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前>>195
>>182
4√(862+16√2674)=164.407870484…… 前>>196訂正。
>>182
cosA=(24^2+20^2-BC^2)/(2×24×20)
sinA=BC/2R=BC/60
480cosA=576+400-3600(1-cos^2A)
(60cosA)^2-8(60cosA)-2624=0
60cosA=4-√(16+2624)=4-√2640=4-4√165
cosA=(1-√165)/15
sinA=√(166-2√165)/15=(√165-1)/15
△ABC=(1/2)24×20(√165-1)/15
=16(√165-1)
=189.523721259…… 前>>197
>>182
BC=2RsinA=60sinA
24^2+20^2-60^2sin^2A=2×24×20cosA
36+25-225sin^2A=60cosA
61-225+225cos^2A-60cosA=0
225cos^2A-60cosA-164=0
cosA={30-√(900+225×4×41)}/225
=(30-30√42)/225
=(2-2√42)/15
cos^2A=(4+168-8√42)/225
=(172-2√672)/225
sinA=√(225-168+2√672)/15
=√(57+2√672)/15
=(√32+√21)/15
△ABC=(1/2)AB×ACsinA
=(1/2)24×20(√32+√21)/15
=16(4√2+√21)
=64√2+16√21
=163.830879111…… イナよ、今のところ、全部間違い(笑
冬休み中だから、>>182の問題を継続して出しておく。
中高生の回答に期待する。 前>>198
マジか。腰痛悪化。イタタタ……
まぁでも、どうれも確信は持てなんだでな。 前>>200
ぎっくり腰が再発して、
トイレに行けなくて困ってる。
数学やると脳が糖を使うから、
小便したくなる。でも今はだめだ。
腰が痛いから。
動けない。 前>>201
>>199
三角関数か四角関数か知らんけどsinやcosを使う使わずに拘らず、
正しい数値がまだ出てないってことだよね? >>202
その通り(笑
戦前は大学入試にも初等幾何の問題がバンバン出たらしい。
だから戦前の生徒なら@の問題は五分で解く。
なぜなら@の問題の解き方は準公理のように知られていたからだ。
ところが今の教育は初等幾何を軽視している。
だから今の生徒は@の問題が解けない。
有名塾とか有名進学校の生徒はどうかは知らないが。
Aの問題でも、戦前の生徒なら五分で解く。 前>>202
>>182
手段は選ばず、とにかく答えを出す。
外接円の中心をOとして、
△OAB=(1/2)24√(30^2-12^2)
=12×6√21
=72√21
△OAC=(1/2)20√(30^2-10^2)
=10×20√2
=200√2
△ABC=△OAB+△OAC-△OBC
=72√21+200√2-(1/2)30×30sin∠BOC
=72√21+200√2-450sin∠BOC
中心角∠BOC=2(π-弦BCについて反対側の円周角∠BAC)
sin∠BOC=sin2(π-∠BAC)
=2sin(π-∠BAC)cos(π-∠BAC)
=2sin∠BAC(-cos∠BAC)
=-2sin∠BACcos∠BAC
=-2(BC/2R)(24^2+20^2-BC^2)/(2×24×20)
=-BC(976-BC^2)/(30×960)
△ABC=72√21+200√2+450BC(976-BC^2)/(30×960)
=72√21+200√2+15BC(976-BC^2)/960
=72√21+200√2+BC(976-BC^2)/64
sin^2∠BAC+cos^2∠BAC=1
BC^2/60^2+(976-BC^2)^2/960^2=1
BC^4-1936BC^2+30976=0
BC^2=1936±√(968^2-30976)
=1936±√906048
作図よりBC=√(1936-264√13)
=2√(484-66√13)
976-BC^2=976-1936+264√13
=264√13-960(<0)
△ABC=72√21+200√2-(960-264√13)√(484-66√13)/32
=72√21+200√2-(30-33√13/4)√(484-66√13)
=366.360495035…… 前>>204
>>182
外接円の中心をOとし、
AOとBCの交点をPとすると、
BOに対するPの高さxは、
PからBOに下ろした垂線の足がBOをt:(30-t)に分割するとして、
24:x=30:(30-t)
x=(4/5)(30-t)
=24-4t/5
30:x=30:t
t=24-4t/5
9t/5=24
t=5×24/9=40/3=x
同様にCOをs:(30-s)に分割する位置にP
から垂線を下ろすと、
COに対するPの高さyは、
s=20-2s/3
5s/3=20
s=12
20:y=30:(30-s)
30y=20(30-s)
30(20-2s/3)=20(30-s)
y=12
△ABC=△OAB+△OAC-△OBC
=72√21+200√2-(1/2)30(40/3)-(1/2)30×12
=72√21+200√2-200-180
=72√21+200√2-380
=232.788162511…… >>182
外接円の中心をOとする.
