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BP結んで二等辺三角形や、A、P、Qそれぞれに針刺してコンパスで円を描くとそれぞれ2つ頂点を通る円が描けるとか、QからPCに垂線引けば合同な直角三角形ができるなどなど考えたが求まらず。図がわかりにくくするためにわざと歪めて書かれていて、直角なのか、正三角形で60°なのか、ほぼ正確な縮尺で書かれているとしたら75°かなぁ～と思って動画拝見。なるほど、80°は出てこなかった🐻
こんにちわ。考えていただいてありがとうございます。これは難問ですね。しかも答えが８０°って、普通思わないですね。
ラングレーの四角形が見えましたのでラングレーの解法の逆から考えて動画と同じように1:2(:√3)の直角三角形を作りました。
こんにちわ。解法ありがとうございます。ラングレーの四角形、中学受験生のほうが解けるかもしれませんね。
BQの上方に点 Rをとり△PQCと合同な二等辺三角形△BRQを作図します。RCを線で結ぶと、△RQCはRQ＝QCの二等辺三角形になり、 ∠PCQ＝∠RBQ＝∠RQB＝θ とすると△RQCは頂角Qの外角がθなので 底角 ∠RCQ＝θ/2になり、RCは∠ACBの二等分線になります。よって、△BRC≡△ARC(二返挟角相等)で、BR＝AR＝ABとなり、△ABRは正三角形になります。また∠RBC＝∠RAC＝∠ACB＝θなので、この3角の和はブーメランの外角定理から∠ARB＝60゜に等しく3θ＝60゜すなわち θ＝20゜になります。従って、∠A＝60゜＋20゜＝80゜ が求まります。
こんにちわ。たいへん詳細なる解法ありがとうございます。なるほどです。△BRC≡△ARCがいえて、正三角形ABRを考えれば、あとは容易に解けますね。ありがとうございます。
素晴らしいです。私も正三角形を模索しましたが作れませんでした。勉強になりました。ありがとうございます。
具体的な角度が何も示されていないので、どこかに、正三角形か1:2:√3の直角三角形を作ればいいと思ったのですが、上手い補助線が思い付かなかったです。例えば角PBQが30°になる事を示せるとか・・・これを、解けた方々は流石だと思います。
おはようございます。そうですね。簡単なようで、とても難しい問題ですね。
解けそうで解けなかったですなるほど～
こんにちわ。この問題は難問ですね。
こんばんは！ 私は、先ず、△ABCが二等辺三角形であると認識し、次に、P から左方へPR = QB かつ PR ∥ QB となるような線分 PR を描きました。すると、 △ARP ≡ △QPC ゆえ、AR = PQ となり、△ARB は正三角形となります。次いで、RC を結ぶと RC は凧形四角形 ARBC の対角線で、その線は AB と直交します。その点を M とします。 ゆえに、∠ARC = 30゜ となる。 ところで ∠ARP = ∠APR = ∠ACB、 ∠PRC = ∠PCR また、 ∠PCRを ○ とすると、∠APR = ○ + ○ = ∠ARP。 ゆえに、 ∠ARC = ○ + ○ + ○ で、これが30゜ ∴ ○ = 10゜ ところで、直角三角形 AMC の ∠ACM = ○ = 10゜ゆえ、求める角は 80ﾟ と出ます。
こんにちわ。たいへん詳細なる解法ありがとうございます。さすがですね～Rをそこに取りましたか・・・確かに△ARBが正三角形で、〇＝１０°となりますね。この難問をPR ∥ QB となるRをとる発想がすごいと思います。
こんばんは！ ご評価、有り難うございます。この問題、いろいろな解き方がありそうですね。先生の解法、私にはとても新鮮で、たいへん参考になりました。
ヤバい❗ムズ目。
こんにちわ。これは難問ですね。
