Classroom の使い方を再考察しなければならない。
今期の私の授業のレポートは、全て Classroom で提出としているのですが・・・
テスト前になって、一気に提出が増えてきまして、もうチェックが間に合わなくなってきていて・・・土日に一気に処理しないと、全く追いつかないんですよね・・・採点に関しては、 Classroom で Google フォームと連携した「テスト付きの課題」を利用して確認する、なんて方法くらいしか・・・穴埋めにして回答させて、自動採点で確認する、というくらいしか・・・まあ、問題に応じて写真で提出と、フォームによる自動採点とを使い分けていくしかないですかね・・・
(1) は 2018 年の杏林大の、 (2) は 2019 年の日本工大の入試問題です。
次の問に答えよ.
(1) 一辺の長さが $1$ の正四面体 $\mathrm{OABC}$ において, 辺 $\mathrm{AB}$, $\mathrm{BC}$, $\mathrm{OC}$ 上にそれぞれ点 $\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$, $\mathrm{R}$ をとる. 頂点 $\mathrm{O}$ から $\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$, $\mathrm{R}$ の順番で $3$ 点を通り, 頂点 $\mathrm{A}$ に至る最短経路の長さを求めよ.
(2) $a$, $b$ は実数とする. 放物線 $y=x^2+2ax+b$ を $x$ 軸に関して対称移動し, さらに $x$ 軸方向に $1$, $y$ 軸方向に $-1$ だけ平行移動して得られる放物線と $x$ 軸の共有点は $(1, 0)$, $(5, 0)$ であった. このとき, $a=[~~~]$, $b=[~~~]$ である. また, この $a$, $b$ の値に対して, $x$ の方程式 $|x^2+ax+b|=k$ が異なる $4$ つの実数解をもつとき, 定数 $k$ の値の範囲は $[~~~]$ である.
(1) 展開図を考える.
この図より, この経路が最短となるのは $5$ 点$\mathrm{O}$, $\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$, $\mathrm{R}$, $\mathrm{A}$ が一直線上になるときである. これより, 最短経路の長さを $L$ とすると, 余弦定理より
$L^2=\mathrm{OO}'^2+\mathrm{O}'\mathrm{A}'^2-2 \times \mathrm{OO}' \times \mathrm{O}'\mathrm{A}' \times \cos\angle\mathrm{OO}'\mathrm{A}'$
$= 2^2+1^2-2 \times 2 \times 1 \times \left(-\dfrac12\right)$
$= 7$,
$L>0$ より
$L=\sqrt{7}$
である.
余弦定理を用いずに, $\mathrm{A}'$ から直線 $\mathrm{OO}'$ へ下ろした垂線の足を $\mathrm{H}$ とすると, $\mathrm{A}'\mathrm{H}^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ であるので,
$L^2 = \mathrm{OH}^2+\mathrm{HA}'^2$
$= \left(\dfrac52\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2$
$= \dfrac{25}{4}+\dfrac{3}{2}$
$= 7$,
$L>0$ より
$L=\sqrt{7}$
である.
(2) $y=x^2+2ax+b$ を $x$ 軸に関して対称移動したものは
$-y=x^2+2ax+b$
$y=-x^2-2ax-b$
である. これをさらに $x$ 軸方向に $1$, $y$ 軸方向に $-1$ だけ平行移動したものは
$y+1=-(x-1)^2-2a(x-1)-b$
$y=-x^2+2(1-a)x+(2a-b-2)$
である. これと $x$ 軸との共有点を調べると,
$-x^2+2(1-a)x+(2a-b-2)=0$
$x=(1-a)\pm\sqrt{a^2-b-1}$
である. 共有点が $(1, 0)$, $(5, 0)$ であるので,
$
\begin{cases}
(1-a)+\sqrt{a^2-b-1} = 5 \\
(1-a)-\sqrt{a^2-b-1} = 1
\end{cases}
$
である. これより
$a=-2$, $b=-1$
を得る.
$|x^2-2x-1|=k$ の実数解の個数と対応する $y=|x^2-2x-1|$ のグラフと $y=k$ のグラフの共有点の個数を考える.
$y=x^2-2x-1$
$= (x-1)^2-2$
より, グラフは以下の通り.
これより, $0<k<2$ を得る.
$2$ 次方程式を求めたところからの, 数学 II で学ぶ内容を用いた別解.
$-x^2+2(1-a)x+(2a-b-2)=0$
解と係数の関係より,
$
\begin{cases}
1+5=-\dfrac{2(1-a)}{-1} \\
1\times5=\dfrac{2a-b-2}{-1}
\end{cases}
$
これを解いて $a=-2$, $b=-1$ を得る.
最初からの別解.
$x$ 軸に関して対称移動すると $y=-x^2+O(x)$, 更に平行移動すると $y=-x^+O(x)$ である（$O(x)$ は最高次が $x$ である整式）ので, これと $(1, 0)$, $(5, 0)$ を通るの事より
$y=-(x-1)(x-5)$
$=-x^2+6x-5$
である. これを $x$ 軸方向に $-1$, $y$ 軸方向に $1$ だけ平行移動したものは
$y-1=-(x+1)^2+6(x+1)-5$
$y=-x^2+4x+1$
であり, これを更に $x$ 軸に関して対称移動すると
$-y=-x^2+4x+1$
$y=x^2-4x-1$
であるので, $a=-2$, $b=-1$ を得る.
正 n 角形の対角線の積
本日から、部活動が再開されました。とはいえ、まだ分散登校中なので、登校している学年のみの部活なのですが・・・
１年生を、初めて見ました。だって、今年は１年生の授業をもっていないものでして・・・
正確に言えば、１学年の登校日とかに、サポートで特定のクラスに行ったときに見ているのですが、その中のどの子が部員なのかは分かりませんでしたから・・・
３年生が９人、２年生が１８人、１年生が１２人と、合計で３９人に・・・
世間ではインターハイがなくなり、３年生の最後の大会がなくなり、というように話題になっていますが、この人数で大会に行ってたら、もう大変だったんでしょうね・・・
先日、インターネットで見つけた面白い問題。幾何学的な性質です。なんとなく、正六角形のときについては聞いたことがありましたが、一般の正 $n$ 角形でも成り立っていたんですね。
半径 $1$ の円に内接する正 $n$ 角形の $1$ 点からそれ以外の点への線分（辺および対角線）を引く. このとき, これら $n-1$ 本の線分の長さの積は $n$ である.
ちょっと分かりにくい内容なので, 具体的に確認してみる.
$n=3$ のとき, 正三角形になる. $1$ 辺の長さは $\sqrt3$ であるので,
$\sqrt3 \times \sqrt3 = 3$
である.
$n=4$ のとき, 正方形になる. $1$ 辺の長さは $\sqrt2$ であるので,
$\sqrt2 \times 2 \times \sqrt2 = 4$
である.
では, 一般の場合を考えて, 証明していく.
Definition 1.
$3$ 以上の整数 $n$ に対し, $\omega$ を $1$ の $n$ 乗根のうち, 偏角が正で最小のものとする.
Theorem 2.
$1$, $\omega$, $\omega^2$, ... , $\omega^{n-1}$
はすべて $1$ の $n$ 乗根である.
(Proof)
$(\omega^k)^n = \omega^{kn} = (\omega^n)^k = 1^k = 1$
より成り立つ${}_{\square}$
Definition 3.
$z$ についての多項式 $P(z)$ を
$P(z) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}z^k$
と定義する.
Theorem 4.
$P(z)$ を因数分解すると
$P(z) = \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$
である.
(Proof)
定義より
$P(z) = 1+\omega+\omega^2+\omega^3+\dots+\omega^{n-1} = \dfrac{1-\omega^n}{1-\omega}$
である. これと Theorem 2. より $k=1, 2, \dots, n-1$ のとき
$P(\omega^k) = \dfrac{1-1}{1-\omega} = 0$
である. 因数定理より, $P(z)$ は $z-\omega^k$ ($k=1, 2, ..., n-1$) を因数にもつことが分かる. 即ち $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$ を因数にもつ.
定義より, $\deg(P(z)) = n-1$ であり, 積の個数より $\deg\left(\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)\right)=n-1$ であるので, $P(z)$ は $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$ の定数倍である.
最高次係数を比較すると, どちらも $1$ であるので,
$P(z) = \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$
である${}_{\square}$
$1$, $\omega$, $\omega^2$, ..., $\omega^{n-1}$ は複素数平面上の単位円上の $n$ 個の点である. これより, 証明すべき式は,
$\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}|\omega^k-1|=n$
である.