AとOを通る直線と,Aを除く,外接円との交点をDとする.
BC=a,AC=b,AB=c,AD=x,BD=y, CD=zとする.
ピタゴラスの定理より
c^2+y^2=x^2 (1)
同様に
b^2+z^2=x^2 (2)
i) ∠BACが鈍角の場合
トレミーの定理より
ax=by+cz (3a)
(1)(2)(3a)より
a=b√(1-(c/x)^2)+c√(1-(b/x)^2)
b=20,c=24,x=60を代入して
a=4√21+16√2
ヘロンの公式より
s=(a+b+c)/2=2√21+8√2+22
S=√(s(s-a)(s-b)(s-c))
p=2√21+8√2とおくと,s=p+22,a=2pであるから
S=√((22^2-p^2)(p^2-4))
p^2=32√2√21+212よりq=√2√21とおくとp^2=32q+212であるから
S=√((272-32q)(208+32q))
=2^4 * √(8q+53)
≒163.83
ii) ∠BACが鋭角の場合
トレミーの定理より
cz=ax+by (3b)
(1)(2)(3b)より
a=-b√(1-(c/x)^2)+c√(1-(b/x)^2)
b=20,c=24,x=60を代入して
a=-4√21+16√2
ヘロンの公式より
s=(a+b+c)/2=-2√21+8√2+22
S=√(s(s-a)(s-b)(s-c))
p=-2√21+8√2とおくと,s=p+22,a=2pであるから
S=√((22^2-p^2)(p^2-4))
p^2=-32√2√21+212よりq=√2√21とおくとp^2=-32q+212であるから
S=√((272+32q)(208-32q))
=2^4 * √(-8q+53)
≒17.188 >>206の補足
i) ∠BACが鈍角の場合
>>206の補足
ii) ∠BACが鋭角の場合
ちなみに外接円の半径と三角形の面積の関係
S=abc/4R
は外接円の中心が三角形内部にないので使えない 年の瀬にしょうもない問題を解かせやがって…
と思っていたがなかなか面白かった
来年も数学を楽しめますように 前>>205
>>207
まだ正解が出てないってわかって安心したよ。
今ぎっくり腰が再発してトランプ状態。
じきに解くから、待っとってくれ。 前>>213年内決着。
>>182
△ABC=(1/2)AB×ACsin∠BAC
=(1/2)24×20√16875^2-(2051+1800√42)/1125
=139.803668209…… 前>>214補足。
>>182 △OAB=12×√(30^2-12^2)=12×6√21=72√21
△OAC=10×√(30^2-10^2)=10×20√2=200√2
△ABC=四角形OCAB-△OBC
=△OAB+△OAC-△OBC
=72√21+200√2-△OBC
△ABC=(1/2)AB×ACsin∠BAC
=(1/2)24×20sin∠BAC
=240sin∠BAC
△OBC=(30^2/2)sin∠BOC
=450sin∠BOC
=450sin2∠BPC(円周角)
=450sin2∠BAC
=900sin∠BACcos∠BAC
△ABC=72√21+200√2-900sin∠BACcos∠BAC
=240sin∠BAC
(900cos∠BAC+240)sin∠BAC=72√21+200√2
sin∠BAC=(18√21+50)/(225cos∠BAC+60)
(18√21+50)^2/(225cos∠BAC+60)^2+cos^2∠BAC=1
3^4×5^4cos^4∠BAC+2^2×3^3×5^3cos^3∠BAC-3^2×5^2×11×19cos^2∠BAC-2^2×3^3×5^3cos∠BAC+2^2×7×293+2^3×3^2×5^2√42=0
このcos∠BACの4次式を満たすcos∠BACは図より、
cos∠BAC≒-0.8
と予想できる。
4次の係数3^4×5^4と定数項2^2×7×293+2^3×3^2×5^2√42から推定すると、
cos∠BAC=-(2^2×7×293+2^3×3^2×5^2√42)/(3^3×5^4)
=-(2051+1800√42)/16875
