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前>>265
>>267
📐このように2辺が等しい三角定規をうすく正確に縁取りし、
📏直線定規を使って引きなおし、
三角を尖らせる。 前>>268
>>267
3辺の比をa,b,c,a<b,a^2+b^2=c^2,sinθ=a/cとおくと、
cosθ=b/c=a/b
c=b^2/a
sinθ=a/c=a^2/b^2=(a/b)^2=cos^2θ=1-sin^2θ
sin^2θ+sinθ-1=0
sinθ=(-1+√5)/2=1.2360679/2=0.6180339……
定規とコンパスにより正五角形を作図し、
頂角から対角線に垂線を下ろすと、
θ=36°の直角三角形が描ける。 前>>269
>>261
EAもGAも、
BCと平行なんじゃね?
つまりどっちかに傾く理由が、
自然界的にないんだよ。 前>>270
>261
BCとAGは平行じゃない。
BCとEGも平行じゃない。
メネラウスの定理かなぁ。 イナよ、残念ながら、今のところ、全部外れている(笑 前>>273
>>261
△ABCは任意だし、点Dも点Fも任意となると、
相似な二等辺三角形が連続写真のように大きさを変え、
それらの頂点は点Aの左右に連なっていく。
まるで接弦定理のように同じ大きさの角を、
ぴったり横付け。
∴EAGは一直線に並ぶ。 前>>275修正。
>>261
△ABCおよび点D,点Fは任意だから、
点DをACの端点Aにとると∠EDB=∠EAB=(1/2)(180°-∠A)
点FをABの端点Aにとると∠GFC=∠GAC=(1/2)(180°-∠A)
∠EAB+∠A+∠GAC=(1/2)(180°-∠A)+∠A+(1/2)(180°-∠A)=180°
∴点E,点A,点Gは一直線上にある。 >>276
そんな答えでは20点(笑
そんな特殊な場合に成り立つことを証明しても証明とは言えない(笑
どんな場合にも成り立つことを証明しなければ証明とは言えない(笑 ∠Aが鈍角な△ABCがある。
辺BC上に、AD×AD=BD×DCとなる点Dを作図せよ。 前>>276
>>278
Dにコンパスの針を刺して鉛筆が✏Aを通過するように回してBCの延長線との交点B',C'をBB'=CC'となるようにとれればいいから、そのように刺す。 前>>279違うなぁ。長さじゃないもんね、割合だもんね。 前>>280
>>261
メネラウスの定理で解けないかな。
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 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄‖ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
□ □ □ ‖ /|;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
_____‖/ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄‖ ,|;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
□ □ □ ‖,彡ミ、 ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
_____‖川` , `; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
_____‖/U⌒U、 ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄;_~U U~ ;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; イナよ、メネラウスでは解けない(笑
>>276の要領で考えればいいのだ。