$T=\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}|\omega^k-1|$ とおくと,
$T^2=\left(\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}|\omega^k-1|\right)^2$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}|\omega^k-1|^2$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1)(\overline{\omega^k-1})$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1)(\omega^{n-k}-1)$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1) \times \prod_{k=1}^{n-1}(\omega^{n-k}-1)$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1) \times \prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1)$
$= P(1) \times P(1)$
$= \left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}1^k\right)^2$
$= n^2$
$T$ は絶対値の積なので正であるから
$T = n$
が成り立つ${}_{\square}$
１年生を、初めて見ました。だって、今年は１年生の授業をもっていないものでして・・・
正確に言えば、１学年の登校日とかに、サポートで特定のクラスに行ったときに見ているのですが、その中のどの子が部員なのかは分かりませんでしたから・・・
３年生が９人、２年生が１８人、１年生が１２人と、合計で３９人に・・・
世間ではインターハイがなくなり、３年生の最後の大会がなくなり、というように話題になっていますが、この人数で大会に行ってたら、もう大変だったんでしょうね・・・
先日、インターネットで見つけた面白い問題。幾何学的な性質です。なんとなく、正六角形のときについては聞いたことがありましたが、一般の正 $n$ 角形でも成り立っていたんですね。
半径 $1$ の円に内接する正 $n$ 角形の $1$ 点からそれ以外の点への線分（辺および対角線）を引く. このとき, これら $n-1$ 本の線分の長さの積は $n$ である.
ちょっと分かりにくい内容なので, 具体的に確認してみる.
$n=3$ のとき, 正三角形になる. $1$ 辺の長さは $\sqrt3$ であるので,
$\sqrt3 \times \sqrt3 = 3$
である.
$n=4$ のとき, 正方形になる. $1$ 辺の長さは $\sqrt2$ であるので,
$\sqrt2 \times 2 \times \sqrt2 = 4$
である.
では, 一般の場合を考えて, 証明していく.
Definition 1.
$3$ 以上の整数 $n$ に対し, $\omega$ を $1$ の $n$ 乗根のうち, 偏角が正で最小のものとする.
Theorem 2.
$1$, $\omega$, $\omega^2$, ... , $\omega^{n-1}$
はすべて $1$ の $n$ 乗根である.
(Proof)
$(\omega^k)^n = \omega^{kn} = (\omega^n)^k = 1^k = 1$
より成り立つ${}_{\square}$
Definition 3.
$z$ についての多項式 $P(z)$ を
$P(z) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}z^k$
と定義する.
Theorem 4.
$P(z)$ を因数分解すると
$P(z) = \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$
である.
(Proof)
定義より
$P(z) = 1+\omega+\omega^2+\omega^3+\dots+\omega^{n-1} = \dfrac{1-\omega^n}{1-\omega}$
である. これと Theorem 2. より $k=1, 2, \dots, n-1$ のとき
$P(\omega^k) = \dfrac{1-1}{1-\omega} = 0$
である. 因数定理より, $P(z)$ は $z-\omega^k$ ($k=1, 2, ..., n-1$) を因数にもつことが分かる. 即ち $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$ を因数にもつ.
定義より, $\deg(P(z)) = n-1$ であり, 積の個数より $\deg\left(\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)\right)=n-1$ であるので, $P(z)$ は $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$ の定数倍である.
最高次係数を比較すると, どちらも $1$ であるので,
$P(z) = \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$
である${}_{\square}$
$1$, $\omega$, $\omega^2$, ..., $\omega^{n-1}$ は複素数平面上の単位円上の $n$ 個の点である. これより, 証明すべき式は,
$\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}|\omega^k-1|=n$
である.
$T=\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}|\omega^k-1|$ とおくと,
$T^2=\left(\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}|\omega^k-1|\right)^2$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}|\omega^k-1|^2$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1)(\overline{\omega^k-1})$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1)(\omega^{n-k}-1)$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1) \times \prod_{k=1}^{n-1}(\omega^{n-k}-1)$
$= \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1) \times \prod_{k=1}^{n-1}(\omega^k-1)$
$= P(1) \times P(1)$
$= \left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}1^k\right)^2$
$= n^2$
$T$ は絶対値の積なので正であるから
$T = n$
が成り立つ${}_{\square}$
東京大学（理系・２０２０）第２問
最近、 Classroom を使ってどこまで出来るか考えています。
使い方によってはどこまでも出来るんでしょうけど、とりあえず今の授業でプラスになることをしたい、と思いまして・・・
基本的に、提出物とか嫌いな人なので、それをなんとか減らしたい、と思っています。回収しなければいい、っていう事はダメなんですよね・・・成績評価に入れないといけないので。テストでは点数取れなかったけど、授業はちゃんと聞いて、問題もちゃんと解いてるよ、だから成績なんとかして、っていうやつですね。
別に、そんな成績評価が嫌だとか、そういうことではないんですよ。単純に、モノを集めるのが嫌なんですよね。特に、真面目なクラスの授業をしていると、９割くらいの生徒がちゃんと提出してくるので、職員室に持ち帰るのも大変だし、それをチェックするのはもっと大変。特に、机の上を片付けるのが下手くそな私としては、モノを増やしたくない・・・
そんなわけで、考えました。現在、３年生の演習の授業でやっている、週末課題と同じ方法でいけるのではないか、と。
で、考えました。
現在、授業での問題演習は控えています。なので、教科書の練習問題を解いて、それを写真に撮って、Classroom で提出させる、その際に、授業ノートも一緒に写真に撮って提出。そうすれば、テスト後に提出する必要もなくなるし、私としてもいつでもノートチェックを出来るので、いいことですね。
その為にも、２学年だけでも、 Gmail の導入と Classroom への設定を積極的にやらせないといけないので、ここ数日、そのマニュアルを作ったり、生徒のアドレスを連絡先にインポートするためのファイルを作成したりと、色々と裏で動いていました。来週のホームルームの時間で、なんとか設定できればいいのですが・・・
今日は、先日の続きで、東京大学の第２問。２次関数の問題ですね。
平面上の点 $P$, $Q$, $R$ が同一直線上にないとき, それらを $3$ 頂点とする三角形の面積を $\triangle PQR$ で表す. また, $P$, $Q$, $R$ が同一直線上にあるときは, $\triangle PQR=0$ とする.
$A$, $B$, $C$ を平面上の $3$ 点とし, $\triangle ABC=1$ とする. この平面上の点 $X$ が
$2 \le \triangle ABX+\triangle BCX + \triangle CAX \le 3$
を満たしながら動くとき, $X$ の動きうる範囲の面積を求めよ.
(i) 点 $X$ が $\triangle ABC$ の内部または周上にあるとすると,
$2 \le \triangle ABX+\triangle BCX + \triangle CAX = 1$
より, 不適.
(ii) 線分 $AX$ と線分 $BC$ が交わるとすると,
$\triangle ABX+\triangle BCX + \triangle CAX = 1 + 2 \triangle BCX$
であるので,
$2 \le 1+2\triangle BCX \le 3$
$1 \le 2\triangle BCX \le 2$
$\dfrac12 \le \triangle BCX \le 1$
である. よって, 底辺を $BC$ として考えると, 点 $A$ までの距離の $1.5$ 倍から $2$ 倍の範囲となる. 対称性より, 下記の青線で囲われた部分である.
(iii) $3$ つの線分 $XA$, $XB$, $XC$ のどれも $3$ 辺と交わらないとき,
この図のような位置だとすると,
$\triangle ABX+\triangle BCX + \triangle CAX = 2 \triangle ABX - 1$
であるので,
$2 \le 2\triangle ABX-1 \le 3$
$3 \le 2\triangle ABX \le 4$
$\dfrac32 \le \triangle ABX \le 2$
である. よって, 底辺を $AB$ として考えると, 点 $C$ までの距離の $1.5$ 倍から $2$ 倍の距離となる. 対称性より, 下記の青線で囲われた部分である.
(ii) のときの面積はそれぞれ $\triangle ABC$ の $2$ 倍の図形から $1.5$ 倍の図形を除いたものであるので,
$2^2-\left(\dfrac32\right)^2=\dfrac74$
である.
(iii) のときの面積はそれぞれ $\triangle ABC$ の $1$ 倍の図形から $0.5$ 倍の図形を除いたものであるので,
$1^2-\left(\dfrac12\right)^2=\dfrac34$
である.
以上より, 求める面積は
$\dfrac74 \times 3 + \dfrac34 \times 3 = \dfrac{15}2$
である.
使い方によってはどこまでも出来るんでしょうけど、とりあえず今の授業でプラスになることをしたい、と思いまして・・・
基本的に、提出物とか嫌いな人なので、それをなんとか減らしたい、と思っています。回収しなければいい、っていう事はダメなんですよね・・・成績評価に入れないといけないので。テストでは点数取れなかったけど、授業はちゃんと聞いて、問題もちゃんと解いてるよ、だから成績なんとかして、っていうやつですね。
別に、そんな成績評価が嫌だとか、そういうことではないんですよ。単純に、モノを集めるのが嫌なんですよね。特に、真面目なクラスの授業をしていると、９割くらいの生徒がちゃんと提出してくるので、職員室に持ち帰るのも大変だし、それをチェックするのはもっと大変。特に、机の上を片付けるのが下手くそな私としては、モノを増やしたくない・・・
そんなわけで、考えました。現在、３年生の演習の授業でやっている、週末課題と同じ方法でいけるのではないか、と。
で、考えました。
現在、授業での問題演習は控えています。なので、教科書の練習問題を解いて、それを写真に撮って、Classroom で提出させる、その際に、授業ノートも一緒に写真に撮って提出。そうすれば、テスト後に提出する必要もなくなるし、私としてもいつでもノートチェックを出来るので、いいことですね。
その為にも、２学年だけでも、 Gmail の導入と Classroom への設定を積極的にやらせないといけないので、ここ数日、そのマニュアルを作ったり、生徒のアドレスを連絡先にインポートするためのファイルを作成したりと、色々と裏で動いていました。来週のホームルームの時間で、なんとか設定できればいいのですが・・・
今日は、先日の続きで、東京大学の第２問。２次関数の問題ですね。
平面上の点 $P$, $Q$, $R$ が同一直線上にないとき, それらを $3$ 頂点とする三角形の面積を $\triangle PQR$ で表す. また, $P$, $Q$, $R$ が同一直線上にあるときは, $\triangle PQR=0$ とする.
