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みかん |
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Ｃを通りＢＰと平行な直線とＡＢの交点をＤとする。
そうすると三角形ＡＤＣ、三角形ＤＡＣ、三角形ＤＣＢ、三角形ＡＤＰは どれも二等辺三角形になる。 |
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8月20日（木） 0:31:33
49420 |
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ざんねん |
| 10分遅れくらいで出題していたようですね、すみません |
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8月20日（木） 0:37:50
49421 |
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ベルク・カッツェ |
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算数での解法が思いつかないので、ABに対してCと対称な点C'をとってとりあえず円周角で答えを出しました。
睡魔に負けそうなので明日以降また考えます。 |
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8月20日（木） 1:31:23
49422 |
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紫の薔薇の人 |
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AP上に∠CDA＝20°となる点Dを取る。
すると、△ADCは、DA＝DCの2等辺三角形で∠ADC＝140°＝2*ABC よって、Bは、Dを中心とした半径DAの円周上の点になる。 よって、△DABも2等辺三角形で∠DBA＝15° よって、∠CBD＝70-15＝55° また、∠CDP＝180-140＝40°＝∠CBPだから、 C,D,B,Pは同一円周上の点。 よって、∠CPA＝∠CPD＝∠CBD＝55° // |
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8月20日（木） 1:45:18
49423 |
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紫の薔薇の人 |
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∠APC＝x°とすると、
CP＝sin40°となる縮尺で考えると、 △APCについて正弦定理より、 AC＝CP*sinx°/sin20°＝sinx*(sin40°/sin20°)・・・�� ∠APB=180-15-40-70=55°だから、∠CPB＝(x+55)° △BPCに正弦定理を用いて、BC＝sin(x+55)° △ABCに正弦定理を用いて、 AC＝BC*(sin70°/sin35°)＝sin(x+55)°*(sin70°/sin35°)・・・�� � ↓△茲蝓� sinx°*(sin40°/sin20°)＝sin(x+55)°*(sin70°/sin35°) sinx°*sin40°*sin35°＝sin(x+55)°*sin70°*sin20° sinx°*sin40°*sin35°＝sin(x+55)°*cos20°*sin20° sinx°*sin40°*sin35°＝sin(x+55)°*(1/2)*sin40° sinx°*sin35°＝sin(x+55)°*(1/2) sinx°*sin35°＝1/2(sinx°cos55°+ cosx°sin55°) sinx°*sin35°＝1/2(sinx°sin35°+ cosx°sin55°) (1/2)*sinx°*sin35°＝(1/2)*cosx°sin55° tanx°＝sin55°/sin35° tanx°＝sin55°/cos55° tanx°＝tan55° 0<x<180より、x=55 ∠APC＝55° // |
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8月20日（木） 2:21:15
49424 |
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SECOND |
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!十進BASIC で機械計算ごめん。∠CPA= 55 度、所要時間＜10ms
OPTION ARITHMETIC COMPLEX LET A=0 LET B=5 LET C=intsec2(A,B,EXP(COMPLEX(0,RAD(35))),B+EXP(COMPLEX(0,RAD(110)))) LET P=intsec2(A,B,EXP(COMPLEX(0,RAD(15))),B+EXP(COMPLEX(0,RAD(70)))) PRINT "∠CPA=";DEG(arg((A-P)/(C-P)));"度" FUNCTION intsec2(A,B,C,D) local da,ab LET da=im((D-A)/(C-A)) LET ab=im((A-B)/(C-A)) LET intsec2= ab/(da+ab)*(D-B)+B END FUNCTION |
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8月20日（木） 4:55:55
49425 |
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とまぴょん |
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整角四角形問題ですね。
円周角定理と二等辺三角形の組み合わせで解きました。 正三角形を見つけるタイプではなかったですね。 ラングレー問題にとどめを刺す にはどのような一般的拡張が書いてあるんだろう？ |
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8月20日（木） 6:23:40
49426 |
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とまぴょん |
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整角四角形問題ですね。
円周角定理と二等辺三角形の組み合わせで解きました。 正三角形を見つけるタイプではなかったですね。 ラングレー問題にとどめを刺す にはどのような一般的拡張が書いてあるんだろう？ |
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8月20日（木） 6:23:40
49427 |
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「数学」小旅行 |
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「整角四角形問題」っていうんですね！ こういうの。
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8月20日（木） 7:29:50
