数学

問題１の解答
図は省略するが、２つの円が接するとは外接する関係と内接する関係の２通りがある。
例えば、図の赤，青，黄色の真ん中辺りに３つの円に接する円を描くと、その円は、
赤色の円と外接し、青色の円と外接し、黄色の円と外接する。
つまり、赤２通り（内接と外接），青２通り，黄色２通りの２×２×２＝８通りの中の１通りである。
よって、全部で８通りである。
一応、具体的な解答も用意しました。https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q11203446546

おまけ：

問題２の解答
△ＡＢＥをＤＥの所にコピーして点Ｅの行き先をＥ'とする。（Ｅ'はＤＥに関して点Ｂ側。）
ところで、ＢＦとＤＥの交点をＧとすると、△ＢＧＥと△ＤＧＦに関して対頂角と直角の２角が等しいので、残りの１角も等しい。
よって、∠ＧＢＥ＝∠ＧＤＦ　よって、∠Ｅ'ＤＦ＝∠ＡＢＦ＝３０°である。
ここで、Ｅ'からＤＦに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＥ'Ｈは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型である。よって、Ｅ'Ｈ＝①と置くと、Ｅ'Ｄ＝②　よって、Ｅ'Ｅ＝②　また、ＡＥ＝②
よって、ＡＥ＝ＥＥ'＝Ｅ'Ｈ×２
今、四角形ＡＥＥ'ＨをＡＨに関して折り返して、点Ｅの行き先をＥ''，点Ｅ'の行き先をＥ'''とすると、五角形ＡＥＥ'Ｅ'''Ｅ''はＡＥ＝ＥＥ'＝Ｅ'Ｅ'''＝Ｅ'''Ｅ''＝Ｅ'''Ａと対称性より正五角形になる。（念のため、五辺が等しいだけでは正五角形にはならない。）
よって、∠ＥＡＥ''＝１０８°より、∠ＥＡＦ＝１０８°÷２＝５４°
また、∠ＢＡＦ＝１２０°÷２＝６０°より、
∠ア＝∠ＥＡＢ＝６０°－５４°＝６°
よって、答えは、６°

アイデア引用元：https://sansu-seijin.jp/sansu-orympic/466/

ちょっとアレンジしましたが、アレンジしない方が分かり易いですね。
因みに、難易度は５点満点中3.5だそうです。https://www.mathcolo.com/%e2%98%85%e2%98%85%e2%98%85%e2%98%86%e2%98%86%e9%9b%a3%e9%96%a2%e3%82%b3%e3%83%bc%e3%82%b9%e3%80%80%e7%ae%97%e6%95%b0%e3%82%aa%e3%83%aa%e3%83%b3%e3%83%94%e3%83%83%e3%82%af%e5%87%ba%e9%a1%8c%e5%95%8f/

因みに、暗算で解きながら書いたの読み難いかもしれません。

おまけ：

解答
ＩＨ＝ＩＤ，ＩＥ＝ＩＧ，∠ＨＩＥ＝∠ＤＩＧ＝∠ＨＩＧ＋９０°より、二辺挟角が等しいので、△ＩＥＨと△ＩＧＤは合同。同様に、△ＧＡＩと△ＧＨＦは合同で、△ＨＣＧと△ＨＩＢも合同。
ここで、ＨからＥＦに垂線を下ろしその足をＪとし、△ＩＥＨと△ＧＨＦを等積変形すると、△ＩＥＨ＝△ＩＥＪ―――①　△ＧＨＦ＝△ＧＪＦ―――②
①＋②より、△ＩＥＨ＋△ＧＨＦ＝△ＩＥＪ＋△ＧＪＦ＝正方形ＧＩＥＦの１/２＝１３/２ｃｍ^2
よって、△ＩＥＨ＋△ＧＨＦ＝１３/２―――③
ＩからＡＢに垂線を下ろし、また、ＧからＣＤに垂線を下ろし同様の事をすると、
△ＧＡＩ＋△ＨＩＢ＝５/２―――④
△ＩＧＤ＋△ＨＣＧ＝１０/２＝５―――⑤
今、△ＩＥＨ＝△ＩＧＤ＝ａ，△ＧＡＩ＝△ＧＨＦ＝ｂ，△ＨＣＧ＝△ＨＩＢ＝ｃと置くと、
ａ＋ｂ＝１３/２―――③'
ｂ＋ｃ＝５/２―――④'
ａ＋ｃ＝５―――⑤'
③'＋④'＋⑤'より、２ａ＋２ｂ＋２ｃ＝１４　
よって、ａ＋ｂ＋ｃ＝７―――⑥
⑥－④'より、ａ＝７－５/２＝９/２ｃｍ^2
⑥－⑤'より、ｂ＝７－５＝２ｃｍ^2
⑥－③'より、ｃ＝７－１３/２＝１/２ｃｍ^2
よって、△ＧＡＩ＝ｂ＝２ｃｍ^2，△ＨＣＧ＝ｃ＝１/２ｃｍ^2，△ＩＥＨ＝ａ＝９/２ｃｍ^2