$A$, $B$, $C$ を平面上の $3$ 点とし, $\triangle ABC=1$ とする. この平面上の点 $X$ が
$2 \le \triangle ABX+\triangle BCX + \triangle CAX \le 3$
を満たしながら動くとき, $X$ の動きうる範囲の面積を求めよ.
(i) 点 $X$ が $\triangle ABC$ の内部または周上にあるとすると,
$2 \le \triangle ABX+\triangle BCX + \triangle CAX = 1$
より, 不適.
(ii) 線分 $AX$ と線分 $BC$ が交わるとすると,
$\triangle ABX+\triangle BCX + \triangle CAX = 1 + 2 \triangle BCX$
であるので,
$2 \le 1+2\triangle BCX \le 3$
$1 \le 2\triangle BCX \le 2$
$\dfrac12 \le \triangle BCX \le 1$
である. よって, 底辺を $BC$ として考えると, 点 $A$ までの距離の $1.5$ 倍から $2$ 倍の範囲となる. 対称性より, 下記の青線で囲われた部分である.
(iii) $3$ つの線分 $XA$, $XB$, $XC$ のどれも $3$ 辺と交わらないとき,
この図のような位置だとすると,
$\triangle ABX+\triangle BCX + \triangle CAX = 2 \triangle ABX - 1$
であるので,
$2 \le 2\triangle ABX-1 \le 3$
$3 \le 2\triangle ABX \le 4$
$\dfrac32 \le \triangle ABX \le 2$
である. よって, 底辺を $AB$ として考えると, 点 $C$ までの距離の $1.5$ 倍から $2$ 倍の距離となる. 対称性より, 下記の青線で囲われた部分である.
(ii) のときの面積はそれぞれ $\triangle ABC$ の $2$ 倍の図形から $1.5$ 倍の図形を除いたものであるので,
$2^2-\left(\dfrac32\right)^2=\dfrac74$
である.
(iii) のときの面積はそれぞれ $\triangle ABC$ の $1$ 倍の図形から $0.5$ 倍の図形を除いたものであるので,
$1^2-\left(\dfrac12\right)^2=\dfrac34$
である.
以上より, 求める面積は
$\dfrac74 \times 3 + \dfrac34 \times 3 = \dfrac{15}2$
である.
平面幾何の点の座標
在宅勤務が続いているため、完全に生活リズムが崩れてしまっていた。大型連休を終える頃には、夜中の３時に寝て１０時過ぎに起きるような生活リズムに・・・
ですが明日、出勤となっており、火曜・水曜・木曜と学年毎の分散登校日となっています。そのため、明日にはなんとしても一般社会人の生活に戻さなくては・・・
ということで、全く関係ありませんが先日、SwitchBotを購入したのが今日、届きました。通常価格よりもだいぶ安くなっていたので、思い切ってスマートホーム化してみようかと思いまして・・・「OK, Google テレビをつけて」とか、真夏の暑い日には帰宅する前にスマホから「OK, Google 22 度で冷房をつけて」とか、色々と使い方を考えて・・・
で、早速開封して、マニュアル通りに設定していったのですが・・・
アパートの備え付けのエアコン（CORONA社製）、テレビ（東芝社製）、HDD レコーダ（東芝社製）とも、全く使えません・・・なんか、所謂「安物買いの銭失い」ってヤツでしたね・・・いや、ひょっとしたら、アプリの設定とかなのかも知れませんので、もうしばらくは試してみたいと思いますが・・・期待出来なさそうで・・・
先日, 平面幾何の問題の際にも desmos を使って図形をかいたのですが, その際に用いた点の座標についての覚書です.
今まで使っていた $\LaTeX$ では, $2$ 点 $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ の中点を $\mathrm{M}$ とする, 的な計算を自動でやってくれるコマンド（を含むパケージ）があるので, 非常に簡単に描画できたのですが, desmos ではそうはいきません.
だったら, 平面幾何では $\LaTeX$ でかいた画像を使えば簡単なのですが, desmos で作るといいことが $1$ つありまして...
このブログ上からでも, 点をドラッグして, 動かすことができるんですよね.
何がいいのかというと, 重心とか垂心とかの存在を, 証明ではなく, 感覚的に理解することができるのかも知れません.
まず, $3$ 点の座標を $\mathrm{A}(a_x, a_y)$, $\mathrm{B}(b_x, b_y)$, $\mathrm{C}(c_x, c_y)$ とする. また, それぞれの位置ベクトルを $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ とする.
$2$ 点間の距離より,
$a=\sqrt{(b_x-c_x)^2+(b_y-c_y)^2}$,
$b=\sqrt{(c_x-a_x)^2+(c_y-a_y)^2}$,
$c=\sqrt{(a_x-b_x)^2+(a_y-b_y)^2}$
である.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の内心を $\mathrm{I}$, $\mathrm{AI}$ と $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm{P}$ とする.
$\angle\mathrm{BAP}=\angle\mathrm{PAC}$ より,
$\mathrm{BP}:\mathrm{PC}=\mathrm{BA}:\mathrm{AC}=c:b$,
$\mathrm{AI}:\mathrm{IP}=\mathrm{AB}:\mathrm{BP}=c:\dfrac{ac}{b+c}=(b+c):c$
であるので,
$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{b+c}$,
$\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\dfrac{b+c}{a+b+c}\times\dfrac{b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{b+c}=\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{a+b+c}$,
$\overrightarrow{\mathrm{OI}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\overrightarrow{a}+\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{a+b+c}
=a\overrightarrow{a}+b\overrightarrow{b}+c\overrightarrow{c}$
より, 内心の座標は
$(aa_x+bb_x+cc_x, aa_y+bB_y+cc_y)$
である.
通常, 公式等を表す場合, $a$, $b$, $c$ の値は前述の式を代入して表すものであるが, desmos 上では定義された値を使うことができるので, このまま使うこととする.
以降, 内心の座標を $(I_x, I_y)$ と表す.
内接円の半径 $r$ を求める.
直線 $\mathrm{BC}$ を表す方程式は
$y-b_y=\dfrac{c_y-b_y}{c_x-b_x}(x-b_x)$
$(y-b_y)(c_x-b_x)=(x-b_x)(c_y-b_y)$
$(b_y-c_y)x+(c_x-b_x)y+(b_xc_y-c_xb_y)=0$
であるので, 点と直線の距離の公式より
$r=\dfrac{|(b_y-c_y)I_x+(c_x-b_x)I_y+(b_xc_y-c_xb_y)|}{\sqrt{(b_y-c_y)^2+(c_x-b_x)^2}}$
$=\dfrac{|(b_y-c_y)(aa_x+bb_x+cc_x)+(c_x-b_x)(aa_y+bb_y+cc_y)+(a+b+c)(b_xc_y-c_xb_y)|}{a(a+b+c)}$
$=\dfrac{|a_xb_y+b_xc_y+c_xa_y-a_xc_y-c_xb_y-b_xa_y|}{a+b+c}$
である.
ただし, desmos 使う場合は $r=$ とすると, 極座標表示と認識してしまうので, $R$ 等の別な文字にする必要うがある.
ついでに, 三角形の外心についても考えておく.
が, その前に補題を $1$ つ証明しておく.
Lemma.
$\triangle\mathrm{ABC}$ 内の点 $\mathrm{X}$ に対し,
$p\overrightarrow{\mathrm{XA}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}=\overrightarrow{0} \iff \triangle\mathrm{XBC}:\triangle\mathrm{XCA}:\triangle\mathrm{XAB}=p:q:r$
が成り立つ.
(Proof)
$\Longrightarrow$ について.
$p\overrightarrow{\mathrm{AX}}=q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}$
$p\overrightarrow{\mathrm{AX}}+q\overrightarrow{\mathrm{AX}}+r\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\overrightarrow{\mathrm{AX}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AX}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}$
$(p+q+r)\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\left(\overrightarrow{\mathrm{AX}}+\overrightarrow{\mathrm{XB}}\right)+r\left(\overrightarrow{\mathrm{AX}}+\overrightarrow{\mathrm{XC}}\right)$
$(p+q+r)\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}$
$\overrightarrow{\mathrm{AX}} = \dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{p+q+r}$
$\overrightarrow{\mathrm{AX}} = \dfrac{q+r}{p+q+r}\times\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}$
より, $2$ 直線 $\mathrm{AX}$, $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm{P}$ とすると,
$\mathrm{AX}:\mathrm{XP}=q+r:p$
である. よって,
$\triangle\mathrm{ABC}:\triangle\mathrm{XBC}=p+q+r:p$
である.