49428 |
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今年から高齢者 |
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今回はお休みかな？と他事をしていたら、出た！
最初は求める角度を間違えていた。 難しくて.....仕方なくラングレーの問題をあさっていたが見つからず、やむなく自力で....見つけた！ BCの延長線とDEの交点をQとすると ��BDQは頂点をBとする二等辺三角形。 ∴BD＝BQ BD=BA=BQなので、 ��ABQはBを頂点とする二等辺三角形。 ∠QAB=(180-70)/2=55ºなので ∠EAQ=15º ∴��AEQ≡��ABP 故に、PとQはADに対して対称な位置であり、��CPQは二等辺三角形。 ∠CPQ=15ºとなり ∠APC=90-20-15=55º |
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8月20日（木） 9:07:06
49429 |
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今年から高齢者 |
| ＃49429文字化け。「º」は「度」です。 |
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8月20日（木） 9:08:57
49430 |
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今年から高齢者 |
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何度もお騒がせします
#49429は貼り付けミス。最初の説明が抜けました。 BPとACの延長線の交点をDとすると ��ABDはBを頂点とする二等辺三角形。 ��ABDをADを軸に反転させて、菱形ABDEを作る。 BCの延長線とDEの交点をQとすると ��BDQは頂点をBとする二等辺三角形。 ∴BD＝BQ BD=BA=BQなので、 ��ABQはBを頂点とする二等辺三角形。 ∠QAB=(180-70)/2=55°なので ∠EAQ=15° ∴��AEQ≡��ABP 故に、PとQはADに対して対称な位置であり、��CPQは二等辺三角形。 ∠CPQ=15°となり ∠APC=90-20-15=55° |
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8月20日（木） 11:17:05
49431 |
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吉川 マサル |
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昨晩はすみません、のっぴきならぬ事情で問題の作成（といっても、完全なる有名？問題をそのまま使っただけです）の途中で作業が止まってしまい、気づいたら12:10近くになっていました。
「のっぴきならぬ」度合いは人生でも一番くらいだったのですが、ご迷惑をおかけしたことに変わりはありません。本当に申し訳ありませんでした。 |
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8086
8月20日（木） 12:06:21
HomePage:算チャレ 49432 |
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SECOND |
| マサルさま。作問で大変お世話になっている上に、言い訳の問題は、本当に酷、と思います。ご遠慮なく無言の方法も御使いください。 |
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8月20日（木） 13:12:26
49433 |
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Mr.ダンディ |
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Cを通るBCに垂直な直線とBDの交点をE とすると
∠BEC=75°＝∠BAC となるので 四角形BCEAは BEを直径とする円に内接する。 BEの中点（Oとします）はその円の中心となるので ∠AOC＝2∠ABC＝70° ∠OAC＝∠OCA＝55°＝∠BDCとなるので 四角形AOCDは円に内接し ∠ADC＝∠ACO＝55° |
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8月20日（木） 14:36:52
49434 |
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ゴンとも |
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座標でC(0,0)でCB=x軸
点AからCB=x軸に垂線を下ろしその足を D(1,0)としてA(1,-2-sqrt(3)) 直線AP,CBの交点をEとし a=5*%pi/180(=5度),b=20*%pi/180(=20度)・・・・・・(1) とすると点E(1+(2+sqrt(3))*tan(a),0),点B(1+(2+sqrt(3))*tan(b),0) より 直線AP:y=(x-1-(2+sqrt(3))*tan(a))/tan(a) 直線BP:y=-2*tan(b)*(x-1-(2+sqrt(3))*tan(b))/(1-tan(b)^2) この2直線を連立方程式として解いて tan(∠PCB)=Pのy座標/Pのx座標を求め変形する Maxima で e1:y=(x-1-(2+sqrt(3))*tan(a))/tan(a)$ e2:y=-2*tan(b)*(x-1-(2+sqrt(3))*tan(b))/(1-tan(b)^2)$ part(solve([e1,e2],[x,y]),1)$ factor(trigreduce(factor(trigsimp(rhs(part(%o3,2)))/trigsimp(rhs(part(%o3,1)))))); -(sqrt(3)+2)*(cos(2*b-a)-cos(a))/(cos(2*b-a)+sqrt(3)*sin(a)+2*sin(a))・・・・・・(2) ここで(1)とよりcos(2*b-a)=cos(35°)をcos(%pi/6+a)として 代入すると factor(trigexpand(cos(%pi/6+a)))$ factor(ev(-(sqrt(3)+2)*(cos(2*b-a)-cos(a))/(cos(2*b-a)+sqrt(3)*sin(a)+2*sin(a)),cos(2*b-a)=%)); (sqrt(3)+2)*(sin(a)-sqrt(3)*cos(a)+2*cos(a))/(2*sqrt(3)*sin(a)+3*sin(a)+sqrt(3)*cos(a))・・・・・・(3) ここで分母をsqrt(3)/3倍にすると Maxima で expand(sqrt(3)*(2*sqrt(3)*sin(a)+3*sin(a)+sqrt(3)*cos(a))/3);sqrt(3)*sin(a)+2*sin(a)+cos(a) また分子を展開する Maxima で expand((sqrt(3)+2)*(sin(a)-sqrt(3)*cos(a)+2*cos(a)));sqrt(3)*sin(a)+2*sin(a)+cos(a) これは先の値と同じなので(2)=sqrt(3)/3これはtan(30*%pi/180)=tan(30°)と同じなので∠PCB=30° ここで△PCEで∠PEC=180°-70°-15°=95°より △PCEの残りの角は∠CPA=180°-30°-95°=55°・・・・・・(答え) |