何でもありの解法は次回。我ながら、算数（中１かも）の難問をうまく作れたのではないでしょうか。算数オリンピックに出るような人にはどうでしょうか。

おまけ：

何でもありの解法
ＩＧの延長上にＡから垂線を下ろしその足をＪ，ＨからＩＧに垂線を下ろしその足をＫとすると、定石の形より△ＨＫＧ≡△ＧＪＡ（この解説は以前にやったので省略。）
∴ＡＪ＝ＧＫ
ここで、ＨＫ＝ｘ，ＧＫ＝ｙと置いて三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝５―――①　
ｘ^2＋(√13－ｙ)^2＝１０―――②
①－②より、－１３＋２√13ｙ＝５－１０　
∴２√13ｙ＝８　∴ｙ＝4/√13
∴ＧＫ＝４/√13ｃｍ　∴ＡＪ＝４/√13ｃｍ
∴△ＧＡＩ＝ＧＩ×ＡＪ×(１/２)＝√13×(４/√13)×(１/２)＝２ｃｍ^2
∴△ＧＡＩ＝２ｃｍ^2
また、ｙ＝４/√13を①に代入すると、ｘ^2＝５－16/13＝65/13－16/13=49/13　∴ｘ＝7/√13
∴△ＨＩＧ＝√13×(7/√13)×(１/２)＝７/２ｃｍ^2
よって、ＩからＧＨに垂線を下ろしその足をＬとすると、ＩＬ＝(７/２)×２÷√5＝７/√5ｃｍ
よって、△ＩＨＬで三平方の定理を使うと、ＨＬ＝√{(√10)^2－(７/√5)^2}＝√(１０－４９/５)＝√(１/５)＝１/√5ｃｍ　∴ＨＬ＝１/√5ｃｍ
ここで、ＧＨの延長上にＣから垂線を下ろしその足をＭとすると、定石の形より、△ＩＨＬ≡△ＨＣＭ　∴ＣＭ＝ＨＬ＝１/√5ｃｍ
∴△ＨＣＧ＝ＧＨ×ＣＭ×(１/２＝√5×(１/√5)×(１/２)＝１/２ｃｍ^2
∴△ＨＣＧ＝１/２ｃｍ^2
さらに、ＧからＨＩに垂線を下ろしその足をＮとすると、ＧＮ＝(７/２)×２÷√10＝７/√10ｃｍ
よって、△ＧＨＮで三平方の定理を使うと、ＨＮ＝√{(√5)^2－(７/√10)^2}＝√(５－４９/１０)＝√(１/１０)＝１/√10ｃｍ
∴ＨＮ＝１/√10ｃｍ　∴ＮＩ＝９/√10ｃｍ
ここで、ＨＩの延長上にＥから垂線を下ろしその足をＯとすると、定石の形より△ＧＮＩ≡△ＩＯＥ　∴ＯＥ＝ＮＩ＝９/√10ｃｍ
∴△ＩＥＨ＝ＨＩ×ＯＥ×(１/２)＝√10×(９/√10)×(１/２)＝９/２ｃｍ^2
∴△ＩＥＨ＝９/２ｃｍ^2

おまけ：https://animegaphone.jp/gotobunnohanayome-saishuuwaenjiou/

https://www.sponichi.co.jp/entertainment/news/2022/10/26/gazo/20221026s00041000486000p.html