=0.81281974857……
sin∠BAC=√{16875^2-(2051+1800√42)^2}/16875
△ABC=240√{16875^2-(2051+1800√42)^2}/16875
=16√{16875^2-(2051+1800√42)^2}/1125
=139.803668209…… 前>>215cos∠BACの符号を訂正。
>>182
△OAB=12×√(30^2-12^2)=12×6√21=72√21
△OAC=10×√(30^2-10^2)=10×20√2=200√2
△ABC=四角形OCAB-△OBC
=△OAB+△OAC-△OBC
=72√21+200√2-△OBC
△ABC=(1/2)AB×ACsin∠BAC
=(1/2)24×20sin∠BAC
=240sin∠BAC
△OBC=(30^2/2)sin∠BOC
=450sin∠BOC
=450sin2∠BPC(円周角)
=450sin2∠BAC
=900sin∠BACcos∠BAC
△ABC=72√21+200√2-900sin∠BACcos∠BAC
=240sin∠BAC
(900cos∠BAC+240)sin∠BAC=72√21+200√2
sin∠BAC=(18√21+50)/(225cos∠BAC+60)
(18√21+50)^2/(225cos∠BAC+60)^2+cos^2∠BAC=1
3^4×5^4cos^4∠BAC+2^2×3^3×5^3cos^3∠BAC-3^2×5^2×11×19cos^2∠BAC-2^2×3^3×5^3cos∠BAC+2^2×7×293+2^3×3^2×5^2√42=0
このcos∠BACの4次式を満たすcos∠BACは図より、
cos∠BAC≒-0.8
と予想できる。
4次の係数3^4×5^4と定数項2^2×7×293+2^3×3^2×5^2√42から推定すると、
cos∠BAC=-(2^2×7×293+2^3×3^2×5^2√42)/(3^3×5^4)
=-(2051+1800√42)/16875
=-0.81281974857……
sin∠BAC=√{16875^2-(2051+1800√42)^2}/16875
△ABC=240√{16875^2-(2051+1800√42)^2}/16875
=16√{16875^2-(2051+1800√42)^2}/1125
=139.803668209…… 前>>216
>>217
やっぱり違うか。
だいたいcos∠BACがこの辺の値だし、
係数から因数分解して出る値だと思うんだよ。
△ABC=240√{1-(7×293+2×3×3√42)/(3^3×5^3)}
=143.545752721……
それかもう少し大きいか。 前>>218訂正。
>>182
△ABC=240sin∠BAC
=240√(1-((2^2×7×293+2^3×3^2×5^2×√42)/(3^4×5^4))^2)
=220.742462147…… 前>>220
B,Cから外接円に直径BB',CC'および、
外接円の中心について△ABCと点対称な△A'B'C'を描くと、
△AC'A'=20×40√2/2=200√2
△AA'B'=24×12√21/2=144√21
△ABC=△AC'A'+△AA'B'-△A'B'C'
(1/2)24×20sin∠BAC=200√2+144√21-(1/2)40√2×12√21sin∠B'AC'
=240sin∠BAC=200√2+144√21-240√42sin∠BAC
sin∠BAC=(200√2+144√21)/(1+√42)
=(2624√2+656√21)/41
=64√2+16√21
>>198の△ABC=64√2+16√21=163.830879111……と同じになった。 前>>221
>>182
cos∠BAC=-0.68262866296……
∠BAC=133.049399076……°
と推測する。 前>>222
>>182
△ABCの外接円の中心をOとすると、
△OABはABを底辺とする二等辺三角形だから、
ピタゴラスの定理より、
△OAB=(1/2)24√(30^2-12^2)
=12√756
=12×6√21
=72√21