対称性から,
$\triangle\mathrm{ABC}:\triangle\mathrm{XCA}=p+q+r:q$
$\mathrm{BP}:\mathrm{PC}=r:q$
である. これより,
$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}$,
$\overrightarrow{\mathrm{AX}}=\dfrac{q+r}{p+q+r}\times\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}=\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{p+q+r}$
以下, $\Longrightarrow$ のときの逆に計算していくことで $p\overrightarrow{\mathrm{XA}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}=\overrightarrow{0}$ が成り立つ${}_{\square}$
$3$ 点 $\mathrm{A}(\overrightarrow{a})$, $\mathrm{B}(\overrightarrow{b})$, $\mathrm{C}(\overrightarrow{c})$ に対し, $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm{D}(\overrightarrow{d})$ とする（ベクトルの原点で $\mathrm{O}$ を使うので, 外心に $\mathrm{O}$ は使わないことにする）.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とする. $\mathrm{D}$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心なので, 円周角の定理より $\angle\mathrm{BDC}=2A$, $\angle\mathrm{BDH}=A$ である. このとき, $\triangle\mathrm{DBC}$ の面積 $S_{DBC}$ は,
$S_{DBC}=\dfrac12 \times \mathrm{BH} \times \mathrm{DH} \times 2$
$= \dfrac12 \times R\sin A \times R \cos A \times 2$
$= \dfrac12R^2\sin 2A$
三角関数の加法定理（$2$ 倍角の公式）
$\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta$
を使っていますが, これを使わないで考えるのであれば...
$S_{DBC}=\dfrac12 \times \mathrm{DB} \times \mathrm{DC} \times \sin\angle\mathrm{CDB}$
$= \dfrac12 \times R \times R \times \sin2A$
$= \dfrac12R^2\sin A$
同様に, $S_{DCA}=\dfrac12R^2\sin2B$, $S_{DAB}=\dfrac12R^2\sin2C$ であるので,
$\triangle\mathrm{DCA}:\triangle\mathrm{DAB}:\triangle\mathrm{DBC}=\dfrac12R^2\sin2A:\dfrac12R^2\sin2B:\dfrac12R^2\sin2C$
$= \sin2A:\sin2B:\sin2C$
である. Lemma の証明より,
$\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
$=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\dfrac{\sin2B\times\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\sin2C\times\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{AC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{OB}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{OC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A\overrightarrow{a}+\sin2B\overrightarrow{b}+\sin2C\overrightarrow{c}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
を得る. あとは, $\sin2A$, $\sin2B$, $\sin2C$ の値は, 余弦定理, 三角比の相互関係, 三角関数の $2$ 倍角の公式より
$\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$,
$\sin A=\sqrt{1-\cos^2A}$,
$\sin2A=2\sin A\cos A$
より求めることができる.
ですが明日、出勤となっており、火曜・水曜・木曜と学年毎の分散登校日となっています。そのため、明日にはなんとしても一般社会人の生活に戻さなくては・・・
ということで、全く関係ありませんが先日、SwitchBotを購入したのが今日、届きました。通常価格よりもだいぶ安くなっていたので、思い切ってスマートホーム化してみようかと思いまして・・・「OK, Google テレビをつけて」とか、真夏の暑い日には帰宅する前にスマホから「OK, Google 22 度で冷房をつけて」とか、色々と使い方を考えて・・・
で、早速開封して、マニュアル通りに設定していったのですが・・・
アパートの備え付けのエアコン（CORONA社製）、テレビ（東芝社製）、HDD レコーダ（東芝社製）とも、全く使えません・・・なんか、所謂「安物買いの銭失い」ってヤツでしたね・・・いや、ひょっとしたら、アプリの設定とかなのかも知れませんので、もうしばらくは試してみたいと思いますが・・・期待出来なさそうで・・・
先日, 平面幾何の問題の際にも desmos を使って図形をかいたのですが, その際に用いた点の座標についての覚書です.
今まで使っていた $\LaTeX$ では, $2$ 点 $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ の中点を $\mathrm{M}$ とする, 的な計算を自動でやってくれるコマンド（を含むパケージ）があるので, 非常に簡単に描画できたのですが, desmos ではそうはいきません.
だったら, 平面幾何では $\LaTeX$ でかいた画像を使えば簡単なのですが, desmos で作るといいことが $1$ つありまして...
このブログ上からでも, 点をドラッグして, 動かすことができるんですよね.
何がいいのかというと, 重心とか垂心とかの存在を, 証明ではなく, 感覚的に理解することができるのかも知れません.
まず, $3$ 点の座標を $\mathrm{A}(a_x, a_y)$, $\mathrm{B}(b_x, b_y)$, $\mathrm{C}(c_x, c_y)$ とする. また, それぞれの位置ベクトルを $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ とする.
$2$ 点間の距離より,
$a=\sqrt{(b_x-c_x)^2+(b_y-c_y)^2}$,
$b=\sqrt{(c_x-a_x)^2+(c_y-a_y)^2}$,
$c=\sqrt{(a_x-b_x)^2+(a_y-b_y)^2}$
である.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の内心を $\mathrm{I}$, $\mathrm{AI}$ と $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm{P}$ とする.
$\angle\mathrm{BAP}=\angle\mathrm{PAC}$ より,
$\mathrm{BP}:\mathrm{PC}=\mathrm{BA}:\mathrm{AC}=c:b$,
$\mathrm{AI}:\mathrm{IP}=\mathrm{AB}:\mathrm{BP}=c:\dfrac{ac}{b+c}=(b+c):c$
であるので,
$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{b+c}$,
$\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\dfrac{b+c}{a+b+c}\times\dfrac{b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{b+c}=\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{a+b+c}$,
$\overrightarrow{\mathrm{OI}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\overrightarrow{a}+\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{a+b+c}
=a\overrightarrow{a}+b\overrightarrow{b}+c\overrightarrow{c}$
より, 内心の座標は
$(aa_x+bb_x+cc_x, aa_y+bB_y+cc_y)$
である.
通常, 公式等を表す場合, $a$, $b$, $c$ の値は前述の式を代入して表すものであるが, desmos 上では定義された値を使うことができるので, このまま使うこととする.
以降, 内心の座標を $(I_x, I_y)$ と表す.
内接円の半径 $r$ を求める.
直線 $\mathrm{BC}$ を表す方程式は
$y-b_y=\dfrac{c_y-b_y}{c_x-b_x}(x-b_x)$
$(y-b_y)(c_x-b_x)=(x-b_x)(c_y-b_y)$
$(b_y-c_y)x+(c_x-b_x)y+(b_xc_y-c_xb_y)=0$
であるので, 点と直線の距離の公式より
$r=\dfrac{|(b_y-c_y)I_x+(c_x-b_x)I_y+(b_xc_y-c_xb_y)|}{\sqrt{(b_y-c_y)^2+(c_x-b_x)^2}}$
$=\dfrac{|(b_y-c_y)(aa_x+bb_x+cc_x)+(c_x-b_x)(aa_y+bb_y+cc_y)+(a+b+c)(b_xc_y-c_xb_y)|}{a(a+b+c)}$
$=\dfrac{|a_xb_y+b_xc_y+c_xa_y-a_xc_y-c_xb_y-b_xa_y|}{a+b+c}$
である.
ただし, desmos 使う場合は $r=$ とすると, 極座標表示と認識してしまうので, $R$ 等の別な文字にする必要うがある.
ついでに, 三角形の外心についても考えておく.
が, その前に補題を $1$ つ証明しておく.
Lemma.
$\triangle\mathrm{ABC}$ 内の点 $\mathrm{X}$ に対し,
$p\overrightarrow{\mathrm{XA}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}=\overrightarrow{0} \iff \triangle\mathrm{XBC}:\triangle\mathrm{XCA}:\triangle\mathrm{XAB}=p:q:r$
が成り立つ.
(Proof)
$\Longrightarrow$ について.
$p\overrightarrow{\mathrm{AX}}=q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}$
$p\overrightarrow{\mathrm{AX}}+q\overrightarrow{\mathrm{AX}}+r\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\overrightarrow{\mathrm{AX}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AX}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}$
$(p+q+r)\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\left(\overrightarrow{\mathrm{AX}}+\overrightarrow{\mathrm{XB}}\right)+r\left(\overrightarrow{\mathrm{AX}}+\overrightarrow{\mathrm{XC}}\right)$
$(p+q+r)\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}$
$\overrightarrow{\mathrm{AX}} = \dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{p+q+r}$
$\overrightarrow{\mathrm{AX}} = \dfrac{q+r}{p+q+r}\times\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}$
より, $2$ 直線 $\mathrm{AX}$, $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm{P}$ とすると,
$\mathrm{AX}:\mathrm{XP}=q+r:p$
である. よって,
$\triangle\mathrm{ABC}:\triangle\mathrm{XBC}=p+q+r:p$
である.
