1|、CQ = |CE-EQ| = |y-1|、PQ = |CD+CE-DP-EQ| = |x+y-1-1| = x+y-2
∠PAQ=θとおく。三角形APQに関して、余弦定理より、
AP*AQ*cosθ
=(AP^2+AQ^2-PQ^2)/2
=(CP^2+AC^2+CQ^2+AC^2-PQ^2)/2
={|x-1|^2+1^2+|y-1|^2+1^2-(x+y-2)^2}/2
=(2x+2y-2xy)/2
=x+y-xy
=x+y-2
三角形APQの面積をSとすると、AC⊥PQより、
AP*AQ*sinθ=2S=2*(PQ*AC/2)=PQ*AC=(x+y-2)*1=x+y-2
よって、 tanθ = sinθ/cosθ = 1
0°<θ<180° より、 θ = 45°
（コメント） 敢えて、三角関数の加法定理を用いて解いてみました。
∠ＰＡＱ＝α、∠ＰＡＣ＝β、ＣＰ＝ｘ、ＰＱ＝ｙ とおく。
ＤＰ＞ＤＣの場合、方べきの定理から、
（１−ｘ）（ｘ＋ｙ＋１）＝２ すなわち、 ｘ＋ｙ＝（１＋ｘ）/（１−ｘ）
このとき、
ｔａｎα＝ｔａｎ（α＋β−β）＝（ｔａｎ（α＋β）−ｔａｎβ）/（１＋ｔａｎ（α＋β）ｔａｎβ）
ここで、 ｔａｎ（α＋β）＝ｘ＋ｙ 、ｔａｎβ＝ｘ なので、
ｔａｎα＝ｙ/（１＋ｘ（ｘ＋ｙ））＝（−（１＋ｘ）＋２/（１−ｘ））/（１＋ｘ（１＋ｘ）/（１−ｘ））
＝（ｘ2＋１）/（ｘ2＋１）＝１
よって、 α＝４５°
ＤＰ＜ＤＣの場合、方べきの定理から、
（１＋ｘ）（ｙ−ｘ＋１）＝２ すなわち、 ｙ−ｘ＝（１−ｘ）/（１＋ｘ）
このとき、
ｔａｎα＝ｔａｎ（α−β＋β）＝（ｔａｎ（α−β）＋ｔａｎβ）/（１−ｔａｎ（α−β）ｔａｎβ）
ここで、 ｔａｎ（α−β）＝ｙ−ｘ 、ｔａｎβ＝ｘ なので、
ｔａｎα＝ｙ/（１−ｘ（ｙ−ｘ））＝（ｘ＋（１−ｘ）/（１＋ｘ））/（１−ｘ（１−ｘ）/（１＋ｘ））
＝（ｘ2＋１）/（ｘ2＋１）＝１
よって、 α＝４５°
ＤＰ＝ＤＣの場合、方べきの定理から、 ｙ＋１＝２ すなわち、 ｙ＝１
このとき、 ｔａｎα＝１ より、 α＝４５°
以下、工事中！