同様に△OAC=(1/2)20√(30^2-10^2)
=200√2
四角形OCAB=72√21+200√2
なぜこうなるかは題意により略すしかないが、
弦BCを挟んで∠BACと対峙する∠BOCの円周角は、
向かいあう円周角∠BACの外角と等しいことが関係していて、
△ABCと△OCBの面積比は24×20:30×30
=4×2:5×3
=8:15
△ABC=(8/23)四角形OCAB
=(576√21+1600√2)/23
=213.1437087…… 前>>224訂正。
∠BOCは中心角だから。
BC=2Rsin∠BAC=60sin∠BAC
△ABC:△BPC=24×20:60√(60^2-BC^2)
△ABC=24×20/{24×20+60√(60^2-BC^2)/2}
=480/{480+30√(3600-BC^2)}
=16/{16+√(3600-BC^2)}
ヘロンの公式より△ABC=√s(s-24)(s-20)(s-BC)
s=(24+20+BC)/2
2s=44+BC
s=BC/2+22
s-24=BC/2-2
s-20=BC/2+2
s-BC=-BC/2+22
△ABC=√(484-BC^2/4)(BC^2/4-4)
=16/{16+√(3600-BC^2)}
{16+√(3600-BC^2)}√(484-BC^2/4)(BC^2/4-4)=16
{256+32√(3600-BC^2)+3600-BC^2}(484-BC^2/4)(BC^2/4-4)=16^2=256
{32√(3600-BC^2)+3856-BC^2}(484-BC^2/4)(BC^2/4-4)=256
{32√(3600-BC^2)+3856-BC^2}(122BC^2-BC^4/16-1936)=256 前>>225
>>182
△ABCの外接円の中心をOとすると、
△OABはABを底辺とする二等辺三角形だから、
ピタゴラスの定理より、
△OAB=(1/2)24√(30^2-12^2)
=12√756
=12×6√21
=72√21
同様に△OAC=(1/2)20√(30^2-10^2)
=200√2
四角形OCAB=72√21+200√2
なぜこうなるかは題意により略すしかないが、
弦BCを挟んで∠BACと対峙する∠BOCの円周角∠BPCは、
向かいあう円周角∠BACの外角と等しいことが関係していて、
△ABCと△PBCの面積比は、
24×20:12√21×40√2
=1:√42
△ABCと四角形OCABの面積比は、
△ABC:四角形OCAB=1:(1+√42/2)
△ABC=四角形OCAB/(1+√42/2)
=2(72√21+200√2)/(2+√42)
=2(72√21×200√2)(√42-2)/38
=(1512√2+256√21)/19
=174.285804432…… 前>>227
円に内接する四角形の一つの内角は、
それと向かいあう角の外角と等しい。
おお、文字数がおうた。
こうだった。
思いだした。 前>>228
sin∠BAC=sin(1/2)∠BOC=sin∠BPC
△ABC=(1/2)AB×ACsin∠BAC
=(1/2)24×12sin∠BAC
=144sin∠BAC
△BPC=(1/2)PB×PCsin∠BPC=2△OCB
四角形OCAB=72√21+200√2
=△ABC+△OCB
=△ABC+(1/4)PB×PCsin∠BAC
=144sin∠BAC+(1/4)12√21×40√2×sin∠BAC
=(144+120√42)sin∠BAC
sin∠BAC=(72√21+200√2)/(144+120√42)
=(9√21+25√2)/(18+15√42)
=(9√21+25√2)(5√42-6)/3(6+5√42)(5√42-6)
=(945√2-150√2+250√21-54√21)/3(1050-36)
=(795√2+196√21)/3×1014
=(795√2+196√21)/3042
=
∠BAC=
結局は三角関数を使っている。 前>>229
sin∠BAC=0.6648535358918……=sin138.328905864°
これでいいか? 修正
外接円の中心をOとする.