対称性から,
$\triangle\mathrm{ABC}:\triangle\mathrm{XCA}=p+q+r:q$
$\triangle\mathrm{ABC}:\triangle\mathrm{XAB}=p+q+r:r$
であるので,
$\triangle\mathrm{XBC}:\triangle\mathrm{XCA}:\triangle\mathrm{XAB}=p:q:r$
が成り立つ.
$\Longleftarrow$ について.
$2$ 直線 $\mathrm{AX}$, $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm{P}$, $2$ 直線 $\mathrm{BX}$, $\mathrm{CA}$ の交点を $\mathrm{Q}$ とする.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の面積を $S$ とすると,
$\triangle\mathrm{XBC}=\dfrac{p}{p+q+r}S$, $\triangle\mathrm{XCA}=\dfrac{q}{p+q+r}S$
と表すことができる. これより,
$\mathrm{AX}:\mathrm{XP}=q+r:p$, $\mathrm{BX}:\mathrm{XQ}=p+r:q$
である. これと, メネラウスの定理より
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}}\times\dfrac{\mathrm{PA}}{\mathrm{AX}}\times\dfrac{\mathrm{XQ}}{\mathrm{QB}} = 1$
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}} \times \dfrac{p+q+r}{q+r} \times \dfrac{q}{p+q+r} = 1$
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}} = \dfrac{q+r}{q}$
であるので,$\triangle\mathrm{XBC}=\dfrac{p}{p+q+r}S$, $\triangle\mathrm{XCA}=\dfrac{q}{p+q+r}S$
と表すことができる. これより,
$\mathrm{AX}:\mathrm{XP}=q+r:p$, $\mathrm{BX}:\mathrm{XQ}=p+r:q$
である. これと, メネラウスの定理より
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}}\times\dfrac{\mathrm{PA}}{\mathrm{AX}}\times\dfrac{\mathrm{XQ}}{\mathrm{QB}} = 1$
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}} \times \dfrac{p+q+r}{q+r} \times \dfrac{q}{p+q+r} = 1$
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}} = \dfrac{q+r}{q}$
$\mathrm{BP}:\mathrm{PC}=r:q$
である. これより,
$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}$,
$\overrightarrow{\mathrm{AX}}=\dfrac{q+r}{p+q+r}\times\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}=\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{p+q+r}$
以下, $\Longrightarrow$ のときの逆に計算していくことで $p\overrightarrow{\mathrm{XA}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}=\overrightarrow{0}$ が成り立つ${}_{\square}$
$3$ 点 $\mathrm{A}(\overrightarrow{a})$, $\mathrm{B}(\overrightarrow{b})$, $\mathrm{C}(\overrightarrow{c})$ に対し, $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm{D}(\overrightarrow{d})$ とする（ベクトルの原点で $\mathrm{O}$ を使うので, 外心に $\mathrm{O}$ は使わないことにする）.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とする. $\mathrm{D}$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心なので, 円周角の定理より $\angle\mathrm{BDC}=2A$, $\angle\mathrm{BDH}=A$ である. このとき, $\triangle\mathrm{DBC}$ の面積 $S_{DBC}$ は,
$S_{DBC}=\dfrac12 \times \mathrm{BH} \times \mathrm{DH} \times 2$
$= \dfrac12 \times R\sin A \times R \cos A \times 2$
$= \dfrac12R^2\sin 2A$
三角関数の加法定理（$2$ 倍角の公式）
$\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta$
を使っていますが, これを使わないで考えるのであれば...
$S_{DBC}=\dfrac12 \times \mathrm{DB} \times \mathrm{DC} \times \sin\angle\mathrm{CDB}$
$= \dfrac12 \times R \times R \times \sin2A$
$= \dfrac12R^2\sin A$
同様に, $S_{DCA}=\dfrac12R^2\sin2B$, $S_{DAB}=\dfrac12R^2\sin2C$ であるので,
$\triangle\mathrm{DCA}:\triangle\mathrm{DAB}:\triangle\mathrm{DBC}=\dfrac12R^2\sin2A:\dfrac12R^2\sin2B:\dfrac12R^2\sin2C$
$= \sin2A:\sin2B:\sin2C$
である. Lemma の証明より,
$\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
$=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\dfrac{\sin2B\times\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\sin2C\times\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{AC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{OB}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{OC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A\overrightarrow{a}+\sin2B\overrightarrow{b}+\sin2C\overrightarrow{c}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
を得る. あとは, $\sin2A$, $\sin2B$, $\sin2C$ の値は, 余弦定理, 三角比の相互関係, 三角関数の $2$ 倍角の公式より
$\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$,
$\sin A=\sqrt{1-\cos^2A}$,
$\sin2A=2\sin A\cos A$
より求めることができる.
授業で出題した問題（平日課題 No.03）
今住んでいるところのゴミ出しは、燃えるゴミが月・木なのだが、最近の在宅勤務が原因で、だいぶ朝の行動が遅くなっています。一応、起床時間はなんとか保っているのだが、先週中は教科書配布の為に、１０時に合わせて出勤していたので、ゴミ出しをすっかり忘れてしまっていまして・・・で、連休に入ってしまったため、今日のゴミ出しが出来ず・・・
今日は、平日課題の解説。内容としては、三角形の面積の公式の証明。
センター試験なんかでも、数学 I の三角比と数学 A の平面幾何のどっちを使うのかを判断する必要がある（正確には、どっちを使うのか判断するのではなく、どっちも使いこなす必要がある）ので、そこら辺を意識した問題です。
以下の面積の公式を証明せよ. 特に断らない限り, $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺の長さを $\mathrm{BC}=a$, $\mathrm{CA}=b$, $\mathrm{AB}=c$ と表し, その面積 $S$ は
$S=\dfrac12bc\sin A$
で与えられることは用いてもよい.
(1) $\triangle\mathrm{ABC}$ の内接円の半径を $r$ とするとき,
$S=\dfrac12r(a+b+c)$
Proof.
上記のように, 頂点 A, B, C それぞれと内心 I とを結ぶ.
$\triangle\mathrm{XYZ}$ の面積を $S_{XYZ}$ と表すとする. すると,
$S_{IBC}=\dfrac12ar$,
$S_{ICA}=\dfrac12br$,
$S_{IAB}=\dfrac12cr$
であるので,
$S=S_{IBC}+S_{ICA}+S_{IAB}=\dfrac12ar+\dfrac12br+\dfrac12cr=\dfrac12r(a+b+c)$
より成り立つ${}_{\square}$
(2) $\triangle\mathrm{ABC}$ の半径を $R$ とするとき,
$S=\dfrac{abc}{4R}$
Proof.
正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=2R$ より $\sin A=\dfrac{a}{2R}$ であるので,
$S=\dfrac12bc\sin A=\dfrac12bc \times \dfrac{a}{2R} = \dfrac{abc}{4R}$
が成り立つ${}_{\square}$
今日は、平日課題の解説。内容としては、三角形の面積の公式の証明。
センター試験なんかでも、数学 I の三角比と数学 A の平面幾何のどっちを使うのかを判断する必要がある（正確には、どっちを使うのか判断するのではなく、どっちも使いこなす必要がある）ので、そこら辺を意識した問題です。
以下の面積の公式を証明せよ. 特に断らない限り, $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺の長さを $\mathrm{BC}=a$, $\mathrm{CA}=b$, $\mathrm{AB}=c$ と表し, その面積 $S$ は
$S=\dfrac12bc\sin A$
で与えられることは用いてもよい.
(1) $\triangle\mathrm{ABC}$ の内接円の半径を $r$ とするとき,
$S=\dfrac12r(a+b+c)$
Proof.
上記のように, 頂点 A, B, C それぞれと内心 I とを結ぶ.
$\triangle\mathrm{XYZ}$ の面積を $S_{XYZ}$ と表すとする. すると,
$S_{IBC}=\dfrac12ar$,
$S_{ICA}=\dfrac12br$,
$S_{IAB}=\dfrac12cr$
であるので,
$S=S_{IBC}+S_{ICA}+S_{IAB}=\dfrac12ar+\dfrac12br+\dfrac12cr=\dfrac12r(a+b+c)$
より成り立つ${}_{\square}$
(2) $\triangle\mathrm{ABC}$ の半径を $R$ とするとき,
$S=\dfrac{abc}{4R}$
Proof.