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豊川市
8月20日（木） 14:36:57
MAIL:fttnm528@ybb.ne.jp 49435 |
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蜻蛉 |
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二等辺三角形、円周角から考えた。
算数で解くのはいったいどうやるんだろうか？ |
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8月20日（木） 15:59:26
49436 |
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キタ━━━━(゜∀゜)━━━━!! |
| なんか入れたーーーーー！！！！！！ |
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8月20日（木） 19:50:40
49437 |
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キタ━━━━(゜∀゜)━━━━!! |
| なんか入れたーーーーー！！！！！！ |
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8月20日（木） 19:53:49
49438 |
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ハラギャーテイ |
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Mathematicaで計算しました。
いつもの方法ですみません |
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山口市
8月20日（木） 20:31:03
HomePage:制御工学にチャレンジ 49439 |
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Mr.ダンディ |
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#49434
の私の回答において、DとなっているところはすべてPの間違いです。DをPとして読んでください。 （「訂正」ができないのでこういう形で書き込みました。） |
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8月21日（金） 0:00:31
49440 |
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てい |
| 折り畳んである紙を広げただけ |
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8月21日（金） 5:24:00
49441 |
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スモークマン |
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#49441
Aha!! これって一般化可能というか...70°,40°も条件過多なのね^^ |
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8月21日（金） 14:19:04
49442 |
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岡本ボンバーズ |
| ２０と４０で円かけるなあと思って…Ａを中心とする円周上にＢとＰとＣがあって…弧ＰＢからの円周角が∠ＰＣＢで…３０だから∠ＣＰＡ＝５５°かなあと… |
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8月21日（金） 16:34:35
49443 |
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迷える子羊 |
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＃49420
シンプルで素晴らしい解き方だとは思うのですが DA=DC,DC=CB は分かったものの DC=DP を導くことができません。どうやるのか教えて下さい。 |
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8月21日（金） 17:17:20
49444 |
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Mr.ダンディ |
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#49434 は元の図の記号を間違えていたため意味不明なものとなってしまいました。
下記のように訂正します。 （#49434を読んで頭を悩まされたかたゴメンナサイ！！） （マサルさん #49434は害になるので削除できたら削除してください） ---------------------------------- Bを通るABに垂直な直線とAPの交点をE とすると ∠AEB＝75°＝∠ACB となるので 四角形ABECは AEを直径とする円に内接する。 AEの中点（Oとします）はその円の中心となるので ∠COB＝2∠CAB＝70° OC=OB より ∠OCB＝∠OBC＝55°＝∠OPBとなるので 四角形OCBPは円に内接し ∠CPA＝∠CBO＝55° |
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8月21日（金） 21:55:58
49445 |
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「数学」小旅行 |
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#49442
> 70°,40°も条件過多なのね^^ どういうことでしょうか？ お願いします。 |
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8月22日（土） 6:23:57
49446 |
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スモークマン |
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# 49446 「数学」小旅行様へ
わたしは... 頂角70°の二等辺三角形を(a+b)=35 °を満たすように、例えば、13°と22°になるように、or 5°と30°となるように、...と折り紙してできる□でも(180-2*35)/2=55°になるわいなぁと思ったからですが...嘘かも...^^; |