それが正攻法。
しかし正攻法でなくても、分る人には一瞬で分る問題である。 前>>281
>>282
自分がメネラウス言うたんやないか。
よう言わんわ。
図描いてだれでも一瞬で、
E,A,Gが一直線に並ぶなぁ思うがな。 イナよ、僕はメネラウスなどと言ったことはない(笑
それは別人のレスだ(笑 長方形ABCDの辺AB上に点Pが与えられている。
辺CD上に点Qを取り、四角形APQDと四角形PBCQの面積比が
√2:1 となるようにせよ。
但しPは、そのような作図が可能な位置に与えられているとする。 △ABCに内接する△PQRを作図せよ。
但し△PQRの各辺は△ABCの各辺に対して垂直でなければならない。 〔補題〕
放物線上にない点Pをとる。
Pを通る2直線L1、L2を曳く。
L1と放物線の交点を A,B とし
L2と放物線の交点を C,D とする。
このとき AP・BP = CP・DP は (一般に) 成り立た
ない。....orz
 ̄ ̄
しかし、放物線の軸と垂直な座標軸をとり
A,B,C,D, P の座標を a,b,c,d, p とすれば
(p-a)(p-b) = (p-c)(p-d)
[分かスレ465-985,986] >>172
>>269
定規とコンパスにより正五角形を作図する方法
ARを直径とする円Xを描く。
これに内接する正五角形 ABCDEA を作図しよう。
A (-1, 0)
C (cos(36), sin(36))
D (cos(36), -sin(36))
R (1, 0)
T (1/2, 0)
とする。
第二余弦定理より
CT^2 = 1 + 1/4 - cos(36) = 5/4 - φ/2 = 5/4 - 29/36 = 4/9,
CT = DT = 2/3,
直径ARの4等分点Tを中心とし、ARの1/3を半径とする円Yを描く。
円X と 円Y の交点を C および D とする。
ACの垂直2等分線と円Xの交点を B とする。
ADの垂直2等分線と円Xの交点を E とする。
弦AB = BC = CD = DE = EA, (終)
http://suseum.jp/gq/question/3233 次のことを証明せよ。
任意の△ABCの内部に点Pがある。
Pから各辺に下ろした垂線の足をD、E、Fとし、円DEFを描き、
円DEFが各辺と再び交わる点をQ、R、Sとすると、
Q、R、Sに於いて各辺に立てた垂線は一点で交わる。 (略証)
円DEFの中心を O とし、
点Oから各辺に下ろした垂線の足を L, M, N とする。
∠OLD = ∠OLQ = 90゚, OD=OQ より
DL = LQ,
すなわち、点Lは DQ の中点である。
POの延長線と、点Qで辺BCに立てた垂線 との交点を X とすれば
PD // OL // XQ
中点連結定理により
PO = OX
すなわち、点Xは 点Oに関して 点Pと対称な点である。
∴ 点Q,R,S で各辺に立てた垂線は、この点で交わる。(終)
* なお、点Pが僊BCの垂心のときは
Q,R,S は各辺の中点であり、そこで立てた垂線は外心で交わる。
この円は九点円である。 〔類題〕
僊BCの内部に点Pをとる。
APの延長と辺BCの交点を D,
BPの延長と辺CAの交点を E,
CPの延長と辺ABの交点を F とする。
円DEFと辺BC, CA, AB の交点 (≠ D,E,F) をそれぞれ Q,R,S としたとき、
AQ, BR, CS は一点で交わる。
ただし、たとえば円DEFが辺BCに接している場合には
Q=D と考えるものとする。(木戸晶一郎氏による)
数学セミナー, Vol.50, No.3, 日本評論社 (2011/Mar)
NOTE 「九点円の拡張」p.66-67 (略証)
AD,BE,CFは一点Pで交わるので、チェヴァの定理より
(AF/FB)(BD/DC)(CE/EA) = 1 … (1)
また、方べきの定理より
AF・AS = AE・AR
だから
AF/EA = RA/AS.