正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=2R$ より $\sin A=\dfrac{a}{2R}$ であるので,
$S=\dfrac12bc\sin A=\dfrac12bc \times \dfrac{a}{2R} = \dfrac{abc}{4R}$
が成り立つ${}_{\square}$
2020日本数学オリンピック予選 第６問
部活の保護者から、三送会で流す動画を作ってくれ、と依頼されている。
なので、今年も作業をし・・・ようとしているのですが・・・
○○さん、卒業おめでとうございます！
○○さんは△△で、□□が・・・
みたいなコメントが入ってる動画を後輩に撮影させて、それを編集して作る・・・
のですが、いつまで経っても送られてこない・・・
三送会は今週末で、あと４日しかないのですが・・・
ひょっとして、インスタくらいの感覚で考えてたりするんでしょうね・・・
最低でも、１０日は欲しかったのですが・・・
今日は第６問。
２０２０日本数学オリンピック予選 第１問はこちら
２０２０日本数学オリンピック予選 第２問はこちら
２０２０日本数学オリンピック予選 第３問はこちら
２０２０日本数学オリンピック予選 第４問はこちら
２０２０日本数学オリンピック予選 第５問はこちら
平面上に $3$ つの正方形があり, 図のようにそれぞれ $4$ つの頂点のうち $2$ つの頂点を他の正方形と共有している. ここで, 最も小さい正方形の対角線を延長した直線は最も大きい正方形の左下の頂点を通っている. 最も小さい正方形と最も大きい正方形の一辺の長さがそれぞれ $1$, $3$ であるとき, 斜線部の面積を求めよ.
図のように $A \sim J$ とする.
正方形の一辺と対角線の関係より $\triangle ADE$ と $\triangle BDF$ が $1:\sqrt2$,
$\triangle BDF$ と $\triangle BCI$ が $\sqrt2:1$ の相似であるので（どちらも相似条件は「$2$ 組の辺の比が等しくその間の角が等しい」）, $\triangle ADE$ と $\triangle BCI$ は合同である.
よって, $HF \parallel BI \parallel AE$, $HF=BI=AE$ であるので,
四角形 $AEFH$ は平行四辺形である.
これより, $EF \parallel AF$ であるので, 求める面積は $\triangle AEF$ の面積と
等しい.
また, $\angle AED=\angle AEF=135^\circ$, $DE=FD$ であるので, $\triangle ADE$ と
$\triangle AFE$ は合同である.
よって, 求める面積は $\triangle ADE$ の面積と等しい.
なので、今年も作業をし・・・ようとしているのですが・・・
○○さん、卒業おめでとうございます！
○○さんは△△で、□□が・・・
みたいなコメントが入ってる動画を後輩に撮影させて、それを編集して作る・・・
のですが、いつまで経っても送られてこない・・・
三送会は今週末で、あと４日しかないのですが・・・
ひょっとして、インスタくらいの感覚で考えてたりするんでしょうね・・・
最低でも、１０日は欲しかったのですが・・・
今日は第６問。
２０２０日本数学オリンピック予選 第１問はこちら
２０２０日本数学オリンピック予選 第２問はこちら
２０２０日本数学オリンピック予選 第３問はこちら
２０２０日本数学オリンピック予選 第４問はこちら
２０２０日本数学オリンピック予選 第５問はこちら
平面上に $3$ つの正方形があり, 図のようにそれぞれ $4$ つの頂点のうち $2$ つの頂点を他の正方形と共有している. ここで, 最も小さい正方形の対角線を延長した直線は最も大きい正方形の左下の頂点を通っている. 最も小さい正方形と最も大きい正方形の一辺の長さがそれぞれ $1$, $3$ であるとき, 斜線部の面積を求めよ.
図のように $A \sim J$ とする.
正方形の一辺と対角線の関係より $\triangle ADE$ と $\triangle BDF$ が $1:\sqrt2$,
$\triangle BDF$ と $\triangle BCI$ が $\sqrt2:1$ の相似であるので（どちらも相似条件は「$2$ 組の辺の比が等しくその間の角が等しい」）, $\triangle ADE$ と $\triangle BCI$ は合同である.
よって, $HF \parallel BI \parallel AE$, $HF=BI=AE$ であるので,
四角形 $AEFH$ は平行四辺形である.
これより, $EF \parallel AF$ であるので, 求める面積は $\triangle AEF$ の面積と
等しい.
また, $\angle AED=\angle AEF=135^\circ$, $DE=FD$ であるので, $\triangle ADE$ と
$\triangle AFE$ は合同である.
よって, 求める面積は $\triangle ADE$ の面積と等しい.
$DJ=\frac1{\sqrt2}$ であるので, ピタゴラスの定理より
\begin{align*}
AJ = \sqrt{3^2-\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2} = \sqrt{\frac{17}2}
\end{align*}
AJ = \sqrt{3^2-\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2} = \sqrt{\frac{17}2}
\end{align*}
である.
よって, 求める面積は
$\frac12 \times AE \times DJ = \frac12 \times \left(\sqrt{\frac{17}2}-\frac1{\sqrt2}\right) \times \frac1{\sqrt2} = \frac{\sqrt{17}-1}4. $
2020日本数学オリンピック予選 第２問
昨日も書いたのだが、最近、眠気が取れない。
一応、夜には寝ているのだが、睡眠が浅いのか・・・
で、色々と考えてみたのだが、朝起きれない原因の１つは・・・
昨年１１月から、日本テレビのZIP!の、ZIP!deポン!のルールが変更になった。
変更前
１日３回（６：２５、６：５０、７：５０）
２週間で２０ポイント
変更後
１日２回（６：２５、６：３０以降随時）
２週間で１０ポイント
変更前は、７：５０は出勤中なので得点できないが、１日２回のチャンスがあり、全てハズレても２週間の皆勤で応募ができるようになっていた。
ところが変更後は、１日２回のチャンスがあって、応募までのポイントが半分になった。そうなっては、皆勤を目指す必要がなくなってしまい、それで朝、起きれなくなってきたのでは・・・
なんて、恐らくは因果律はないのですが、それでも精神的にはこれが原因の１つな気がする。
さて、今日の仕事終わりから埼玉県和光市に向かいます。ニッポン全国鍋グランプリ２０２０への参戦の為です。昨年から何故か西日本との隔年開催となり、昨年は姫路開催になってしまい、そんな遠いところまで行けるか！！って事で参加を見送ったので、２年ぶりの参戦です。
某情報番組でもオススメとして紹介された、我々の最上の納豆汁をご賞味ください！！来場をお待ちしております！！
今回も数学オリンピックの日本予選の問題です。
２０２０日本数学オリンピック予選 第１問はこちら
このブログでも通常は、教科書等の記載に合わせて、点や直線なんかは、点 P とか直線 AB といったようにすべて立体で書いているのだが、数オリの問題はすべて斜体で点 $P$ とか直線 $AB$ になっているので、ここでもそれに合わせて斜体で記載します。
一辺の長さが $1$ の正六角形 $ABCDEF$ があり, 線分 $AB$ の中点を $G$ とする. 正六角形の内部に点 $H$ をとったところ, 三角形 $CGH$ は正三角形となった. このとき三角形 $EFG$ の面積を求めよ.
正六角形って事は、分割したら正三角形 $6$ 個の正三角形になる...
正三角形と正三角形が $1$ つの頂点で重なっている...
なんか, 内容としては, 高校入試で昔出てたような内容に...
って事で, とりあえず $6$ 個の正三角形で分割してみると...
$\triangle GBC$ と $\triangle HOC$ について,
$\triangle BCO$ は正三角形なので $BC=OC$, $\angle\ BCO=60^\circ$,
$\triangle GCH$ は正三角形なので $GC=GC$, $\angle\ GCH=60^\circ$,
\begin{align*}
\angle BCO &= \angle GCH \\
\angle BCG + \angle GCO &= \angle GCO + \angle OCH \\
\angle BOG &= \angle OCH
\end{align*}
以上より, $2$ 辺とその間の角がそれぞれ等しいので
$\triangle GBC \equiv \triangle HOC$ である.
よって, $H$ は線分 $OE$ の中点なので, 求める面積を $S$ とすると
\begin{align*}
S &= \frac12 \times HE \times FH \\
&= \frac12 \times \frac12 \times \frac{\sqrt3}2 \\
&= \frac{\sqrt3}8.
\end{align*}
一応、夜には寝ているのだが、睡眠が浅いのか・・・
で、色々と考えてみたのだが、朝起きれない原因の１つは・・・
昨年１１月から、日本テレビのZIP!の、ZIP!deポン!のルールが変更になった。
変更前
１日３回（６：２５、６：５０、７：５０）
２週間で２０ポイント
変更後
１日２回（６：２５、６：３０以降随時）
２週間で１０ポイント
変更前は、７：５０は出勤中なので得点できないが、１日２回のチャンスがあり、全てハズレても２週間の皆勤で応募ができるようになっていた。
ところが変更後は、１日２回のチャンスがあって、応募までのポイントが半分になった。そうなっては、皆勤を目指す必要がなくなってしまい、それで朝、起きれなくなってきたのでは・・・
なんて、恐らくは因果律はないのですが、それでも精神的にはこれが原因の１つな気がする。
さて、今日の仕事終わりから埼玉県和光市に向かいます。ニッポン全国鍋グランプリ２０２０への参戦の為です。昨年から何故か西日本との隔年開催となり、昨年は姫路開催になってしまい、そんな遠いところまで行けるか！！って事で参加を見送ったので、２年ぶりの参戦です。
某情報番組でもオススメとして紹介された、我々の最上の納豆汁をご賞味ください！！来場をお待ちしております！！
今回も数学オリンピックの日本予選の問題です。
２０２０日本数学オリンピック予選 第１問はこちら
このブログでも通常は、教科書等の記載に合わせて、点や直線なんかは、点 P とか直線 AB といったようにすべて立体で書いているのだが、数オリの問題はすべて斜体で点 $P$ とか直線 $AB$ になっているので、ここでもそれに合わせて斜体で記載します。
一辺の長さが $1$ の正六角形 $ABCDEF$ があり, 線分 $AB$ の中点を $G$ とする. 正六角形の内部に点 $H$ をとったところ, 三角形 $CGH$ は正三角形となった. このとき三角形 $EFG$ の面積を求めよ.
