Weekend Mathematics／問題／問題35

３５．３角の問題

図のように、正方形を３つ並べ、三角形を３つかきます。
そのとき、∠ｐ＋∠ｑ＋∠ｒ　を求めてください。
（一部改題）

解答・その１

（ペンネ−ム：第30985号）

解答・その２

（ペンネ−ム：マサボ−）

解答・その３

（ペンネ−ム：小春）

四角形ＡＢＣＤを∠ＡＣＢ＝∠ｒとなるようにおく。
線分ＣＤの中点をＥとおくと、平行線の錯角より∠ｑ＝∠ＤＡＥとなるから、 以下で∠ｐ＝∠ＥＡＣを示す。

解答・その４

（ペンネ−ム：sambaGREEN）

黒点の角はｑと同じ。赤い三角形は直角２等辺三角形。
したがって，ｐ＋ｑ＋ｒ＝４５°＋４５°＝９０°

解答・その５

（ペンネ−ム：少年Ｈ）

上図において△ＡＢＣは直角二等辺三角形である。
よって∠ｐ＋∠ｑ=４５度、また∠ｒ=４５度であるから、 答えは９０度

解答・その６

（ペンネ−ム：水の流れ）

ＨＥに対するＡの対称点をＫとする。
△ＢＤＥ≡△ＫＡＢ（明らか）
△ＡＤＥ≡△ＥＨＫ（明らか）

∠ＫＢＥ	＝１８０°−∠ＥＢＤ−∠ＫＢＡ
	＝１８０°−∠ＢＫＡ−∠ＫＢＡ
	＝∠ＫＡＢ
	＝９０°

よって、△ＫＢＥは直角二等辺三角形。

故に、４５°	＝∠ＢＥＫ＝∠ＫＥＨ＋∠ＨＥＢ
	＝ｐ＋ｑ

一方、明らかに　ｒ＝４５°
　　 したがって、ｐ＋ｑ＋ｒ＝９０°

解答・その７

（ペンネ−ム：ふじけん）

上の図のように、正方形のそれぞれの点を A B C D E F G H とします。
ここで平行線の錯角より∠ｐ＝∠ADE
三辺の比が等しいことより△DFG∽△EDG
よって∠ｑ＝∠EDG
また、△DGHは直角二等辺三角形なので∠ｒ＝∠GDH（＝45°）
∴∠ｐ＋∠ｑ＋∠ｒ＝∠ADE＋∠EDG＋∠GDH＝90°

解答・その８

（ペンネ−ム：ケイン）

右図のように問題の図形にA,B,C,D,E,Fとうつと、 四角形ABEFは長方形なので
　∠AFB＝∠FBE＝ｐ（錯角）
△EDFは二等辺三角形なので
　∠EFD＝∠EDF＝ｒ
あとは∠BFD＝ｑが言えたら
∠ｐ＋∠ｑ＋∠ｒ＝９０゜　 が成立するので ∠BFD＝ｑ を証明します。

図のように正方形を下に並べて点Gを作り、△FCEと△BFGについて考えると
　CE：FG＝２：２ ＝１：…�@
　FE：BG＝１：　　　　　　　…�A
　∠CEF＝∠FGB＝９０°　　　　　…�B
�@、�A、�Bより二辺の比とその間の角がそれぞれ等しいので
　△FCE∽△BFG
∴∠FCE＝∠BFD＝ｑ
∴∠ｐ＋∠ｑ＋∠ｒ＝９０°

解答・その９

（ペンネ−ム：ふ〜）

まず問題の各頂点に記号を付ける

すると、それぞれの角は次の三角形の角として見ることができ、
さらに、∠Ｄ（＝∠Ｒ）を挟む辺の長さを比で表すと
∠ｐ → △ＯＡＤ → ３：１
∠ｑ → △ＯＢＤ → ２：１
∠ｒ → △ＯＣＤ → １：１