@@YUUU0123ご返信ありがとうございます。色々やったんですが、ちょっと計算が合わないやり方もあって気になるのですが、まぁ、それは置いといて、計算で出す方法としては、△PQCに関する正弦定理を使うのが一番楽でしょうか？AB=AP=PQ=QC=a、PC=BQ=bと置くと、cos x=a/(2a+2b)…①。∠ACB=180°-2x、∠PQC=4x-180°なので、a/sin(180°-2x)=b/sin(4x-180°)⇒a/sin 2x=-b/sin 4x⇒b=-2a・cos 2x…②。これを①に代入して、倍角の公式を使って整理すると、8(cos x)^3-6cos x=-1⇔4(cos x)^3-3cos x=-1/2⇔cos 3x=-1/2なので、3x=120°+360n°, 240°+360n°⇔x=40°+120n°, 80°+120n°。0°
BQ=PC より合同な三角形を作ることができる。CA=CB であるから，∠ACB=θとすると，2x+θ=180°…①△ABC の内部に△CPQ と合同な三角形 BQR を作る。∠PQR=2θ-θ=θ=∠ACB , QP=QR より△PQR∽△ACB∠QRC=∠QRP+∠QPC=x+θ , ①より ∠APR=180°-(x+θ)=x=∠QPR したがって △OPR≡△APRAR=AP=AB=BR から△ARB は正三角形と分かる。∠RAB=x-θ=60°･･･②①,②より x=80°,θ=20°
こんにちわ。たいへん詳細なる解法ありがとうございます。△ARB は正三角形に気づくことが、この解法のポイントですね。△ACBと相似な△PQRであることも、新しい発見でした。ありがとうございます。
できなかった。難しかった。図形問題は二連敗。数値の角度が与えられていないので、辺の長さがどこかに隠されていると思いましたが、探せなかったです。解説聞いて、はぁぁなるほど、こんなところで合同?!?!、とため息。視聴者の方のコメントも参考に復習します。
こんにちわ。考えていただいてありがとうございます。難しい問題ですね。でも中学生で解ける生徒も、１００人に１人くらいはいることでしょう。
日本数学オリンピック予選の過去問 1990-2024 で検索しましたが見つかりません出典を教えてください
こんばんわ。すいません、私も検索しましたが、過去問からはみあたりません。th-cam.com/video/goUFUlcebUo/w-d-xo.html 海外数学youtuberさんの動画を参考にさせていただきました。
BP結んで二等辺三角形や、A、P、Qそれぞれに針刺してコンパスで円を描くとそれぞれ2つ頂点を通る円が描けるとか、QからPCに垂線引けば合同な直角三角形ができるなどなど考えたが求まらず。図がわかりにくくするためにわざと歪めて書かれていて、直角なのか、正三角形で60°なのか、ほぼ正確な縮尺で書かれているとしたら75°かなぁ～と思って動画拝見。なるほど、80°は出てこなかった🐻
こんにちわ。考えていただいてありがとうございます。これは難問ですね。しかも答えが８０°って、普通思わないですね。
ラングレーの四角形が見えましたのでラングレーの解法の逆から考えて動画と同じように1:2(:√3)の直角三角形を作りました。
こんにちわ。解法ありがとうございます。ラングレーの四角形、中学受験生のほうが解けるかもしれませんね。
BQの上方に点 Rをとり△PQCと合同な二等辺三角形△BRQを作図します。
RCを線で結ぶと、
△RQCはRQ＝QCの二等辺三角形になり、
∠PCQ＝∠RBQ＝∠RQB＝θ とすると
△RQCは頂角Qの外角がθなので 底角
∠RCQ＝θ/2になり、
RCは∠ACBの二等分線になります。
よって、△BRC≡△ARC(二返挟角相等)で、
BR＝AR＝ABとなり、
△ABRは正三角形になります。
また∠RBC＝∠RAC＝∠ACB＝θなので、
この3角の和はブーメランの外角定理から∠ARB＝60゜に等しく3θ＝60゜すなわち θ＝20゜になります。
従って、
∠A＝60゜＋20゜＝80゜ が求まります。
こんにちわ。たいへん詳細なる解法ありがとうございます。なるほどです。△BRC≡△ARCがいえて、正三角形ABRを考えれば、あとは容易に解けますね。ありがとうございます。
素晴らしいです。私も正三角形を模索しましたが作れませんでした。勉強になりました。ありがとうございます。
具体的な角度が何も示されていないので、どこかに、
正三角形か1:2:√3の直角三角形を作ればいいと思ったの
ですが、上手い補助線が思い
付かなかったです。例えば