AとOを通る直線と,Aを除く,外接円との交点をDとする.
BC=a,AC=b,AB=c,AD=x,BD=y, CD=zとする.
ピタゴラスの定理より
c^2+y^2=x^2 (1)
同様に
b^2+z^2=x^2 (2)
i) ∠BACが鈍角の場合
トレミーの定理より
ax=by+cz (3a)
(1)(2)(3a)より
a=b√(1-(c/x)^2)+c√(1-(b/x)^2)
b=20,c=24,x=60を代入して
a=4√21+16√2
ヘロンの公式より
s=(a+b+c)/2=2√21+8√2+22
S=√(s(s-a)(s-b)(s-c))
p=2√21+8√2とおくと,s=p+22,a=2pであるから
S=√((22^2-p^2)(p^2-4))
p^2=32√2√21+212よりq=√2√21とおくとp^2=32q+212であるから
S=√((272-32q)(208+32q))
=2^4 * √(8q+53)
=2^4 * (4√2+√21)
≒163.8308791
ii) ∠BACが鋭角の場合
トレミーの定理より
cz=ax+by (3b)
(1)(2)(3b)より
a=-b√(1-(c/x)^2)+c√(1-(b/x)^2)
b=20,c=24,x=60を代入して
a=-4√21+16√2
ヘロンの公式より
s=(a+b+c)/2=-2√21+8√2+22
S=√(s(s-a)(s-b)(s-c))
p=-2√21+8√2とおくと,s=p+22,a=2pであるから
S=√((22^2-p^2)(p^2-4))
p^2=-32√2√21+212よりq=√2√21とおくとp^2=-32q+212であるから
S=√((272+32q)(208-32q))
=2^4 * √(-8q+53)
=2^4 * (4√2-√21)
≒17.18845687 前>>230修正。
>>182
(i)∠BACが鈍角の場合、
BC=2RsinA=60sinA
24^2+20^2-60^2sin^2A=2×24×20cosA
36+25-225sin^2A=60cosA
61-225+225cos^2A-60cosA=0
225cos^2A-60cosA-164=0
cosA={30-√(900+225×4×41)}/225
=(30-30√42)/225
=(2-2√42)/15
cos^2A=(4+168-8√42)/225
=(172-2√672)/225
sinA=√(225-168+2√672)/15
=√(57+2√672)/15
=(√32+√21)/15
△ABC=(1/2)AB×ACsinA
=(1/2)24×20(√32+√21)/15
=16(4√2+√21)
=64√2+16√21
=163.830879111……
(ii)∠BACが鋭角の場合、
△ABCの面積は3辺が(10,24,30)の三角形の面積の2倍だから、ヘロンの公式より、
△ABC=2√s(s-10)(s-24)(s-30)
s=(10+24+30)/2=32
△ABC=2√32×22×8×2
=2×32√2
=64√2
=212.263986583……
(i)(ii)より示された。 前>>233訂正。
>>182
∠BACが鋭角の場合、
弧ABのあいだに頂点Cがある。
△ABC=(1/2)BCsin∠ACB
=10BC(24/60)
=4BC
余弦定理より、
BC^2+20^2-24^2=2×20BCcos∠ACB
BC^2-176=40BC√(1- sin^2∠ACB)
=40BC√{1-(24/60)^2}
=40BC√0.84
=0.8BC√21
辺々二乗しBC^4-352BC^2+30976=13.44BC^2
BC^4-365.44BC^2+30976=0
BC^2=365.44-√{(365.44)^2-30976}
△ABC=4√[365.44-√{(365.44)^2-30976}]
=26.8846039699…… >>238
歩いてない(笑
ところで、この場を借りて要望
ケーキの問題とサル石
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1609937007/l50
2chの聡明でまともな連中よ、このサル石というアホに
ケーキを食べ尽くすことはできない。
1/2+1/4+1/8+…は1にはならない。
ということを教えてやってくれ(笑 さて、冬休みも終わったので、次の問題を出すことにする。
