| 授業実践記録 | |
| 三角形によって生成される正方形 |
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| 群馬県立高崎高等学校通信制 中島隆一 |
| はじめに
三角形ABC の辺上に，正方形 AA1A2B, BB1B2C, CC1C2A を左回りにつくり，さらに正方形 A2A3B4B1, B2B3C4C1, C2C3A4A1 を左回りにつくる．次に，正方形A3A4A5A6, B3B4B5B6, C3C4C5C6 を左回りにつくるとき，この図形の性質を調べ定理としてまとめてみました． ［定理.1］ 三角形 ABC の辺上に，互いに相似な長方形 AA1A2B, BB1B2C, CC1C2A (AA1 : AB = BB1 : BC = CC1 : CA = n : m) を左回りにつくり，次に正方形 A2A3B4B1, B2B3C4C1, C2C3A4A1 を左回りにつくる．このとき， (1) (2) 台形 B1B4B3B2 = 台形 C1C4C3C2 = 台形 A1A4A3A2 = ［証明］
(1) 直線 BB1 上に F, H, D を AH || A2F || B4D || B1B2 となるようにとり，直線 CB2 上に I, G, E を B3E || B1B2 || C1G || AI となるようにとる． 明らかに，BH = CI だから， よって，四角形 B1DEB2 は長方形となるので， また， より [1] , [2] から が成り立つことがわかった．他の2つの等式も同様にして成り立つことがわかる． (2) 台形 C1C4C3C2 = 台形 A1A4A3A2 = (Q.E.D.) ［系.1］ 三角形 ABC の辺上に，正方形 AA1A2B, BB1B2C, CC1C2A を左回りにつくり，さらに正方形 A2A3B4B1, B2B3C4C1, C2C3A4A1 を左回りにつくる．このとき，
(1) (2) 台形 B1B4B3B2 = 台形 C1C4C3C2 = 台形 A1A4A3A2 = 5△ABC
［補題.1］ 三角形 ABC の辺上に，正方形 AA1A2B, BB1B2C, CC1C2A を左回りにつくり，さらに正方形 A2A3B4B1, B2B3C4C1, C2C3A4A1 を左回りにつくる．正方形 AA1A2B = S1, 正方形 BB1B2C = S2, 正方形 CC1C2A = S3, 正方形 A2A3B4B1 = T1, 正方形 B2B3C4C1 = T2, 正方形 C2C3A4A1 = T3 とおくとき， T1 + T2 + T3 = 3(S1 + S2 + S3) が成り立つ． ［定理.2］ 三角形 ABC の辺上に，正方形 AA1A2B, BB1B2C, CC1C2A を左回りにつくり，さらに正方形 A2A3B4B1, B2B3C4C1, C2C3A4A1 を左回りにつくる．直線 A1A4 と直線 A2A3 の交点を P1，直線 B1B4 と直線 B2B3 の交点を Q1，直線 C1C4 と直線 C2C3 の交点を R1 とすると，
(1) A1P1 = C2R1, B1Q1 = A2P1, C1R1 = B2Q1 (2) (3) △P1A1A2 = △Q1B1B2 = △R1C1C2 = (4) △P1Q1R1 = 3△ABC が成り立つ． ［証明］
(1)［系1］-(1) によると， (2) 同様にして， が成り立つこともわかる． (3)［系1］-(2) によると，台形 A1A2A3A4 = 5△ABC だから， が成り立つこともわかる． (4)［系1］，［定理.2］-(1)，(2)，(3) によると，
(［補題1］によると 3(S1 + S2 + S3)= T1 + T2 + T3 だから) ［定理.3］ 三角形 ABC の辺上に，正方形 AA1A2B, BB1B2C, CC1C2A を左回りにつくり，さらに正方形 A2A3B4B1, B2B3C4C1, C2C3A4A1 を左回りにつくる．次に，正方形 A3A4A5A6, B3B4B5B6, C3C4C5C6 を左回りにつくるとき， (1) (2)台形 A3A6B5B4 = 台形 B3B6C5C4 = 台形 C3C6A5A4 = 24△ABC が成立する． ［証明］ だから，［定理.1］-(1) により m = 3, n = 4 とすれば 同様にして，
(2)［定理.2］-(2) によると， だから，［定理.1］-(2)，［定理.2］-(4) により m = 3, n = 4 とすれば 同様にして， 台形 B3B6C5C4 = 台形 C3C6A5A4 = 24△ABC が成り立つ． (Q.E.D.) 参考文献 |
だから，明らかに成り立つ．
だから，P1A2 : A2A3 = 1 : 3.
