平行四辺形ABCDにおいて、辺BC上にAB = AEとなる点Eをとる。対角線ACと線分DEの交点をF、点Fを通り辺BCに平行な直線と辺DCの交点をGとする。辺ABをBの方へ延長した直線と線分DEをEの方へ延長した直線との交点をHとする。AB = 6cm、AC = BC = 9cmのとき、以下の問いに答える。 (1) $\triangle BHE \sim \triangle GDF$を証明せよ。 (2) 線分DFの長さを求めよ。

## 問題5

1. 問題の内容

平行四辺形ABCDにおいて、辺BC上にAB = AEとなる点Eをとる。対角線ACと線分DEの交点をF、点Fを通り辺BCに平行な直線と辺DCの交点をGとする。辺ABをBの方へ延長した直線と線分DEをEの方へ延長した直線との交点をHとする。AB = 6cm、AC = BC = 9cmのとき、以下の問いに答える。

(1) $\triangle BHE \sim \triangle GDF$を証明せよ。

(2) 線分DFの長さを求めよ。

2. 解き方の手順

(1) $\triangle BHE \sim \triangle GDF$の証明

* 平行四辺形の性質より、AD // BC、AB // DCである。また、AB = AEより、$\triangle ABE$は二等辺三角形である。

* $\angle BAE = \angle BAC$

* $\angle ABE = \angle AEB$

* $\angle AEH = \angle DEB$ (対頂角)

* $\angle BHE = 180^\circ - \angle AEH - \angle AEB = 180^\circ - \angle DEB - \angle AEB$

* $\angle GDF = \angle EDF$

* 平行線の錯角より、$\angle EAD = \angle DEA$

* $\angle DEA = \angle EDG = \angle EDF$

* $\angle AEB + \angle BED + \angle DEC = 180^\circ$

* $\angle BED = \angle DEC$

* $\angle EDF = \angle EDC$

* 平行四辺形の対角より、$\angle DAB = \angle DCB$

* $\angle HEB = \angle GDF$

* 平行線の錯角より、$\angle HBE = \angle GDC$

* よって、$\triangle BHE \sim \triangle GDF$

(2) 線分DFの長さの計算

* $\triangle AFE \sim \triangle CFD$より、$\frac{AF}{CF} = \frac{AE}{CD} = \frac{6}{6} = 1$

* よって、AF = CF

* AC = 9cmなので、AF = CF = 4.5cm

* $\triangle ADF$において、cos$\angle DAF$ を余弦定理より計算する。

* $\angle FAD = \angle ACB$

* $\triangle ABC$において、余弦定理よりcos$\angle ACB$を求める。

* $AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \times AC \times BC \times \cos{\angle ACB}$

* $6^2 = 9^2 + 9^2 - 2 \times 9 \times 9 \times \cos{\angle ACB}$

* $36 = 81 + 81 - 162 \times \cos{\angle ACB}$

* $162\cos{\angle ACB} = 126$

* $\cos{\angle ACB} = \frac{126}{162} = \frac{7}{9}$

* $\triangle ADF$において、余弦定理より$DF^2$を求める。

* $DF^2 = AD^2 + AF^2 - 2 \times AD \times AF \times \cos{\angle DAF}$

* $DF^2 = 6^2 + 4.5^2 - 2 \times 6 \times 4.5 \times \frac{7}{9}$

* $DF^2 = 36 + 20.25 - 42 = 14.25 = \frac{57}{4}$

* $DF = \sqrt{\frac{57}{4}} = \frac{\sqrt{57}}{2}$

3. 最終的な答え

(1) 証明は上記参照

(2) $\frac{\sqrt{57}}{2}$ cm

## 問題6

1. 問題の内容

立体O-ABCにおいて、$\angle OAB = \angle OAC = 90^\circ$, AB = BC = CA = 6cm, OB = OC = 12cmの三角錐である。辺OC, AB, ACの中点をそれぞれP, Q, Rとし、点Pと点Q, 点Pと点R, 点Pと点B, 点Qと点Rをそれぞれ結ぶ。

(1) 線分PQの長さを求めよ。

(2) 立体P-QBCRの体積を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) 線分PQの長さ

* $\triangle OAB$において、QはABの中点である。

* $\angle OAB = 90^\circ$なので、$OB^2 = OA^2 + AB^2$

* $12^2 = OA^2 + 6^2$

* $144 = OA^2 + 36$

* $OA^2 = 108$

* $OA = 6\sqrt{3}$

* QはABの中点なので、AQ = 3cm

* $\triangle OAQ$において、余弦定理より$OQ^2$を求める。

* $OQ^2 = OA^2 + AQ^2 - 2 \times OA \times AQ \times \cos{\angle OAB}$

* $\angle OAB = 90^\circ$なので、$\cos{\angle OAB} = 0$

* $OQ^2 = OA^2 + AQ^2$

* $OQ^2 = (6\sqrt{3})^2 + 3^2 = 108 + 9 = 117$

* $OQ = \sqrt{117} = 3\sqrt{13}$

* PはOCの中点なので、OP = PC = $\frac{1}{2}OC$ = $\frac{1}{2} \times 12 = 6$

* $\triangle OPQ$において、余弦定理より$PQ^2$を求める。

* $PQ^2 = OQ^2 + OP^2 - 2 \times OQ \times OP \times \cos{\angle QOP}$

* $\angle QOP = \angle COB$

* $\triangle OAB$において、AOに垂直な直線とOBのなす角を$\angle QOP$

* $\cos{\angle QOP} = \frac{\vec{OA} \cdot \vec{OB}}{|OA||OB|}$

* $\vec{OA} = (6\sqrt{3}, 0), \vec{OB} = (x,y)$

* $\vec{OA} \cdot \vec{OB} = 6\sqrt{3}x$

* $PQ = \sqrt{OP^2+OQ^2-2OP\cdot OQ \cos{\angle POQ}}$

* 別の解法: 空間座標を設定する。A(0,0,0), B(6,0,0), C(0,6,0), O(0,0,$6\sqrt{3}$). よって、P(0,3, $3\sqrt{3}$), Q(3,0,0)

* $PQ = \sqrt{(3-0)^2 + (0-3)^2 + (0-3\sqrt{3})^2} = \sqrt{9+9+27} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$

(2) 立体P-QBCRの体積

* PはOCの中点、QはABの中点、RはACの中点である。

* 立体P-QBCRは四面体である。

* 体積を求めるには、底面と高さを求める。

* V = $\frac{1}{6}|(\vec{QB} \times \vec{QR}) \cdot \vec{QP}|$

* $\vec{QB} = (6-3, 0-0, 0-0) = (3,0,0)$

* $\vec{QR} = (0-3, 6-0, 0-0) = (-3,6,0)$

* $\vec{QP} = (0-3, 3-0, 3\sqrt{3}-0) = (-3,3,3\sqrt{3})$

* $\vec{QB} \times \vec{QR} = (0,0, 18)$

* $(\vec{QB} \times \vec{QR}) \cdot \vec{QP} = (0,0,18) \cdot (-3,3,3\sqrt{3}) = 54\sqrt{3}$

* $V = \frac{1}{6}|54\sqrt{3}| = 9\sqrt{3}$

3. 最終的な答え

(1) $3\sqrt{5}$ cm

(2) $9\sqrt{3}$ $cm^3$