作図題二題 その6
@
正方形に内接する正三角形を作図せよ。
但し正方形の頂点と正三角形の頂点が一致する場合は除く。
A
三角形に内接する正方形を作図せよ。
但し正方形の一辺は三角形の底辺と接しているとする。
これからは毎週金曜日に出題しようかと考えている。
なぜ一週間に一問しか出題しないかといえば、
そんなにたくさん出題できるほどネタがないからである(笑 前>>240
>>182
∠BACが鈍角のとき△ABC=64√2+16√21=163.830879111……
∠BACが鋭角のとき△ABC=(1728√21+336√37)/73=61.4735513145…… 前>>242訂正。
>>182
∠BACが鈍角のとき△ABC=64√2+16√21
=163.830879111……
∠BACが鋭角のとき(計算ミスをしていた)
△ABC=5.23593234214……
ちょっとちっさいか? 前>>242訂正。
>>182
∠BACが鈍角のとき△ABC=64√2+16√21
=163.830879111……
∠BACが鋭角のとき△ABC=36√2-12√7
=19.1626725127…… 前>>244
>>182
∠BACが鈍角のとき△ABC=64√2+16√21=163.830879111……
∠BACが鋭角のとき△ABC=64√2-16√21=17.1884568726……
手こずった。 前>>245過程。
>>182
∠BACが鈍角の場合、
BC=2RsinA=60sinA
24^2+20^2-60^2sin^2A=2×24×20cosA
36+25-225sin^2A=60cosA
61-225+225cos^2A-60cosA=0
225cos^2A-60cosA-164=0
cosA={30-√(900+225×4×41)}/225
=(30-30√42)/225
=(2-2√42)/15
cos^2A=(4+168-8√42)/225
=(172-2√672)/225
sinA=√(225-168+2√672)/15
=√(57+2√672)/15
=(√32+√21)/15
△ABC=(1/2)AB×ACsinA
=(1/2)24×20(√32+√21)/15
=16(4√2+√21)
=64√2+16√21
=163.830879111……
∠BACが鋭角の場合、
弧ABのあいだに頂点Cがある。
△ABC=(1/2)BCsin∠ACB
=10BC(24/60)
=4BC
△ABCにおいて正弦定理よりsinB=20/60=1/3だから、
cosB=2√2/3
20^2-(BC/3)^2={24-(2√2/3)BC}^2
400-BC^2/9=(24-2BC√2/3)^2
BC^2-96BC√2/3+176=0
BC^2-32BC√2+176=0
BC=16√2-√(512-176)
=16√2-√336
=16√2-4√21
△ABC=4BC
=64√2-16√21
=17.1884568726……
鈍角のときと鋭角のときが±違うだけで部分的に対称なかたちになったから、
あってる気がする。
これを作図だけで解けって。 イナよ、三角関数を使ってもいいなら、
フツーの高校生でも、30分もあれば解くぞ(笑
Aの問題だって、あることに気付きさえすれば、
今の高校生でも、5分で解くだろう(笑
ところが、その、あることに、なかなか気付かないのである(笑 >182Aは「QDとACは平行」という条件をどう導くか、がポイントだな。
実は、射影幾何学(複比)の問題。
または、高校生ならメネラウスの定理か。
ところで、@だけど、
三角関数(余弦定理や正弦定理など)を使うことと、
ピタゴラスの定理を使うことは本質的に同じだよ。 前>>248
余弦定理とピタゴラスの定理は二乗するけど、
正弦定理は二乗しないところが違うと思う。 >>251
すまん。正確には、
三角関数の余弦定理や正弦定理などを使って問題@を解くことも、
ピタゴラスの定理を含む初等幾何の方法で解くことも、
本質的には同じ
だな。
大雑把にいって、
ピタゴラスの定理 <-> 余弦定理
三角形の面積 <-> 正弦定理
ってところか。 >>250
いい線いっているが、Aの問題は射影幾何学(複比)とは関係がない(笑 >>253
それは、複比を使っても決して解けないという意味かい?ww
証明は必ずしも1つではないよ。
多分他にも解法はあるだろうね。
あなたの解答はおそらくメネラウスの定理を使うものじゃないかな?