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8月22日（土） 16:32:58
49447 |
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みかん |
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#49444 迷える子羊さん
角ＡＰＢを１５度と４０度に分ける（Ａに近い方が１５度）直線をひくと Ｄを通過する→ＤＡ＝ＤＰの二等辺三角形ができる…となるような気がします。 すみません。思い込みが結果的に合っていただけかもしれません。 |
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8月22日（土） 21:58:42
49448 |
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みかん |
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#49448
台形ＣＤＢＰが等脚台形になりそう、っていうのもあったような気がします。 ここまで書いていて、結果オーライだっただけに思えてきました。 |
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8月22日（土） 22:04:18
49449 |
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「数学」小旅行 |
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#49447
ありがとうございます。 折った三角形が頂角70度二等辺三角形というのが、わたしと違っていて、 私の考えでは辺ABに関して点Cと対称な点をC'として、三角形APC'を線分ABで 折るとなっています。3点P、B、C'が一直線上にあって、∠CAP=∠CC'Pから 四角形AC'PCが円に内接し、∠APC=∠AC'C=55度 って。。。 で、∠CAP=∠CC'Pが必須なのですが、？？そのために20度、70度の条件は はずせません。 どうも頭が固くて、一般化のような自由な発想は夢のようです。 |
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8月23日（日） 7:30:24
49450 |
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SECOND |
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１）AP上に △ABO として 二等辺三角形になる様、点 O を追加。
∠AOB=150°∠ACB=75°円周角を成し、AO=BO=CO ２）∠POC=40°∠PBC=40°で、点 OBPC も、別な円周上の点。 ∠CBO=(70-15)°=∠CPO =55° |
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8月23日（日） 9:16:30
49451 |
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迷える子羊 |
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みかん様
ご検討いただきありがとうございます。 結果的に等脚台形になるけれども それを示すのが難しいということでしょうか。 シンプルで素晴らしい解き方だと思ったのですが・・ |
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8月23日（日） 12:08:30
49452 |
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スモークマン |
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#49450 「数学」小旅行様へ
何かおかしいと思い再考してみました... 二等辺三角形の展開でいけるためには、180-(55+15+70)=40 が成り立ってないと、展開した線分が底辺と一致しませんのでした ^^; so...今回の図では、40,70度は必須条件なのでした〜m(_ _);m〜 ってことは、たまたまそうなるように設定されていたということだったようですね ^^;... |
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8月23日（日） 12:11:52
49453 |
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ベルク・カッツェ |
| ABに対してCと対称な点をC'として四角形AC'PCを作り、その対角線CC'とAPの交点をDとする。角CAP＝角CC'P＝20度になるので三角形DACと三角形DC'Pは相似でCD：PD＝AD：C'D、三角形CDPと三角形ADC'も相似になるので角AC'D＝角CPD＝55度となります。 |
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8月23日（日） 17:51:25
49454 |
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ベルク・カッツェ |
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省略しすぎな気がしてきたのでちょっと追加します。
角PBC'＝40+70×2＝180度、 角AC'P=180-（35+70）＝75度。 角CAC'＝（20+15）×2＝70度、AC=AC'なので角AC'C=55度、 角CC'P＝75-55＝20度。 |
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8月23日（日） 17:58:17
49455 |
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「数学」小旅行 |
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#49453 スモークマン様
おかげさまでスッキリしました。ありがとうございました。 25度、10度で、65度、50度でも同じような方法で55度にできるかな？？ そんな気がします。 |
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8月24日（月） 13:07:08
49456 |
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スモークマン |
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# 49456 「数学」小旅行様へ
180-50=2(10+?) ?=55=(180-2(25+10))/2 でたしかにできてますね ^^♪ |
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8月24日（月） 14:37:25
49457 |