正六角形って事は、分割したら正三角形 $6$ 個の正三角形になる...
正三角形と正三角形が $1$ つの頂点で重なっている...
なんか, 内容としては, 高校入試で昔出てたような内容に...
って事で, とりあえず $6$ 個の正三角形で分割してみると...
$\triangle GBC$ と $\triangle HOC$ について,
$\triangle BCO$ は正三角形なので $BC=OC$, $\angle\ BCO=60^\circ$,
$\triangle GCH$ は正三角形なので $GC=GC$, $\angle\ GCH=60^\circ$,
\begin{align*}
\angle BCO &= \angle GCH \\
\angle BCG + \angle GCO &= \angle GCO + \angle OCH \\
\angle BOG &= \angle OCH
\end{align*}
以上より, $2$ 辺とその間の角がそれぞれ等しいので
$\triangle GBC \equiv \triangle HOC$ である.
よって, $H$ は線分 $OE$ の中点なので, 求める面積を $S$ とすると
\begin{align*}
S &= \frac12 \times HE \times FH \\
&= \frac12 \times \frac12 \times \frac{\sqrt3}2 \\
&= \frac{\sqrt3}8.
\end{align*}
東北大学・理系（２０１７年）
本日、９月６日。
日産リーフの新型が発表されました。
進路指導部の会議が終わってからその事に気が付いたので、直ぐに検索したのですが・・・
噂では、バッテリー容量が今までの $30$ kWh から $60$ kWh に倍増する、と言われていたのですが、結果は $40$ kWh という数字になっていました・・・
なんか、半端な気がするのですが・・・
航続可能距離が $400$ km になる、って事でしたが、これもカタログでの距離でしょうから、実際はどうなるのか・・・
私の乗っている $24$ kWh のモデルで、カタログでは $228$ km なのですが、実際に私が乗ってての感覚では $150$ km 程度（エアコンを常時使ってたり、職場が山の上にあったりと影響が多いですが）なので、割合としては、
$\frac{228}{150}\doteqdot 65\%$
となっているので、この割合でいくとしたら、
$400 \times 65\% = 260$
より、$260$ km 程度となる、って事ですよね・・・
まあ、技術革新とか色々あって、この $65\%$ というのが向上しているだろうけど、仮に $80\%$ だとすると $320$ km となるわけです。
うーん、思っていたよりも、厳しいですね・・・
東北大学の４問目。
幾何ってラベルを付けましたけど、ベクトルだけでも解けるので、必要はないのですが、使った方が断然楽なので。
メネラウスの定理とチェバの定理って、忘れられそうランキングの第２位タイの定理（当社調べ、１位は方ベキの定理）ですが、使うとすごく便利なんですよね。
$s$ を正の実数とする. 鋭角三角形 $ABC$ において, 辺 $AB$ を $s:1$ に内分する点を $D$ とし, 辺 $BC$ を $s:3$ に内分する点を $E$ とする.
線分 $CD$ と線分 $AE$ の交点を $F$ とする.
以下の問いに答えよ.
(1) $\overrightarrow{AF}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}$ とするとき, $\alpha$ と $\beta$ を
求めよ.
(2) $F$ から辺 $AC$ に下ろした垂線を $FG$ とする.
$FG$ の長さが最大となるときの $s$ を求めよ.
---解答例---
(1)
メネラウスの定理より
$\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DB}}\times\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CE}}\times\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{FA}} = 1$
$\frac{s}{1}\times\frac{s+3}{3}\times\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{FA}} = 1$
$\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FE}} = \frac{s(s+3)}3$
を得るので,
$\overrightarrow{AF} = \frac{s(s+3)}{s(s+3)+3}\overrightarrow{AE}$
$= \frac{s(s+3)}{s(s+3)+3}\times\frac{3\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AC}}{s+3}$
$= \frac{3s}{s^2+3s+3}\overrightarrow{AB}+\frac{s^2}{s^2+3s+3}\overrightarrow{AC}$
より $\alpha=\frac{3s}{s^2+3s+3}$, $\beta=\frac{s^2}{s^2+3s+3}$.
(2)
$\triangle\mathrm{XYZ}$ の面積を $S_{\triangle\mathrm{XYZ}}$ と表すことにする.
$S_{\triangle\mathrm{AFC}} = \frac{s(s+3)}{s^2+3s+3}S_{\triangle\mathrm{AEC}}$
$= \frac{s(s+3)}{s^2+3s+s}\times\frac{3}{s+3}S_{\triangle\mathrm{ABC}}$
$= \frac{3s}{s^2+3s+3}S_{\triangle\mathrm{ABC}}$
であり, FG が最大になるとき, $\triangle\mathrm{AFC}$ の面積も最大になるので, $f(s)=\frac{3s}{s^2+3s+3}$ も最大となる.
$\frac{d}{ds}f(s) = \frac{3(s^2+3s+3)-3s(2s+3)}{(s^2+3s+3)^2}$
$= \frac{-3s^2+9}{\left\{\left(s+\frac32\right)^2+\frac34\right\}^2}$
$= \frac{-3(s^2-3)}{\left\{\left(s+\frac32\right)^2+\frac34\right\}^2}$
である.
分母は常に正であり, $\frac{d}{ds}f(s)=0$ となるのは $s=\sqrt3$ である.
これより, 増減表を作成する.
$
\begin{array}{c||c|c|c|c}
s & 0 & \cdots & \sqrt3 & \cdots \\
\hline
\frac{d}{ds}f & & + & 0 & - \\
\hline
f & & \nearrow & f(\sqrt3) & \searrow
\end{array}
$
これより, $s=\sqrt3$ のとき最大となる.
日産リーフの新型が発表されました。
進路指導部の会議が終わってからその事に気が付いたので、直ぐに検索したのですが・・・
噂では、バッテリー容量が今までの $30$ kWh から $60$ kWh に倍増する、と言われていたのですが、結果は $40$ kWh という数字になっていました・・・
なんか、半端な気がするのですが・・・
航続可能距離が $400$ km になる、って事でしたが、これもカタログでの距離でしょうから、実際はどうなるのか・・・
私の乗っている $24$ kWh のモデルで、カタログでは $228$ km なのですが、実際に私が乗ってての感覚では $150$ km 程度（エアコンを常時使ってたり、職場が山の上にあったりと影響が多いですが）なので、割合としては、
$\frac{228}{150}\doteqdot 65\%$
となっているので、この割合でいくとしたら、
$400 \times 65\% = 260$
より、$260$ km 程度となる、って事ですよね・・・
まあ、技術革新とか色々あって、この $65\%$ というのが向上しているだろうけど、仮に $80\%$ だとすると $320$ km となるわけです。
うーん、思っていたよりも、厳しいですね・・・
東北大学の４問目。
幾何ってラベルを付けましたけど、ベクトルだけでも解けるので、必要はないのですが、使った方が断然楽なので。
メネラウスの定理とチェバの定理って、忘れられそうランキングの第２位タイの定理（当社調べ、１位は方ベキの定理）ですが、使うとすごく便利なんですよね。
$s$ を正の実数とする. 鋭角三角形 $ABC$ において, 辺 $AB$ を $s:1$ に内分する点を $D$ とし, 辺 $BC$ を $s:3$ に内分する点を $E$ とする.
線分 $CD$ と線分 $AE$ の交点を $F$ とする.
以下の問いに答えよ.
(1) $\overrightarrow{AF}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}$ とするとき, $\alpha$ と $\beta$ を
求めよ.
(2) $F$ から辺 $AC$ に下ろした垂線を $FG$ とする.
$FG$ の長さが最大となるときの $s$ を求めよ.
---解答例---
(1)
メネラウスの定理より
$\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DB}}\times\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CE}}\times\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{FA}} = 1$
$\frac{s}{1}\times\frac{s+3}{3}\times\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{FA}} = 1$
$\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FE}} = \frac{s(s+3)}3$
を得るので,
$\overrightarrow{AF} = \frac{s(s+3)}{s(s+3)+3}\overrightarrow{AE}$
$= \frac{s(s+3)}{s(s+3)+3}\times\frac{3\overrightarrow{AB}+s\overrightarrow{AC}}{s+3}$
$= \frac{3s}{s^2+3s+3}\overrightarrow{AB}+\frac{s^2}{s^2+3s+3}\overrightarrow{AC}$
より $\alpha=\frac{3s}{s^2+3s+3}$, $\beta=\frac{s^2}{s^2+3s+3}$.