何でもありの解法
∠ＡＧＨ＝∠ＦＧＩ＝９０°より、∠ＡＧＦと∠ＨＧＩは補角をなしている。また、ＧＡ＝ＧＨ，ＧＦ＝ＧＩより、１つの角が補角をなしている三角形の面積比の公式を利用すると、△ＧＡＦ：△ＧＨＩ＝ＧＡ×ＧＦ：ＧＨ×ＧＩ＝１：１　
∴△ＧＡＦ＝△ＧＨＩ
同様に、４つの白い三角形の面積は全て等しい。
因みに、そんな公式は使いたくないという人は、△ＧＨＩを点Ｇを中心にＧＨがＧＡにくっつくまで９０°回転さ、点Ｉの行き先をＩ'とすると、補角の関係よりＦＧＩ'は一直線になり、Ｉ'Ｇ＝ＧＦより、△ＡＩ'Ｇ＝△ＡＧＦ　∴△ＨＩＧ＝△ＡＧＦ（∴△ＧＡＦ＝△ＧＨＩ）と示しても良い。
よって、△ＧＨＩの面積を求めれば解決である。ヘロンの公式を使うと、ｓ＝(√5＋√10＋√13)/2
Ｓ＝√{ｓ(ｓ－√5)(ｓ－√10)(ｓ－√13)}
ｓをＳの式に代入して計算すると、そんなに計算は大変ではなくＳ＝７/２と出る。
そんな公式は使いたくないという人は、ＨからＩＧに垂線を下ろしその足をＪとし、ＨＪ＝ｘ，ＪＧ＝ｙと置いて三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝５―――①　
ｘ^2＋(√13－ｙ)^2＝１０―――②
①－②より、－１３＋２√13ｙ＝５－１０　
∴２√13ｙ＝８　∴ｙ＝4/√13
これを①に代入すると、ｘ^2＝５－16/13＝65/13－16/13=49/13　∴ｘ＝7/√13
∴△ＨＩＧ＝√13×(7/√13)×(１/２)＝７/２ｃｍ^2
よって、六角形ＡＢＣＤＥＦ＝５＋１０＋１３＋(７/２)×４＝２８＋１４＝４２ｃｍ^2
よって、答えは、４２ｃｍ^2

因みに、算数の解法はこちら。https://sansu-seijin.jp/sansu-orympic/2414/
４つの三角形の面積の和が３つの正方形の和の１/２になっていますが、偶然かどうかも検討して下さい。

おまけ：

https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1582311985340764161

算数の解法の解説
https://sansu-seijin.jp/sansu-orympic/2414/

解答
方眼紙の格子点上に図のように描く事が出来、全体から引いて面積を求めると、
六角形ＡＢＣＤＥＦ＝８×８－１－１×２÷２－１×４÷２－１－１×３÷２－４×５÷２－２×３÷２－１×５÷２
＝６４－１－１－２－１－３/２－１０－３－５/２
＝６４－１８－４＝４２ｃｍ^2
よって、答えは、４２ｃｍ^2

または、△ＧＨＩ＝３×３－１×２÷２－１×３÷２－２×３÷２＝９－１－３/２－３＝５－３/２＝７/２ｃｍ^2
ところで、∠ＡＧＨ＝∠ＦＧＩ＝９０°より、∠ＡＧＦと∠ＨＧＩは補角をなしている。そこで、△ＧＨＩを点Ｇを中心にＧＨがＧＡにくっつくまで９０°回転させ、点Ｉの行き先をＩ'とすると、補角の関係よりＦＧＩ'は一直線になり、Ｉ'Ｇ＝ＧＦより、△ＡＩ'Ｇ＝△ＡＧＦ　∴△ＨＩＧ＝△ＡＧＦ
他の所でも同様の事をすると、４つの白い三角形の面積は全て等しい。
よって、六角形ＡＢＣＤＥＦ＝５＋１０＋１３＋(７/２)×４＝２８＋１４＝４２ｃｍ^2
と求めても良い。

因みに、この算数の方法で解けるポイントは、正方形の面積が全て２平方数の和になっているからである。
つまり、５＝１×１＋２×２，１０＝１×１＋３×３，１３＝２×２＋３×３だから全て格子点上に乗る。

また、
＞４つの三角形の面積の和が３つの正方形の和の１/２になっていますが、偶然かどうかも検討して下さい。

については、ＧＨ＝３ｃｍ，ＨＩ＝４ｃｍ，ＩＧ＝５ｃｍとすると、３つの正方形の和＝９＋１６＋２５＝５０ｃｍ^2
また、△ＧＨＩ＝３×４÷２＝６ｃｍ^2より、４つの三角形の面積の和＝６×４＝２４ｃｍ^2
よって、１/２になっていたのは偶然である。また、これによって、算数の別解は作れないのではないだろうか。（適当。）