角PBQが30°になる事を示せ
るとか・・・
これを、解けた方々は流石
だと思います。
おはようございます。そうですね。簡単なようで、とても難しい問題ですね。
解けそうで解けなかったです
なるほど～
こんにちわ。この問題は難問ですね。
こんばんは！ 私は、先ず、△ABCが二等辺三角形であると認識し、次に、P から左方へPR = QB かつ PR ∥ QB となるような線分 PR を描きました。すると、 △ARP ≡ △QPC ゆえ、AR = PQ となり、△ARB は正三角形となります。次いで、RC を結ぶと RC は凧形四角形 ARBC の対角線で、その線は AB と直交します。その点を M とします。 ゆえに、∠ARC = 30゜ となる。 ところで ∠ARP = ∠APR = ∠ACB、 ∠PRC = ∠PCR また、 ∠PCRを ○ とすると、∠APR = ○ + ○ = ∠ARP。 ゆえに、 ∠ARC = ○ + ○ + ○ で、これが30゜ ∴ ○ = 10゜ ところで、直角三角形 AMC の ∠ACM = ○ = 10゜ゆえ、求める角は 80ﾟ と出ます。
こんにちわ。たいへん詳細なる解法ありがとうございます。さすがですね～Rをそこに取りましたか・・・確かに△ARBが正三角形で、〇＝１０°となりますね。この難問をPR ∥ QB となるRをとる発想がすごいと思います。
こんばんは！ ご評価、有り難うございます。この問題、いろいろな解き方がありそうですね。先生の解法、私にはとても新鮮で、たいへん参考になりました。
ヤバい❗ムズ目。
こんにちわ。これは難問ですね。
@@YUUU0123ご返信ありがとうございます。
色々やったんですが、ちょっと計算が合わないやり方もあって気になるのですが、まぁ、それは置いといて、計算で出す方法としては、△PQCに関する正弦定理を使うのが一番楽でしょうか？
AB=AP=PQ=QC=a、PC=BQ=bと置くと、cos x=a/(2a+2b)…①。
∠ACB=180°-2x、∠PQC=4x-180°なので、
a/sin(180°-2x)=b/sin(4x-180°)⇒a/sin 2x=-b/sin 4x⇒b=-2a・cos 2x…②。
これを①に代入して、倍角の公式を使って整理すると、
8(cos x)^3-6cos x=-1⇔4(cos x)^3-3cos x=-1/2⇔cos 3x=-1/2
なので、3x=120°+360n°, 240°+360n°⇔x=40°+120n°, 80°+120n°。
0°
BQ=PC より合同な三角形を作ることができる。CA=CB であるから，∠ACB=θとすると，2x+θ=180°…①
△ABC の内部に△CPQ と合同な三角形 BQR を作る。
∠PQR=2θ-θ=θ=∠ACB , QP=QR より△PQR∽△ACB
∠QRC=∠QRP+∠QPC=x+θ , ①より ∠APR=180°-(x+θ)=x=∠QPR したがって △OPR≡△APR
AR=AP=AB=BR から△ARB は正三角形と分かる。∠RAB=x-θ=60°･･･②
①,②より x=80°,θ=20°
こんにちわ。たいへん詳細なる解法ありがとうございます。△ARB は正三角形に気づくことが、この解法のポイントですね。△ACBと相似な△PQRであることも、新しい発見でした。ありがとうございます。
できなかった。難しかった。図形問題は二連敗。数値の角度が与えられていないので、辺の長さがどこかに隠されていると思いましたが、探せなかったです。解説聞いて、はぁぁなるほど、こんなところで合同?!?!、とため息。視聴者の方のコメントも参考に復習します。
こんにちわ。考えていただいてありがとうございます。難しい問題ですね。でも中学生で解ける生徒も、１００人に１人くらいはいることでしょう。
日本数学オリンピック予選の過去問 1990-2024 で検索しましたが見つかりません
出典を教えてください
こんばんわ。すいません、私も検索しましたが、過去問からはみあたりません。th-cam.com/video/goUFUlcebUo/w-d-xo.html 海外数学youtuberさんの動画を参考にさせていただきました。