>250で言ったのは、
「QDとACは平行」が”ある条件”と同値であることを
メネラウスの定理を使って示すことができるが、
複比のある知識を使っても可能だということ。
どちらも射影幾何学の範疇にある定理。 前>>251
今日は△ABC=519.330645275……だったか、
おっきなりすぎたんでもっかいやり直す。 前>>255
俺は俺が解いた答案が好きだ。
ハートがきゅんきゅんする。
なんども解いた。
もうすぐそこまで解けてる。 >>254
複比を使って解けるかどうかは考えたことはないが、
そんな難しい知識がなくても解ける問題である(笑
中高生向け問題と銘打っているのは、
射影幾何学(複比)のような、高校では教えない知識を必要とする問題ではないからだ。
あることに気付きさえすれば、フツーの高校生でも簡単に解ける問題である。 前>>256たったの一行だぜ。たった一行多いだけで書きこめないんだぜ。どうかしてるぜ。>>182
∠BACが鈍角のとき、
外接円の中心をOとして、
△ABCにおいて正弦定理より、
24/sin∠BOA=30/sin(π/2-∠BOA/2)
5sin∠BOA=4sin(π/2-∠BOA/2)
=4cos∠BOA/2
半角の公式より、
sin∠BOA=(4/5)√{(1+cos∠BOA)/2}
△OACにおいて正弦定理より、
20/sin∠COA=30/sin(π/2-∠COA/2)
3sin∠COA=2sin(π/2-∠COA/2)
=2cos∠COA/2
半角の公式より、
sin∠COA=(2/3)√{(1+cos∠COA)/2}
△ABC=四角形OCAB-△OBC
=72√21+200√2-450sin(∠BOA+∠COA)
加法定理より、
sin(∠BOA+∠COA)=sin∠BOAcos∠COA+cos∠BOA
sin∠COA
=(4/5)cos∠COA√{(1+cos∠BOA)/2}+(2/3) cos∠BOA√{(1+cos∠COA)/2}
余弦定理より、
cos∠BOA=(900+900-576)/(2×30×30)
=1224/1800
=153/225
=51/75
=17/25
cos∠COA=(900+900-400)/(2×30×30)
=1400/1800
=7/9
sin(∠BOA+∠COA)=(4√21/25)(7/9)√(21/25)+(2/3)(17/25)√(8/9)
=28√21/(25×9)+68√2/(25×9)
△ABC=72√21+200√2-450(28√21+68√2)/(25×9)
=72√21+200√2-56√21-136√2
=16√21+64√2
=163.830879111
∠BACが鋭角のとき、
△ABC=△OBC+△OAC-△OAB
=(1/2)(30×30)(sin∠BOC+sin∠COA-sin∠BOA)
=450sin∠BOC+200√2-72√21
=450sin(∠BOA-∠COA)+200√2-72√21
加法定理より、
sin(∠BOA-∠COA)=sin∠BOAcos∠COA-cos∠BOAsin∠COA
=sin∠BOA(900+900-400)/(2×30×30)-{(900+900-576)/(2×30×30)}sin∠COA
=sin∠BOA(7/9)-(17/25)sin∠COA
sin∠BOA=√(1-17^2/25^2)
=√(625-289)/25
=√336/25
=4√21/25
sin∠COA=√(1-7^2/9^2)
=√(81-49)/9
=√32/9
=4√2/9
sin(∠BOA-∠COA)=(4√21/25)(7/9)-(17/25)(4√2/9)
=(28√21-68√2)/(25×9)
△ABC=450(28√21-68√2)/(25×9)+200√2-72√21
=2(28√21-68√2)+200√2-72√21
=(200-136)√2-(72-56)√21
=64√2-16√21
=17.1884568726…… >>257
この問題、射影幾何学の知識があれば、
あることに気づくのはそう難しくはないけど。
高校の教科書の知識(メネラウスの定理など)だけから、
これを考えつくのは相当難しいと思うわ。ww
知っててよかった射影幾何学
ってとこかな。 >>259
ID:q1OxLAtx君よ、このスレの問題はひとまず置いといて、