おまけ：

解答
三角定規の直角を円周上の適当な点に円の内部から当て、定規と円との他の２点をそれぞれＡ，Ｂとすると、円周角の定理の逆によりＡＢは直径になる。
そこで、ＡＢを結び、もう１か所で同様の事をして２点をＣ，ＤとしてＣＤを結ぶとＣＤも直径になる。
よって、ＡＢとＣＤの交点が円の中心である。

次回は、コンパスと定規で中心を求める方法をやりますね。

おまけ：

https://ameblo.jp/arai-elina/entry-12699083769.html（さみしさ解消できて本当に良かった。）

コンパスと定規で円の中心を求める方法
適当に弦ＡＢを描き、コンパスでＡＢの垂直二等分線を引くと、対称性よりその垂直二等分線は直径になる。
また、弦ＣＤを適当に取り、コンパスでＣＤの垂直二等分線を描くと同様に直径になるので、先の垂直二等分線との交点をＯとすると、点Ｏが円の中心となる。

補足　対称性を使わない厳密な証明
ＡＢの垂直二等分線と円との交点をそれぞれＰ，Ｑとすると、△ＰＡＢは二等辺三角形より∠ＰＡＢ＝∠ＰＢＡ
また、円周角より∠ＰＡＢ＝∠ＰＱＢ　∴∠ＰＢＡ＝∠ＰＱＢ　ここで、ＡＢとＰＱの交点をＭとすると、∠ＰＢＭ＝∠ＰＱＢ　また、△ＰＢＭと△ＰＱＢにおいて∠Ｐが共通より、残りの１角も等しい。∴∠ＰＢＱ＝∠ＰＭＢ＝９０°よって、∠ＰＢＱ＝９０°より円周角の定理の逆によりＰＱは直径。
よって、ＡＢの垂直二等分線は直径になる。

おまけ：https://instagrammernews.com/detail/2953741296872910388

解法１
ＡＦ，ＦＣ，ＣＡを結び、点Ｍを通り底面ＥＦＧＨと平行な平面を描き、ＢＦ，ＣＧ，ＤＨとの交点をそれぞれＮ，Ｏ，Ｐとし、ＡＦ，ＦＣとの交点をそれぞれＫ，Ｌとすると、求める立体は、直方体ＡＢＣＤ－ＭＮＯＰから立体ＡＢＣ－ＫＮＬを引いた立体である。
ところで、ＦＮ：ＦＢ＝１：２より、三角錐Ｆ－ＫＮＬと三角錐Ｆ－ＡＢＣの体積比は１×１×１：２×２×２＝１：８である。
よって、立体ＡＢＣ－ＫＮＬは三角錐Ｆ－ＡＢＣの７/８
また、三角錐Ｆ－ＡＢＣ＝６×１０÷２×８×(１/３)＝８０ｃｍ^3　よって、立体ＡＢＣ－ＫＮＬ＝(７/８)×８０＝７０ｃｍ^3
また、直方体ＡＢＣＤ－ＭＮＯＰ＝６×１０×４＝２４０ｃｍ^3
よって、求める体積＝２４０－７０＝１７０ｃｍ^3
よって、答えは、１７０ｃｍ^3