同様に、
BD/FB = SB/BQ, CE/DC = QC/CR
これらを (1) に代入すれば
(RA/AS)(SB/BQ)(QC/CR) = 1,
すなわち
(AS/SB)(BQ/QC)(CR/RA) = 1
よって、チェヴァの定理の逆により、
AQ, BR, CS は一点で交わる。 (終) >>291
正解(笑
このスレは完全に無視されていると思っていたが、
そうでもないことが分っただけでもうれしい(笑
では次の問題。
任意の四角形ABCDがあり、その内部に点Pがあり、
四角形の面積が、APCによって二等分され、
またBPDによっても二等分されているという。
点Pの位置を求めよ。 どうもです。
◇の面積がAPCによって二等分される。
∴ Pは BDの中点を通りACに平行な直線上にある。
◇の面積がBPDによって二等分される。
∴ Pは ACの中点を通りBDに平行な直線上にある。
∴ P は上記2直線の交点にある >>278
辺ABの延長線上に AB = BB' となる点B' をとる。
辺ACの延長線上に AC = CC' となる点C' をとる。
(僊B'C' は、僊BC をAの周りに相似拡大したものである。相似比2)
僊BCの各辺の垂直二等分線の交点 (外心) をOとして、円ABC を描く。
円ABC と B'C' の交点の一つを D' とする。
AD' と辺BCの交点を D とすると AD = DD'
方べきの定理より
AD^2 = AD・DD' = BD・CD >>267
(-1/2, ±1/8) を中心とする半径 9/8 の円周を描く。
x軸との交点のうち 小さい方の解は
(-φ, 0) = (-1.618034, 0)
(-φ, 0) と A(1, 0) を直径の両端とする円周を描く。
y軸との交点は B(0, ±√φ) = (0, 1.27202)
A - O(0,0) - B が求める直角三角形。
cos(A) = sin(B) = 1/φ = 0.618034
sin(A) = cos(B) = 1/√φ = 0.786151 >>286
ADの中点M と BCの中点N を結ぶ。
MNとPQの交点を X とすれば
◇APQD : ◇PBCQ = (AP+DQ)/2 : (PB+QC)/2 = MX : XN
∴ MN を √2:1 に内分する点を X とし、PX の延長線と CD の交点をQとする。 ID:HUD3ElaW
>>297以外は正解(笑
>>297は正解かどうか不明だが、座標とか三角法を用いているので不可とする。
では次の問題。
次のことを証明せよ。
鋭角△ABCの垂心をHとし、中線AMの延長が、
円BHCと交わる点をKとすると、MはAKの中点である。 AB, AM, AC を Aの周りに2倍に延長した線分を AB', AM', AC' とする。
僊BCと儁'CB は、点Mについて対称である。
儁'CBの垂心を H' とすれば
BH' ⊥ CM' // AB'
CH' ⊥ BM' // AC'
M'H' ⊥ BC // B'C'
は僊B'C' の各辺を垂直に二等分する。
∴ 点H' は 僊B'C' の外心 (外接円 の中心) Oである。
円AB'C' を頂点Aに向かって半分に収縮した円ABCは、外心Oを通る。
つまり、点H' を通る。
円ACH'B を点Mについて反転すれば 円M'BHC となる。
∴ 点M' は、中線AMの延長線が 円BHC と交わる点、つまりKである。
定義により、点Mは AM' の中点である。 >>300
なかなかユニークな解法だが、正解(笑
では次の問題。
次のことを証明せよ。
四角形ABCDが円に内接している。
A、B、C、Dに於ける円の接線の交点をP、Q、R、Sとすると、
四角形ABCDの対角線の交点と、
四角形PQRSの対角線の交点は一致する。 対角線AC,BDの交点をXとし、辺BC,DAの延長線の交点をYとする。
6角形 A'ABB'CD が2次曲線に内接している (A'≒A, B'≒B) とする。
パスカルの定理より、接線AA',BB'の交点Pは、直線XY上にある。
6角形 ABC'CDD' が2次曲線に内接している (C'≒C, D'≒D) とする。
パスカルの定理より、接線CC',DD'の交点Rも、直線XY上にある。
∴ 交点XはPR上にある。
同様にして XはQS上にもあるから、題意は成り立つ。
(参考)
郡 敏昭:「射影平面の幾何学」 (1988)
発行 遊星社, 発売 星雲社
6章 §2 パスカルの定理 系6.6 p.110-112 >>302