直角を挟む辺の比
△ＥＤＣ→１：１
△ＥＣＢ→２：１
△ＥＡＢ→３：１

したがって、∠ｐ＋∠ｑ＋∠ｒ＝９０゜となる。

解答・その１０

（ペンネ−ム：月の光）

図より、∠ｐ＋∠ｑ＋∠ｒ＝９０度

解答・その１１

（ペンネ−ム：第30985号）

図による解答。

解答・その１２

（ペンネ−ム：小春）

△ＡＥＣの外接円の中心をＯとし、Ｏから辺ＥＣに下ろした垂線の 足を、Ｉとする。
また、ＧをＥＧが外接円の直径となるようにおき、ＥＧとＡＢの交点をＨとす る。
さらに、∠ｐを持つ三角形を△_pとおく。
円周角より∠ＥＡＣ＝∠ＥＧＣ
より、ここでは、∠ｐ＝∠ＥＡＣを示すために△ＥＧＣと △_pが相似であることを示す。
Ｉは辺ＥＣの中点である（ＯＩはＥＣの垂直二等分線)。
また、△ＤＩＯと△ＤＣＢは相似から、 DI：IC = DO：OB = 3：1　
つぎに、△ＤＥＯと△ＢＨＯから、 DO : OB = DE : BH = 3 : 1
DE = EC から EC : BH = 3 :1
△ＥＣＧと△ＨＢＧは相似から、 EC : HB = CG : BG = 3 :1
CG = 3BG ,CB = 2ECから
3EC = CG
2EC = DC つまり、正方形の一辺である。
△ＥＣＧは斜辺ではない残りの二辺の比が3:1で、その挟む角が直角で ある。
ところで、△_pをながめてみると、斜辺ではない残りの二辺の比が3:1 で、その挟む角が直角である。
よって、△ＥＣＧと△_pは相似である。
つまり、∠ｐ＝∠ＥＡＣであるので、
p + q + r = 90 とわかった。

Q(Junko):
ＤＯＢが一直線上に並ぶのは、自明ではないので説明が必要だと思いますが・・・

A(小春):
ＤＯＢが一直線上にあることは、 三角形ＡＣＥの外接円の中心がＯで三角形と外接円の関係から、ＡＣの垂直二等 分線上にＯがあります。
また、ＡＣは正方形ＡＤＣＢの対角線ですので、ＡＣとＢＤは互いの中点で垂直 にまじわります。
よって、ＤＯＢは一直線上にあります。

解答・その１３

（ペンネ−ム：夜ふかしのつらいおじさん）

∠ｐ、∠ｑ、∠ｒを図の頂点Ｈに集める。

∠ｑ＝∠ＥＨＢ（平行線の錯角）
∠ｒ＝∠ＣＨＤ（△ＣＤＨは直角二等辺三角形）
∠ｐ＝∠ＩＨＣ
なぜなら、ＢＨとＧＣの交点ＩからＣＨへの垂線をＩＪとすると
　　　　　△ＡＤＨ ∽ △ＨＪＩ
なぜなら、正方形の１辺の長さを１とすると、 △ＪＩＣは直角二等辺三角形なので

ＨＪ：ＪＩ	＝（ＣＨ−ＣＪ）：ＪＩ
	＝（−／４） ：／４
	＝３／４：／４
	＝３：１
	＝ＡＤ：ＤＨ

従って、　∠ｐ＋∠ｑ＋∠ｒ＝９０゜

解答・その１４

（ペンネ−ム：月の光）

解答・その１５

（ペンネ−ム：月の光）

r=π/4

p=arg z₁
q=arg z₂

p+q	=arg(z1･z2)
	=arg 5(1+i)
	=π/4

従って、p+q+r=π

私自身、こんなにたくさんの解法があるとは思いませんでした。 驚いています。まだまだあるかもしれませんね・・・？
おひとりで３つも４つも解法を寄せていただいた方もいらっしゃいます。
代表的なところをひととおり紹介してあります。

ある問題を解くのにたくさんの解法があって、 それらを見比べるのが私は大好きです。 １つの山をいろいろな角度から眺め、それを登るように思います。 それらをみているうちに問題の答え（山の頂上）が当然あるべきものに見えてくるの です。

解答・その１のように持っていくと、 tangentの加法定理の演習問題として最適！と思いました。
一方、解答・その４、 解答・その５のように 直角二等辺三角形を作る解法も私自身としては気に入っています。
むずかしい知識を持ち出さなくても、ぴたっと出るところが美しい！　 と思ってしまいます。 これなら小学生でも理解できます。
この直角二等辺三角形も眺めれば眺めるほど、 「必然」に思えてくる(?)から不思議です。

これについて「Idaho Potato」さんから次のような投稿をいただきました。

この問題の「類題」が作れないものかと考えてみました。
要するに、tan(p), tan(q) が簡単な分数で、かつ、 tan( p + q ) = 1 を満たす ような角 p, q の組を見つけよう、ということです。

となります。ここで (m,n) = (1,2) とすると、今月の問題になります。
もっとも、この関係式は、 (n+m)×n の格子に直角二等辺三角形が はまっている図を描いてみれば明らかですね。
そこで、 m, n に小さな自然数を順に代入していくと、

というように、いくらでも機械的に解の組を生成できることになります。
でも、 のように「美しい」問題になるものは、残念ながら、 ほかには見つかりそうにありません。

tangent ではなく、逆数をとって cotangent で考えると、

となりますが、ちょうど、 ( cot(p), cot(q) ) = ( 2, 3 ) が、 この方程式の(対称性を除いて)唯一の自然数解になっています。

そういう意味で、結局、 を用いて作った問題が「最良」ということになるようです。

いただいた解法の中で私が一番感動したのは、 解答・その１０と解答・その１１です。
どちらも、一部拡大＋回転させることで視覚的に答えを示しています。
説明はいらない、図を見てもらえれば充分、という感じです。

皆さんから寄せられた解答を見せていただいて、一番楽しかったのは私かもしれません。
この山を登るのにいろいろ寄り道をしたり、小道に入ったりしながら楽しませていただきました。

画像や図、TeX fileなど、時間をかけて解答していただき感謝しております。

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