おまけ：

解法２
ＡＦ，ＦＣ，ＣＡを結び、点Ｍを通り底面ＥＦＧＨと平行な平面を描き、ＢＦ，ＣＧ，ＤＨとの交点をそれぞれＮ，Ｏ，Ｐとし、ＡＦ，ＦＣとの交点をそれぞれＫ，ＬとしＫＬを結ぶと、求める立体は、立体ＤＡＣ－ＰＭＫＬＯである。
ここで、ＤＭ，ＤＫ，ＤＬ，ＤＯを結ぶと、立体ＤＡＣ－ＰＭＫＬＯ＝五角錐Ｄ－ＰＭＫＬＯ＋三角錐Ｄ－ＡＭＫ＋三角錐Ｄ－ＣＯＬ＋立体ＤＡＣ－ＫＬ―――①
五角錐Ｄ－ＰＭＫＬＯ＝(６×１０－３×５÷２)×４×(１/３)＝(１０５/２)×(４/３)＝２×３５＝７０ｃｍ^3―――②
三角錐Ｄ－ＡＭＫ＝４×３÷２×１０×(１/３)＝２０ｃｍ^3―――③
三角錐Ｄ－ＣＯＬ＝４×５÷２×６×(１/３)＝２０ｃｍ^3ー――④
また、立体ＤＡＣ－ＫＬの見方を変えると、四角錘Ｄ－ＡＫＬＣで、さらにＡＬを結ぶと、三角錐Ｄ－ＡＬＣ＋三角錐Ｄ－ＡＫＬに分けられ、この２つの三角錐の体積比はＡＣ：ＫＬである。（△ＡＬＣ：△ＡＫＬだが、ＡＣ//ＫＬだから、ＡＣ：ＫＬになる。）
さらに、三角錐Ｄ－ＡＬＣの見方を変えると、三角錐Ｌ－ＤＡＣ＝６×１０÷２×４×(１/３)＝４０ｃｍ^3
よって、三角錐Ｄ－ＡＬＣ＝４０ｃｍ^3　また、ＡＣ：ＫＬ＝２：１より、三角錐Ｄ－ＡＫＬ＝三角錐Ｄ－ＡＬＣ÷２＝４０÷２＝２０ｃｍ^3
よって、四角錘Ｄ－ＡＫＬＣ＝三角錐Ｄ－ＡＬＣ＋三角錐Ｄ－ＡＫＬ＝４０＋２０＝６０ｃｍ^3
よって、立体ＤＡＣ－ＫＬ＝６０ｃｍ^3―――⑤
①に②～⑤を代入すると、
立体ＤＡＣ－ＰＭＫＬＯ＝７０＋２０＋２０＋６０＝１７０ｃｍ^3
よって、答えは、１７０ｃｍ^3

これが出来た人は非常に少ないと思います。日頃から、断頭三角柱の体積の公式を自分で導いたりしていないと無理だと思います。私は久しぶりだったので非常に苦戦しました。

おまけ：

１５°，７５°，９０°の三辺比などを使わずに、普通の中学生用の解法を何通りか作って下さい。とりあえず、私は４通り作ってみました。

解法１
ＢＣを１辺とする正三角形ＤＢＣを頂点ＤがＢＣに関して点Ａ側になるように作ると、対称性より、
∠ＤＡＢ＝３０°÷２＝１５°
また、∠ＤＢＡ＝∠ＡＢＣ－∠ＤＢＣ＝７５°－６０°＝１５°
よって、∠ＤＡＢ＝∠ＤＢＡより、△ＤＡＢは二等辺三角形。∴ＡＤ＝ＢＤ＝ＢＣ＝２ｃｍ
また、ＡＤの延長とＢＣとの交点をＨとすると、対称性より点ＨはＢＣの中点でＡＨ⊥ＢＣ
よって、△ＤＢＨは１：２：√３の直角三角形より、ＤＨ＝√３ｃｍ　∴ＡＨ＝２＋√３ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝２×(２＋√３)×(１/２)＝２＋√３ｃｍ^2
よって、答えは、２＋√３ｃｍ^2

解法２　普通のおっさん用の解法
ＡＢ＝ＡＣ＝ｘと置いて、ＣからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＣＨは１：２：√３の直角三角形より、ＣＨ＝ｘ/２，ＡＨ＝√３ｘ/２
∴ＢＨ＝ｘ－√３ｘ/２
よって、△ＣＢＨで三平方の定理を使うと、
(ｘ/２)^2＋(ｘ－√３ｘ/２)^2＝２^2が成り立つ。
∴ｘ^2/４＋ｘ^2＋３ｘ^2/４－√３ｘ^2＝４
∴２ｘ^2－√３ｘ^2＝４　∴(２－√３)ｘ^2＝４
∴ｘ^2＝４/(２－√３)＝４(２＋√３)―――①
ところで、△ＡＢＣ＝ＡＢ×ＣＨ×(１/２)＝ｘ・(ｘ/２)・(１/２)＝ｘ^2/４
∴△ＡＢＣ＝ｘ^2/４―――②
①を②に代入すると、△ＡＢＣ＝２＋√３ｃｍ^2
よって、答えは、２＋√３ｃｍ^2

ただし、この解法を作れる人は昔数学が得意だった人だけでしょう。因みに、解法１は算数が得意だった人じゃないと無理だと思います。どっちも１割ぐらいかな？
解法３～５は次回。ただし、面白いかどうかは分かりません。