ケーキの問題とサル石
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1609937007/l50
このスレのサル石というバカに、
ケーキを食べ尽くすことはできない。
1/2+1/4+1/8+…は1にはならない。
ということを教えてやってくれ(笑
このバカを説得できるという自信があるなら投稿してほしい(笑 次のことを証明せよ。
任意の△ABCがある。
AC上に点Dを取り、BDを底辺とし、頂角Eが∠Aに等しい二等辺△EBDを作る。
同様に、AB上に点Fを取り、CFを底辺とし、頂角Gが∠Aに等しい二等辺△GFCを作る。
そうすると、E、A、Gは一直線上にある。
この問題は、正攻法でも解けるが、
幾何に通じた人なら、一瞬で解ける問題である。 前>>258
>>261
△EBDと△GFCにおいて、
∠B=∠D=∠F=∠C=(π-∠A)/2
2角が等しいから、
△EBD∽△GFC
射影幾何学よりE,A,Gは一直線上にある。 前>>262別解。
>>261
GFの延長線とEBの交点をH、
EDの延長線とGCの交点をIとすると、
六角形BCIDFHについて、
これら6頂点が同一円周上にあるならば、
ブレーズ・パスカル(当時16歳)の定理によると、
対辺BHとID,HFとCIの延長線の交点E,G
およびDFの延長線とCBの延長線の交点Jの3点は同一直線上にある。
次にAがEG上にあることを示すには、
BFとCDが対辺となるような、
同一円周上に6頂点を持つ六角形を描く必要があると思うが、
おそらく可能だ。 >>262
>射影幾何学よりE,A,Gは一直線上にある。
そんなことは言えない(笑
>>263
的外れ(笑 前>>263
>>261
題意にしたがって作図すると、
相似な二等辺三角形△EBD∽△GFCの、
頂点E,GのあいだにAがあり、
定規に鉛筆を当てEA方向に引くと、
一瞬で延長線上にGがあるとわかる。 >>265
イナよ、そりゃ作図すれば誰でも
E、A、Gが一直線上にあることは分るのである(笑
問題は、なぜそうなるか、だ(笑
それを証明せよ、というのが数学の問題である(笑 直角三角形の一辺の、斜辺への正射影の長さが、
他の一辺の長さに等しいような、直角三角形を作図せよ。 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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;;;;;;;;;;/∩∩ ∩∩ /\;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;/((^o`-。-))/「;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;/っц'υ⌒υ/|;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;‖ ̄UUυυ‖ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;‖ □ □ ‖ /|;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;‖____‖/ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄‖ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
□ □ □ ‖ /|;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
_____‖/ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄‖ ,|;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
□ □ □ ‖,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 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています