大問5 解答・解説
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【解説】
点$\mathrm{A}$を通る$30^{\circ}$は直接は作図できないので、まず$60^{\circ}$を作図して、その角の二等分線を作図します。
$l$と$h$の交点から点$\mathrm{A}$までの長さを半径として、$l$と$h$の交点と点$\mathrm{A}$の$2$点を中心として弧を描きます。
これで正三角形が作図できるので、$\angle \mathrm{A}$の二等分線を作図します。
正三角形の点$\mathrm{A}$以外の$2$点から、同じ半径で弧を描きます。
弧の交点と点$\mathrm{A}$を通る直線を引くと、点$\mathrm{A}$を中心として時計回りに$ 30^{\circ}$だけ回転移動させた直線を$n$になります。
答:
この問題ができなくても$(2)$以降の問題に影響がないので、どうしてもわからなければ飛ばしてしまっても構いません。
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【解説】
正三角形$\mathrm{AHI}$と正三角形$\mathrm{ADE}$が利用できます。
正三角形$\mathrm{AHI}$の辺なので、$\mathrm{AH} = \mathrm{AI}$。
正三角形$\mathrm{ADE}$の辺なので、$\mathrm{AD} = \mathrm{AE}$。
辺$\mathrm{HD}$と$\mathrm{IE}$の長さはわからないので、$2$辺の間の角が等しい事を証明します。
$\angle \mathrm{HAD}$は正三角形の$\angle \mathrm{HAI} (60^{\circ})$から$\angle \mathrm{DAI}$を引いたものです。
同様に、$\angle \mathrm{IAE}$は正三角形の$\angle \mathrm{DAE} (60^{\circ})$から$\angle \mathrm{DAI}$を引いたものです。
以上のことから$\triangle \mathrm{AHD}$と$\triangle \mathrm{AIE}$の合同を証明できます。
$\triangle \mathrm{AHD}$と$\triangle \mathrm{AIE}$において、
正三角形$\mathrm{AHI}$の辺だから
$$\mathrm{AH} = \mathrm{AI} \quad \cdots \text{①}$$
正三角形$\mathrm{ADE}$の辺だから
$$\mathrm{AD} = \mathrm{AE} \quad \cdots \text{②}$$
$\angle \mathrm{HAI} = \angle \mathrm{IAE} = 60^{\circ}$だから
$$\angle \mathrm{HAD} = 60^{\circ} - \angle \mathrm{DAI}$$
$$\angle \mathrm{IAE} = 60^{\circ} - \angle \mathrm{DAI}$$
よって
$$\angle \mathrm{HAD} = \angle \mathrm{IAE} \quad \cdots \text{③}$$
①, ②, ③より、$2$組の辺とその間の角がそれぞれ等しいから、
$\triangle \mathrm{AHD} \equiv \triangle \mathrm{AIE}$
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【解説】
$(2)$で証明した$\triangle \mathrm{AHD} \equiv \triangle \mathrm{AIE}$より、$ \angle \mathrm{AIE} = \angle \mathrm{AHD}$
$\angle \mathrm{AHD}$は正三角形の角なので$60^{\circ}$、よって$\angle \mathrm{AIE} = 60^{\circ}$
$\angle \mathrm{AIG} = 180^{\circ} - \angle \mathrm{AIE}(60^{\circ}) = 120^{\circ}$
答: $120(^{\circ} \;)$
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【解説】
問題文より、$3$点$\mathrm{E}$、$\mathrm{I}$、$\mathrm{G}$がある直線と$m$の交点が$\mathrm{C}$です。
よって頂点が$l,m$上にある正三角形$\mathrm{ABC}$は以下のようになります。
この正三角形$\mathrm{ABC}$のどの辺が$1$辺の長さを求めるのに適切かを考えると、他の三角形の合同を利用しやすい$ \mathrm{AB}$を求めるのが良さそうだと当たりをつけます。
辺$\mathrm{AB}$を斜辺とする直角三角形を描き、点$\mathrm{A}$から$l$に垂らした垂線との交点を$\mathrm{L}$とします。
この直角三角形$\mathrm{ABL}$の$\mathrm{AL}$と$\mathrm{BL}$がわかればを$\mathrm{AB}$を求められます。
$\mathrm{AL} = 6$
$\mathrm{BL}$は直接求められないので、$\mathrm{BH}$と$\mathrm{HL}$に分割します。
$\mathrm{AL} : \mathrm{HL} = \sqrt{3} : 1$より$\mathrm{HL} = 6 \times \dfrac{1}{\sqrt{3}} = 2 \sqrt{3}$
$\mathrm{BH}$は直接求められないので、合同の三角形から求めます。
問題文や$(2)$で証明した$\triangle \mathrm{AHD} \equiv \triangle \mathrm{AIE}$や$\triangle \mathrm{AFH} \equiv \triangle \mathrm{AGI}$と同様に、$\triangle \mathrm{ABH} \equiv \triangle \mathrm{ACI}$です。
（$2$組の辺$(\mathrm{AB} = \mathrm{AC},\: \mathrm{AH} = \mathrm{AI})$とその間の角$ (\angle \mathrm{BAH} = \angle \mathrm{CAI})$がそれぞれ等しい）
よって、対応する辺$\mathrm{CI}$がわかれば$\mathrm{BH}$も求められます。
$\mathrm{CI}$は相似の直角三角形から求めます。
点$\mathrm{C}$から$l$に垂らした垂線との交点を$\mathrm{L'}$とします。
$(3)$より$\angle \mathrm{AIG} = 120^{\circ}$、$\angle \mathrm{AIH} = 60^{\circ}$なので$ \angle \mathrm{CIL'} = 60^{\circ}$
よって$\triangle \mathrm{ABH} \;$∽$\; \triangle \mathrm{ACI}$です。
（$2$組の角$(\angle \mathrm{ALH} = \angle \mathrm{CL'I},\: \angle \mathrm{AHL} = \angle \mathrm{CIL'}) $がそれぞれ等しい）
$\mathrm{AL} = 6,\: \mathrm{CL'} = 3$より辺の比は$2:1$なので、$\mathrm{AH} : \mathrm{CI} = 2:1$
$\mathrm{AH} = \mathrm{AL} \times \dfrac{2}{\sqrt{3}} = 4 \sqrt{3}$より、$ \mathrm{CI} = \dfrac{1}{2} \mathrm{AH} = 2 \sqrt{3}$
よって$\mathrm{BH} = 2 \sqrt{3}$
$\mathrm{BL} = \mathrm{BH} + \mathrm{HL} = 2 \sqrt{3} + 2 \sqrt{3} = 4 \sqrt{3}$
$\mathrm{AB} = \sqrt{\mathrm{AL}^2 + \mathrm{BL}^2} = \sqrt{36 + 48} = 2 \sqrt{21}$
答: $2 \sqrt{21} \, (\mathrm{cm})$
問題文や前の問題で求めた値や証明を利用すれば導けますが、求める値や気付くべき事がとても多い難問です。