(2)
$\triangle\mathrm{XYZ}$ の面積を $S_{\triangle\mathrm{XYZ}}$ と表すことにする.
$S_{\triangle\mathrm{AFC}} = \frac{s(s+3)}{s^2+3s+3}S_{\triangle\mathrm{AEC}}$
$= \frac{s(s+3)}{s^2+3s+s}\times\frac{3}{s+3}S_{\triangle\mathrm{ABC}}$
$= \frac{3s}{s^2+3s+3}S_{\triangle\mathrm{ABC}}$
であり, FG が最大になるとき, $\triangle\mathrm{AFC}$ の面積も最大になるので, $f(s)=\frac{3s}{s^2+3s+3}$ も最大となる.
$\frac{d}{ds}f(s) = \frac{3(s^2+3s+3)-3s(2s+3)}{(s^2+3s+3)^2}$
$= \frac{-3s^2+9}{\left\{\left(s+\frac32\right)^2+\frac34\right\}^2}$
$= \frac{-3(s^2-3)}{\left\{\left(s+\frac32\right)^2+\frac34\right\}^2}$
である.
分母は常に正であり, $\frac{d}{ds}f(s)=0$ となるのは $s=\sqrt3$ である.
これより, 増減表を作成する.
$
\begin{array}{c||c|c|c|c}
s & 0 & \cdots & \sqrt3 & \cdots \\
\hline
\frac{d}{ds}f & & + & 0 & - \\
\hline
f & & \nearrow & f(\sqrt3) & \searrow
\end{array}
$
これより, $s=\sqrt3$ のとき最大となる.
京都大学・理系（２０１７年）
今朝、携帯電話に警報が。
北朝鮮のミサイル発射を知らせる警報でした。
そろそろ国が本気になって威嚇なりなんなりしないといけないと思うのは私だけでしょうか？
今までは“ナイフをちらつかせている”だったり“当たらない範囲で振り回している”だったのが、ここ最近は“当たらない範囲”だけどこっちに向かって突きつけて来てる、っていう感じでしょうか。
知り合いでは、もう北朝鮮にミサイルを撃ち込んで壊滅させろ、なんて言う人もいますけど、どこまで必要かは私には分かりませんね・・・
京都大学の４問目、幾何と三角比の複合問題です。
問題自体はオーソドックスな感じでしょうか。
(1) なんかは教科書レベルの内容ですし・・・
$\triangle ABC$ は鋭角三角形であり, $\angle A=\frac{\pi}3$ であるとする.
また $\triangle ABC$ の外接円の半径は $1$ であるとする.
(1) $\triangle ABC$ の内心を $P$ とするとき, $\angle BPC$ を求めよ.
(2) $\triangle ABC$ の内接円の半径 $r$ の取りうる値の範囲を求めよ.
(1)
三角形の内角の和より
$\angle ABC+\angle ACB$
$= \pi-\angle BAC$
$= \frac23\pi$
であり, $P$ は $\triangle ABC$ の内心なので
$\angle ABC = 2\angle PBC$
$\angle ACB = 2\angle PCB$
が成り立つ. これより
$2\angle PBC+2\angle PCB = \frac23\pi$
$\angle PBC+\angle PCB = \frac13\pi$
であるので,
$\angle BPC$
$= \pi-(\angle PBC+\angle PCB)$
$= \frac23\pi$.
(2)
正弦定理より
$\frac{BC}{\sin\angle BAC} = 2$
$BC = \sqrt3$
である.
(1) より, 点 $P$ は $B$, $C$ を両端とする円弧の一部の上を動くことが分かる.
$\angle PBC=\theta$ とおくと, $\triangle ABC$ は鋭角三角形であるので
$\frac{\pi}{12}<\theta<\frac{\pi}4$ であり,
$r$
$= PB \sin\angle PBC$
$= 2 \sin\angle PBC \sin\angle PCB$
$= 2\sin\theta\sin\left(\frac13\pi-\theta\right)$
$= \cos\left\{\theta-\left(\frac13\pi-\theta\right)\right\}-\cos\left\{\theta+\left(\frac13\pi-\theta\right)\right\}$
$= \cos\left(2\theta-\frac13\pi\right)-\cos\frac13\pi$
$= \cos\left(2\theta-\frac13\pi\right)-\frac12$
である.
$
\begin{array}{rcl}
\frac{\pi}{12} < & \theta & < \frac{\pi}4 \\
\frac{\pi}6 < & 2\theta & < \frac{\pi}2 \\
-\frac{\pi}6 < & 2\theta-\frac{\pi}3 & < \frac{\pi}6
\end{array}
$
より, この範囲での増減は以下の通り.
$
\begin{array}{c||c|c|c|c|c}
\phi & -\frac{\pi}6 & \dots & 0 & \dots & \frac{\pi}6 \\
\hline
\cos\phi & \frac{\sqrt3}2 & \nearrow & 1 & \searrow & \frac{\sqrt3}2
\end{array}
$
であるので,
$
\begin{array}{rcl}
\frac{\sqrt3}2 < & \cos\left(2\theta-\frac{\pi}3\right) & \le 1 \\
\frac{\sqrt3}2-\frac12 < & r & \le \frac12
\end{array}
$
を得る.
北朝鮮のミサイル発射を知らせる警報でした。
そろそろ国が本気になって威嚇なりなんなりしないといけないと思うのは私だけでしょうか？
今までは“ナイフをちらつかせている”だったり“当たらない範囲で振り回している”だったのが、ここ最近は“当たらない範囲”だけどこっちに向かって突きつけて来てる、っていう感じでしょうか。
知り合いでは、もう北朝鮮にミサイルを撃ち込んで壊滅させろ、なんて言う人もいますけど、どこまで必要かは私には分かりませんね・・・
京都大学の４問目、幾何と三角比の複合問題です。
問題自体はオーソドックスな感じでしょうか。
(1) なんかは教科書レベルの内容ですし・・・
$\triangle ABC$ は鋭角三角形であり, $\angle A=\frac{\pi}3$ であるとする.
また $\triangle ABC$ の外接円の半径は $1$ であるとする.
(1) $\triangle ABC$ の内心を $P$ とするとき, $\angle BPC$ を求めよ.
(2) $\triangle ABC$ の内接円の半径 $r$ の取りうる値の範囲を求めよ.
(1)
三角形の内角の和より
$\angle ABC+\angle ACB$
$= \pi-\angle BAC$
$= \frac23\pi$
であり, $P$ は $\triangle ABC$ の内心なので
$\angle ABC = 2\angle PBC$
$\angle ACB = 2\angle PCB$
が成り立つ. これより
$2\angle PBC+2\angle PCB = \frac23\pi$
$\angle PBC+\angle PCB = \frac13\pi$
であるので,
$\angle BPC$
$= \pi-(\angle PBC+\angle PCB)$
$= \frac23\pi$.
(2)
正弦定理より
$\frac{BC}{\sin\angle BAC} = 2$
$BC = \sqrt3$
である.
(1) より, 点 $P$ は $B$, $C$ を両端とする円弧の一部の上を動くことが分かる.
$\angle PBC=\theta$ とおくと, $\triangle ABC$ は鋭角三角形であるので
$\frac{\pi}{12}<\theta<\frac{\pi}4$ であり,
$r$
$= PB \sin\angle PBC$
$= 2 \sin\angle PBC \sin\angle PCB$
$= 2\sin\theta\sin\left(\frac13\pi-\theta\right)$
$= \cos\left\{\theta-\left(\frac13\pi-\theta\right)\right\}-\cos\left\{\theta+\left(\frac13\pi-\theta\right)\right\}$
$= \cos\left(2\theta-\frac13\pi\right)-\cos\frac13\pi$
$= \cos\left(2\theta-\frac13\pi\right)-\frac12$
である.
$
\begin{array}{rcl}
\frac{\pi}{12} < & \theta & < \frac{\pi}4 \\
\frac{\pi}6 < & 2\theta & < \frac{\pi}2 \\
-\frac{\pi}6 < & 2\theta-\frac{\pi}3 & < \frac{\pi}6
\end{array}
$
より, この範囲での増減は以下の通り.
$
\begin{array}{c||c|c|c|c|c}
\phi & -\frac{\pi}6 & \dots & 0 & \dots & \frac{\pi}6 \\
\hline
\cos\phi & \frac{\sqrt3}2 & \nearrow & 1 & \searrow & \frac{\sqrt3}2
\end{array}
$
であるので,
$
\begin{array}{rcl}
\frac{\sqrt3}2 < & \cos\left(2\theta-\frac{\pi}3\right) & \le 1 \\
\frac{\sqrt3}2-\frac12 < & r & \le \frac12
\end{array}
$
を得る.
登録:
投稿 (Atom)