おまけ：

昔数学が得意だったおっさんの何でもありの解法
ＡＢ＝ＡＣ＝ｘと置いて、余弦定理を使うと、
２^2＝ｘ^2＋ｘ^2－２・ｘ・ｘ・cos30°
∴４＝２ｘ^2－√３ｘ^2
∴(２－√３)ｘ^2＝４　
∴ｘ^2＝４/(２－√３)＝４(２＋√３)―――①
また、△ＡＢＣ＝(１/２)ｘ・ｘ・sin30°＝ｘ^2/４
∴△ＡＢＣ＝ｘ^2/４―――②
①を②に代入すると、△ＡＢＣ＝２＋√３ｃｍ^2
よって、答えは、２＋√３ｃｍ^2

おまけ：

https://www.sanspo.com/article/20220423-B7PMDIOCGRKMLLIOQ4DLJLPL4I/2/

解法３
辺ＡＣの外側に△ＡＢＣと合同な△ＡＣＤを描き、ＢＤを結びＤからＢＣの延長上に垂線を下ろしその足をＨとすると、ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤ，∠ＢＡＤ＝３０°×２＝６０°より、△ＡＢＤは正三角形。
∴ＡＢ＝ＢＤ　
また、∠ＣＢＤ＝∠ＣＤＢ＝７５°－６０°
＝１５°よって、△ＣＢＤの内対角の和より、
∠ＤＣＨ＝１５°＋１５°＝３０°
よって、△ＤＣＨは１：２：√３の直角三角形でＣＤ＝ＢＣ＝２ｃｍより、ＣＨ＝√３ｃｍ
∴ＢＨ＝２＋√３ｃｍ
ここで、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、∠ＢＡＩ＝∠ＤＢＨ＝１５°
よって、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＢＩ≡△ＢＤＨ　
∴ＡＩ＝ＢＨ＝２＋√３ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝２×(２＋√３)×(１/２)＝２＋√３ｃｍ^2
よって、答えは、２＋√３ｃｍ^2

因みに、ＢＩ＝１ｃｍ，ＤＨ＝１ｃｍを使って、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、△ＡＢＩ≡△ＢＤＨとしても良い。

おまけ：

解法４
ＡＢ上に∠ＤＣＢ＝３０°となる点Ｄを取ると、２角が等しいので△ＡＢＣ∽△ＣＢＤ
よって、△ＣＢＤも二等辺三角形より、
ＣＤ＝ＣＢ＝２ｃｍ
また、ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＤＣＨ＝７５°－３０°＝４５°より△ＤＨＣは直角二等辺三角形。
∴ＤＨ＝ＣＨ＝２/√２＝√２ｃｍ
また、△ＡＤＨは１：２：√３の直角三角形より、ＡＨ＝√３ＤＨ＝√６ｃｍ　
∴ＡＣ＝ＡＨ＋ＣＨ＝√６＋√２ｃｍ
∴ＡＢ＝√６＋√２ｃｍ
さらに、ＣからＡＢに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＣＩも１：２：√３の直角三角形より、ＣＩ＝ＡＣ/２＝(√６＋√２)/２ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝ＡＢ×ＣＩ×(１/２)＝(√６＋√２)^2/４＝(８＋４√３)/４＝２＋√３ｃｍ^2
よって、答えは、２＋√３ｃｍ^2

おまけ：

解法３－系
辺ＡＣの外側に△ＡＢＣと合同な△ＡＣＤを描き、ＢＤを結びＤからＢＣの延長上に垂線を下ろしその足をＨとすると、ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤ，∠ＢＡＤ＝３０°×２＝６０°より、△ＡＢＤは正三角形。
また、∠ＢＣＤ＝７５°×２＝１５０°∴∠ＤＣＨ＝１８０°－１５０°＝３０°
よって、△ＤＣＨは１：２：√３の直角三角形でＣＤ＝ＢＣ＝２ｃｍより、ＤＨ＝１ｃｍ，ＣＨ＝√３ｃｍ
∴△ＤＢＣ＝２×１×(１/２)＝１ｃｍ^2
また、△ＤＢＨで三平方の定理を使うと、ＢＤ^2＝１^2＋(２＋√３)^2＝８＋４√３
ところで、１辺がａの正三角形の面積は、
Ｓ＝(√３/４)ａ^2より、△ＡＢＤ＝(√３/４)(８＋４√３)＝２√３＋３ｃｍ^2
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＡＢＤ＋△ＤＢＣ＝２√３＋３＋１＝４＋２√３ｃｍ^2
∴△ＡＢＣ＝(４＋２√３)×(１/２)＝２＋√３ｃｍ^2
よって、答えは、２＋√３ｃｍ^2