パスカルの定理は円に内接する六角形に関する定理で、>>301の問題とは異なる。
また>>301の問題はA、B、C、Dに於ける接線を使用した問題であり、
その点もパスカルの定理とは異なる。
ゆえに不可とする。厳密解とはいえない。 定点A、Bを通り、定円Cと外接する正方形を作図せよ。
但し、Aはその正方形の一頂点であるとし、
円Cは、その正方形と外接可能な位置にあるとする。 定点Aから引いた二接線のなす角が定角αで、
定点Bから引いた二接線のなす角が定角βであるような円の中心の軌跡を求めよ。 次のことを証明せよ。
△ABCのAでABに接し、かつ内心Oを通る円が、
BCとその延長と交わる点をD、Eとすると、
OCは∠DOEを二等分する。 春休みなので、中高生向け問題を二問
@大円の中に小円がある。
但し二円は同心円でもなく、接してもいない。
この二円の相似の中心を求めよ。
A平面上に二つの相似な三角形がある。
但し二つの三角形の対応辺は平行ではない。
この二つの三角形の相似の中心を求めよ。 〔例2.4.6〕
辺の長さが a,b,c である三角形において,
面積 ≦ (3/4)abc/√(aa+bb+cc),
佐藤(訳) 「美しい不等式の世界」 朝倉書店 (2013) p.89 (略証)
= (1/4)√{4(aabb+bbcc+ccaa) - (aa+bb+cc)^2} (Heron)
= (1/4)√{4(xy+yz+zx) - (x+y+z)^2}
≦ (1/4)√{9xyz/(x+y+z)} (Schur-1)
= (3/4)abc/√(aa+bb+cc),
* Schur-1
F_1(x,y,z) = (x+y+z)^3 - 4(x+y+z)(xy+yz+zx) + 9xyz
= x(x-y)(x-z) + y(y-z)(y-x) + z(z-x)(z-y) ≧ 0, 〔公式425〕
三角形の内心I、重心G、垂心H、G-Hの中点M、O-Hの中点N とすると
OI^2 = R(R-2r), (Chapple-Euler)
MH^2 - MI^2 = (2/3)r(R-2r),
NI = (1/2)(R-2r),
rは内接円の半径、Rは外接円の半径
等号成立は正△のとき。
[分かスレ466- 425, 495, 678, 690] (下) の略証
三角形の外接円を重心Gのまわりに (-1/2)倍した円は、
各辺の中点など(*)を通り、9点円とよばれる。
9点円の中心N, 半径は R/2.
内接円の中心I, 半径はr.
[定理31]
三角形の9点円は内接円に接する。(Feuerbachの定理)
∴ NI = (1/2)(R-2r),
(参考書)
清宮俊雄 著「モノグラフ 15.幾何学」矢野健太郎 監修, 科学新興社 (1968/Sep)
§10. p.41
のちに科学新興新社から改訂版が発行された。(1988/Mar)
*) 垂足 (各頂点から対辺に下した垂線の足) と 各頂点と垂心Hの中点を合わせて
9点を通る。 (参考書)
矢野健太郎 著 「幾何の有名な定理」 数学ワンポイント双書36, 共立出版 (1981/Dec)
10 フォイエルバッハの定理 p.103-111
数セミ増刊 「数学100の定理」 日本評論社 (1983/Oct)
「九点円」 p.12-13 点Aがあり、その下方に直線gがあり、g上に点Bがある。
gの下方にgと平行な直線hがある。
Aを通る直線がg、hと交わる点をP、Qとするとき、
BP=BQとなるように直線APQを引け。
但し、Ah間の距離はAB間の距離より短いとする。 このスレは群論のスレらしいし、ネタもなくなってきたので、
出題するのはここらでやめようと思うが、最後に少し書いておこう。
>>125の問題は〇〇〇〇〇の定理というらしい。
面白い問題だと思っていたが、まさか名前が付いているとは思わなかった。
>>302の回答について再考してみたが、やはり間違いである。
パスカルの定理は、次の二つの場合で成り立つ。
@対辺の交点で成立。この場合、交点はすべて円外にある。
Aパッブスの定理と同様の結び方で成立。この場合、交点はすべて円内にある。
>>302の回答は@とAをごちゃ混ぜにしている。 〔問題〕
平面上に2つの円
(x-1)^2 + y^2 < 1,
(x+1)^2 + y^2 < 1,
がある。
これらの円をともに内部に含む三角形のうち、
面積が最小のものはどのような三角形か。
[高校数学の質問スレPart414.215] x<0, x>0 を別々に考え、あとで合体してよい。
直角凾フ 直辺a, b 斜辺c とすると 面積S=ab/2.
