!!!

http://www.dotup.org/uploda/www.dotup.org1327104.png こんなかんじで

宝塚　　 8月3日（木） 0:25:31　　 　　46535

baLLjugglermoka

回答図をリンクする方法が分かりません。

8月3日（木） 0:33:53　　 　　46536

お名前

これは先週の問題と実質同じですね。先週解いた人なら一瞬で解けますね。

8月3日（木） 0:35:45　　 　　46537

ベルク・カッツェ

#46535と同じでした。 なかなか解き方を思いつきませんでしたが、二等辺三角形を二つ作ってみたら正三角形ができて解けました。

8月3日（木） 1:06:33　　 　　46538

ハラギャ−テイ

堂々巡りの角度を計算し、最後は各辺の長さを 入れた余弦定理で解きました。

山口　　 8月3日（木） 3:23:18　　 HomePage:制御工学にチャレンジ　　46539

とまぴょん

結局はラングレーの問題に帰着

8月3日（木） 10:01:33　　 　　46540

マサル

#46536 普通にURLを記入すれば、勝手にリンクされますー。

MacBookPro　　 8月3日（木） 14:30:22　　 MAIL:masaru-y@sansu.org HomePage:算チャレ　　46541

ゴンとも

座標にA(2*cos(7*%pi/18),0),B(cos(7*%pi/18),sin(7*%pi/18)),C(0,0),D(a,tan(7*%pi/18)*(a-2*cos(7*%pi/18))),BA=BC=1とおき 直線BDと点Cを通りそれと直交する直線の交点を求めそれとBまでの距離を三平方で求めcos(30°)^2=3/4でaが消去され tan(∠DCA)=1/sqrt(3)=tan(30°)として成り立つかどうか　XMaxima で part(trigsimp(solve([y=(tan(7*%pi/18)*(a-2*cos(7*%pi/18))-sin(7*%pi/18))*(x-cos(7*%pi/18))/(a-cos(7*%pi/18))+sin(7*%pi/18),y=(cos(7*%pi/18)-a)*x/(tan(7*%pi/18)*(a-2*cos(7*%pi/18))-sin(7*%pi/18))],[x,y])),1)$ trigsimp(factor(expand((cos(7*%pi/18)-rhs(part(%o1,1)))^2+(sin(7*%pi/18)-rhs(part(%o1,2)))^2)))$ rhs(part(solve(expand(4*num(%o2)-3*denom(%o2)),a),1))$ trigsimp(expand(3*tan(7*%pi/18)^2*(2*cos(7*%pi/18)-%)^2-%^2))$ part(-factor(part(%,2)^2-(%-part(%,2))^2),2)$ factor(trigreduce(%));0 より成り立ち　∠ACD=30°より∠BCD=∠BCA(=70°)+∠ACD(=30°)=100°・・・・・・(答え)

豊川市　　 8月3日（木） 15:08:30　　 MAIL:fttnm528@ybb.ne.jp 　　46542

新中3N.K.

久しぶりの登場

新世界　　 8月3日（木） 17:28:33　　 　　46543

今年から高齢者

正三角形と二等辺三角形を利用することまでは予想できたのですが 最後まで行き着かず。手っ取り早く図面を引きました。 2回作図して、99度と100度となったので、この問題で99はあり得ないため、100を送信

8月3日（木） 17:30:03　　 　　46544

ばち丸

三角関数を使ってみたが単純だが怪奇としか言えない式が出て降参しました。どうせ2等辺三角形に違いないと踏んだらそうだった。

8月5日（土） 9:51:09　　 　　46545

紫の薔薇の人

∠BCD＝θとおくと 正弦定理、補角公式から、 sinθ/sin40°＝sin(θ+30°)/sin30° が出て、加法定理を使って整理すると、 tanθ＝1/(1/sin40°-√3) θ＝100° これは計算機使わないとできない。 答えが分かったところで、他の解法を探る。 BA=BCより、∠BCA＝(180-40)/2＝70°だから ∠ACD＝30°を示すことが目標になる。 それには、∠ADC=30°だから、 ACとBDの交点をFとするとき、 △ADF∽△ACFが示せればよく、 そのためには、AD^2＝AC*AFが示せればよい。 AB=sin30°の縮尺で考えると、正弦定理より、AD＝sin10° BC=AB=sin10° AC＝2BCsin20°＝sin20° △BFC∽△DFAで相似比はsin30°：sin10°だから、 AF＝sin20°*(sin10°/(sin10°+sin30°)) ここで、 R＝AC*AF/AD^2を計算する。 R=sin20°*sin20°* sin10°/{(sin30°+sin10°）*sin10°*sin10°} ここでX=10°とおくと、2倍角の公式などを使い整理すると、 R＝{8sinX-8(sinX)^3}/(1+2sinX) ここで、R=１ならば、 8(sinX)^3-6sinX-1＝0となるわけだが、これは、 3倍角の公式 sin3x＝3sinX-4(sinX)^3にX＝10°を代入すると、上記方程式になるので成立する。 //

8月5日（土） 14:16:07　　 　　46546

yuzonada

僕小学生です。正三角形を利用して、といてみました。

8月7日（月） 15:11:52　　 　　46547

yuzonada

こたえは、１００度ですね！！

8月7日（月） 15:17:23　　 　　46548

lemontree

初めて参加しました。 46535と同じやり方です。 ラングレー問題の一種なのでしょうか。 小学生の時、算数オリンピックのラングレー問題に感動してから、なんとなく矯味を持っていましたが、自力で解けたのははじめてだったので記念に投稿しました。

8月8日（火） 1:00:39　　 　　46549

77

http://vps6-d.kuku.lu/files/20170808-0006_b279d22f70f19eee2a42fe310fbdaad2.jpeg ABを一辺とする正三角形を作り、BCPが二等辺になることから解きました。しかし、DCPが一直線になることを証明出来ているでしょうか。

8月8日（火） 1:17:07　　 　　46550

77

http://vps6-d.kuku.lu/files/20170808-0006_b279d22f70f19eee2a42fe310fbdaad2.jpeg ABを一辺とする正三角形を作り、BCPが二等辺になることから解きました。しかし、DCPが一直線になることを証明出来ているでしょうか。

8月8日（火） 1:17:53　　 　　46551

老算人

７７（４６５５０）さんの発想を私なりに無い知恵を絞って考えました ＡＰとＢＣの交点をＱとします △ＰＱＣは２等辺３角形ですね ＱＣとＡＤは平行線なので、△ＰＱＣ∽△ＰＡＤが考えられます ∠ＢＤＣ＝１８０−∠ＤＢＣ（３０）−∠ＢＣＤ（１００） 　　　　＝５０となり △ＰＡＤは２等辺３角形となります ∴　ＰＣＤは直線となります

8月9日（水） 7:56:51　　 MAIL:takaaki-k@aqr.bbiq.jp 　　46552

今年から高齢者

#46552 ∠ＢＤＣ＝１８０−∠ＤＢＣ（３０）−∠ＢＣＤ（１００） の∠ＢＣＤ＝１００は判っていないので、これを使ってはまずいのでは．．． ＰＣＤが直線ということは簡単では無さそうです。

8月9日（水） 23:48:59　　 　　46553