おまけ：

https://nantokanarusa2018.com/morichiharucaster/

解法５
辺ＡＢの外側に△ＡＢＣと合同な△ＡＤＢを、辺ＡＣの外側に△ＡＢＣと合同な△ＡＥＣを描くと、∠ＤＡＥ＝３０°×３＝９０°また、ＡＤ＝ＡＥより△ＡＤＥは直角二等辺三角形。
また、ＤＥを結ぶと対称性よりＢＣ//ＤＥ　よって、四角形ＢＤＥＣは等脚台形で、∠ＢＤＥ＝∠ＣＥＤ＝７５°－４５°＝３０°
よって、Ｂ，ＣからＤＥに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ、Ｉとすると、△ＢＤＨ，△ＣＥＩは合同な１：２：√３の直角三角形でＢＤ＝ＣＥ＝２ｃｍより、ＤＨ＝ＥＩ＝√３ｃｍ，ＢＨ＝ＣＩ＝１ｃｍ
また、ＨＩ＝ＢＣ＝２ｃｍ　
∴ＤＥ＝√３＋２＋√３＝２＋２√３ｃｍ
ここで、ＡからＤＥに垂線を下ろしその足をＪとすると、ＡＪ＝ＤＥ/２＝１＋√３ｃｍ
∴△ＡＤＥ＝(２＋２√３)×(１＋√３)×(１/２)＝(１＋√３)^2＝４＋２√３ｃｍ^2
また、台形ＢＤＥＣ＝{２＋(２＋２√３)}×１×(１/２)＝２＋√３ｃｍ^2
∴五角形ＡＤＢＣＥ＝△ＡＤＥ＋台形ＢＤＥＣ＝４＋２√３＋(２＋√３)＝６＋３√３ｃｍ^2
∴△ＡＢＣ＝(６＋３√３)×(１/３)＝２＋√３ｃｍ^2
よって、答えは、２＋√３ｃｍ^2

または、ＤＥ＝２＋２√３ｃｍから、ＡＤ＝ＤＥ/√２＝√２＋√６ｃｍ　∴ＡＢ＝√２＋√６ｃｍ
ここで、ＢからＡＤに垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＡＢＪは１：２：√３の直角三角形より、ＢＪ＝ＡＢ/２＝(√２＋√６)/２ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝ＡＤ×ＢＪ×(１/２)＝(√２＋√６)^2/４＝(８＋４√３)/４＝２＋√３ｃｍ^2
よって、答えは、２＋√３ｃｍ^2と求めても良い。

おまけ：

解法１
全体の１２角形の一番上の頂点から反時計回りにＡ～Ｌと振り、中央の点をＭとする。
ＡＦとＣＭの交点をＮとすると、対称性から四角形ＡＢＣＮと四角形ＦＧＭＮは合同である。
よって、四角形ＡＢＣＮを四角形ＦＧＭＮの所に移動させると、色部分の面積は正六角形１つ分になる。
よって、答えは、１ｃｍ^2

解法２
全体の１２角形の一番上の頂点から反時計回りにＡ～Ｌと振り、中央の点をＭとする。
また、中央の正三角形の左上の頂点から反時計回りにＰ，Ｑ，Ｒと振り、ＰＱとＣＭ，ＱＲとＧＭ，ＲＰとＫＭの交点をそれぞれＳ，Ｔ，Ｕとする。
今、６角形ＡＢＣＤＥＦ＋６角形ＥＦＧＨＩＪ＋６角形ＩＪＫＬＡＢを考えると、１２角形－△ＰＱＲ＋△ＰＡＢ＋△ＱＥＦ＋△ＲＩＪ―――①
また、四角形ＡＢＣＳと四角形ＢＣＭＵは合同で、この両方から共通部分の四角形ＢＣＳＰを除くと残った部分の面積帆等しい。
つまり、△ＰＡＢ＝四角形ＰＳＭＵ―――②
他の部分も同様に、△ＱＥＦ＝四角形ＱＴＭＳ―――③　△ＲＩＪ＝四角形ＲＵＭＴ―――④
②，③，④を①に代入すると、
青色部分×３＝１２角形－△ＰＱＲ＋四角形ＰＳＭＵ＋四角形ＱＴＭＳ＋四角形ＲＵＭＴ＝１２角形－△ＰＱＲ＋△ＰＱＲ＝１２角形＝正六角形×３
よって、青色部分の面積は、正六角形１個分である。
よって、答えは、１ｃｍ^2