内接円の半径rは
r = 2S/(a+b+c)
≦ 2S/{2(1+√2)√S} (*)
= (√S)/(1+√2),
∴ S ≧ (1+√2)^2 = 3 + 2√2,
* a + b + c = a + b + √(aa + bb)
≧ (1+1/√2)(a + b)
≧ (2+√2)√(ab)
= 2(1+√2)√S,
等号成立は a=b すなわち 直角二等辺 のとき
[高校数学の質問スレPart414.222] 〔類題〕
空間内に2つの球
(x-1)^2 + y^2 + z^2 < 1,
(x+1)^2 + y^2 + z^2 < 1,
がある。
これらの球をともに内部に含む四面体のうち、
体積が最小のものはどのような四面体か。 x軸方向に伸びる傾角aの谷の上に2つの球を並べる。
z = |y| tan(a) - z1, z1 = -1/cos(a),
y方向に伸びる、傾角bの屋根を葺く。
z = z2 - |x| tan(b), z2 = (1+sin(b))/cos(b),
四面体のサイズは
凅 = 2(z2-z1)/tan(b)
凉 = 2(z2-z1)/tan(a),
凛 = (z2-z1),
体積は
V(a,b) = (1/6)凅・凉・凛 = (2/3)(z2-z1)^3 /(tan(a)・tan(b)),
Vが最小となるのは
a = 1.001631319 (57.38924722°)
b = 0.679837919 (38.95184353°)
のとき
凅 = 9.77200177
凉 = 5.05410762
凛 = 3.94981057
V = 32.5127002274793
これは球の体積 (4π/3)*2 の 3.880917716 倍 〔出題2〕
rは 0<r<1 を満たす定数、θは 0<θ<π を満たす定数とします。
xy平面に2点 P。=(0,0), P_1=(1,0) をとり、
__________
xy平面内の折れ線P。P_1 P_2 … P_n …で次の条件を満たすものを考えます。
_____
・n=1,2,3,…に対して、P_n P_{n+1} = r^n であり、
_____ _____
2つの辺 P_{n-1} P_n と P_n P_{n+1} のなす角が θ または -θ である。
この折れ線が P_2 以後にx軸と交差しないとき、rとθの間に成り立つ関係式を求めてください。
ただし、「交差する」とは1点のみを共有することとします。 0 < θ << 1 の場合
z = r・e^(iθ) とおくと
y(P_n) r sinθ - rr Σ[k=0,n-1] r^k・sin(kθ)
= Im{z - rrΣ[k=0,n-1] z^k}
= Im{z - rr(1-z^n)/(1-z)}
= Im{z - rr(1-z~)/|1-z|^2}
= Im{z - rrz/|1-z|^2}
= Im{z - rrz/(1-2r cosθ +rr)}
= Im{z} (1-2r cosθ)/|1-z|^2
> 0
∴ r・cosθ ≦ 1/2. 〔問題〕
ABCD を円に内接しない四角形とします。
ABCDの対辺の積 AB・CD, AD・BC と 対角線の積 AC・BD =L
を三辺の長さとする三角形が存在することを示して下さいです。
(Lに対する内角は A+C, B+D のうち 180°より小さい方) (略解)
A+C<180° の場合
頂点Dを中心として
僊BDをCD倍して回転
傳CDをCD倍して回転
僊CDをBD倍
して同長の辺を重ね、 B1-X-B2 を作る。
B1X = AB・CD,
B2X = AD・BC,
B1B2 = AC・BD = L,
また
∠X = A + C, ∠B1 + ∠B2 = B, LCとともに、CFTのもう一つの主要一般化の一つである遠アーベル幾何学とIUT理論を研究するために、
あえて海外に目を向ける必要がないことは、未来の数学者を志す若い日本人にはこの上なく大きな祝福と言わざるを得ない! ↑
伊原エッセイで伊原先生にダメ出しされていますね。
数学の遠アーベル幾何学と全く新しい理論IUT理論の違いも明確でなく罵倒とホラの類です。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています