(7)数学問題集解答

[問題1]の解答

Iから、AB、ACへの垂線を、それぞれF、Gとする。

△IAF∽△DIF∽△EIGより、
∠IAF=∠DIF=∠EIG…(1)
また、AI、BI、CIは角の二等分線より、
∠IAF+∠IBF+∠ICE=90°…(2)

△DBIと△EICにおいて、
∠FIB+∠IBF=90°より、∠FIB=90°-∠IBF
よって、
∠DIB=∠FIB-∠DIF=90°-∠IBF-∠DIF
(1)(2)より、
∠DIB=∠ECI
同様にして、
∠EIC=∠DBI
2組の角がそれぞれ等しいので、
△DBI∽△EIC
DB:EI=DI:EC
8:EI=DI:1
EI=DIより、
DI²=8、DI=2√2
したがって、
DE=4√2

[問題2]の解答

△ACDと△BMCにおいて、
△AMC∽△CMDより、
∠CAM=∠DCMから
∠ACD=∠ACM+∠DCM=∠ACM+∠CAM
三角形の外角より、
∠BMC=∠ACM+∠CAM
よって、
∠ACD=∠BMC…(1)

また、
AM:CM=AC:CD
AM=BMより、
BM:CM=AC:CDから
AC:BM=CD:MC…(2)

(1)(2)より、
△ACD∽△BMC

AC:AD=BM:BCから
2:3=2:BC
よって、
BC=3

[問題3]の解答

GDの延長上にPD=GDとなる点Pをとる。


∠ADY+∠ADC+∠CDX=180°
∠ADC=90°より、
∠ADY+∠CDX=90°…(1)

△DAPと△DCEにおいて、
DP=DE、DA=DC
∠ADP=∠ADC-∠PDC=90°-∠PDC
∠CDE=∠PDE-∠PDC=90°-∠PDC、より、
∠ADP=∠CDE
よって、
△DAP≡△DCE

APの中点Mをとると、対応する角は等しいので、
∠ADM=∠CDX…(2)
(1)(2)より、
∠YDM=∠ADY+∠ADM=90°…(3)

△APGで、PM=MA、PD=DGより中点連結定理より、
MD//AG、
(3)より、
∠XYA=90°

[問題4]の解答

CからABに垂線CGをひく。

△CAGと△DBFにおいて、

∠CGA=∠DFB=∠R

DBは接線だから、接弦定理と対頂角より、

∠CAG=∠DBF、よって、

△CAG∽△DBF

CA:DB=CG:DF…(1)

同様にして、△CBG∽△DAE

CB:DA=CG:DE…(2)

DB=DAで(1)(2)より

DE:DF=CB:CA=b:a

[問題5]の解答

直線PSの延長上をT、△PARの外接円と直線PSの交点をUとする。

この円の円周角より、∠PAR=SUR

Oの円周角より、∠PAR=SBR

よって、∠SUR=SBRから、四角形RSUBは、円に内接する。

内接四角形の外角より、∠SRB=TUB=AOB/2(円周角と中心角)

また、∠PRA=PUAの補角より、∠SRB=TUA=AOB/2

TUB=TUA=AOB/2

よって、∠TUB=TUA

したがって、∠AOB=AUBから、点Uは、△AOBの外接円の周上にある。

しかも、∠TUB=TUAから、直線UTは、この外接円の弧AB(点Oの反対側)の中点を通る。

すなわち、直線PSは、△AOBの外接円と線分ABの垂直二等分線の交点(点A、点Bの円Oにおける接線の交点)をとおる。 

※OUPUがわかります。

 

[問題6]の解答

1

ABC=AGC(円O'の円周角)∠ABD=AEF(円Oの円周角)

ABC+ABD=180°より、∠AGC+AEF=180°四角形AEFGは円に内接する。

よって、∠EAF=EGF

また、∠EAF=CGB(O’の円周角)より、∠EGB=2EAB

EOB=2EAB(円周角と中心角)

よって、∠EGB=EOB

したがって、四角形EBOGは円に内接する。

 

 

(2)

(1)より、四角形EBOGの外接円と、直線GCの交点をMとすると、

EGM=BGM

Mは弧EMBの中点。また、OE=OB(半径)より、点Oは弧EGOBの中点。

よって、弧OBMは半円より、∠OGM=90°

この図のなかの4点をとおる円は、円OO’以外に5つあるとはおどろきです。

[問題7]の解答




A、円Xと線分SRの接点をFH、円B、円Xと線分PSの交点をELとする。

内接円と傍接円の性質より、RF=HS=SL=EP…(1)

C、円Xと線分PQの接点をGN、円D、円Xと線分QRの交点をKMとすると

GP=QN=QM=RK…(2)

BEP∽△CGPより、BECG=EPGP=bc

AFR∽△DKRよりAFDK=RFRK=ad

よって、(1)(2)よりbc=ad

ac=bd