おまけ：

https://trilltrill.jp/articles/2840902

問題
群Ｇの元をａとするとき、|ａ^-1|＝|ａ|であることを示せ。

別解１（思い付いた順）
ａを生成元とする巡回部分群の位数をｎとして、定理3.6を使う。ｋ＝－１を代入すると、
|ａ^-1|＝ｎ/(ｎ，－１)＝ｎ/１＝ｎ
∴|ａ^-1|＝ｎ
ところで、|ａ|＝ｎより、|ａ^-1|＝|ａ|
よって、示された。

定理3.6
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kの位数はｎ/(ｎ，ｋ)となる。ただし、(ｎ，ｋ)はｎとｋの最大公約数を表す。
|ａ^k|＝ｎ/(ｎ，ｋ)

別解２はまともです。念のため、自分で考えました。

おまけ：

問題
群Ｇの元をａとするとき、|ａ^-1|＝|ａ|であることを示せ。

別解２
|ａ|＝ｍ∈ℕと置くと、ａ^m＝ｅ―――①
ここで、(ａ^-1)^mを作ると、
(ａ^-1)^m＝ａ^-m＝(ａ^m)^-1―――②
①を②に代入すると、(ａ^-1)^m＝ｅ^-1＝ｅ
よって、ａ^-1の位数はｍ以下より、|ａ^-1|≦ｍ
∴|ａ^-1|≦|ａ|―――☆
また、|ａ^-1|＝ｎ∈ℕと置くと、
(ａ^-1)^n＝ｅ―――③
ここで、ａ^nを作ると、　
ａ^n＝(ａ^-1)^-n＝{(ａ^-1)^n}^-1―――④
③を④に代入すると、ａ^n＝ｅ^-1＝ｅ
よって、ａの位数はｎ以下より、|ａ|≦ｎ
∴|ａ|≦|ａ^-1|―――☆☆
☆，☆☆より、|ａ^-1|＝|ａ|
よって、示された。

おまけ：

https://news.yahoo.co.jp/articles/5bbe93e5575806e25eef5a68a8c3455ceb883ffe

算数の解法
対称性よりＢＥ＝ＢＦ　よって、△ＢＥＦは底辺が１０ｃｍの直角二等辺三角形である。
よって、△ＢＥＦ＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2
また、△ＤＦＣを点Ｄを中心にＤＣがＤＡにくっつくまで９０°回転移動させ、点Ｆの行き先をＦ'とすると、△ＤＦ'Ｅは頂角が９０°－６０°＝３０°で等辺が１０ｃｍの二等辺三角形になる。
ここで、Ｆ'からＤＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＦ'Ｈは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になるので、Ｆ'Ｈ＝ＤＦ'÷２＝１０÷２＝５ｃｍ
よって、△ＤＦ'Ｅ＝ＤＥ×Ｆ'Ｈ÷２＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2
よって、色付き部分の面積＝△ＢＥＦ＋△ＤＦ'Ｅ＝２５＋２５＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

何でもありの解法は次回。一応、２通り作って下さい。

おまけ：

何でもありの解法１
対称性より、ＢＤ⊥ＥＦでＢＤとＥＦの交点をＭとすると、点ＭはＥＦの中点になる。
∴ＥＭ＝５ｃｍ　ところで、対称性よりＢＥ＝ＢＦなので、△ＢＥＦは直角二等辺三角形である。
∴ＢＭ＝５ｃｍ　また、△ＤＥＭは１：２：√３の直角三角形より、ＤＭ＝５√３ｃｍ　
∴ＢＤ＝５＋５√３ｃｍ
ところで、△ＡＢＤは直角二等辺三角形より、ＡＤ＝(５＋５√３)/√２＝５(√２＋√６)/２ｃｍ
∴色付き部分の面積＝正方形ＡＢＣＤ－△ＤＥＦ
＝{５(√２＋√６)/２}^2/４－１０×５√３×(１/２)
＝２５(８＋４√３)/４－２５√３
＝５０＋２５√３－２５√３＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

解法２，３は次回。

おまけ：

何でもありの解法２
ＡＢ＝ＡＤ＝ｘと置くと、△ＢＥＦは対称性より直角二等辺三角形になるので、
ＢＥ＝１０/√２＝５√２ｃｍ
∴ＡＥ＝ｘ－５√２ｃｍ　よって、△ＡＤＥで三平方の定理を使うと、ｘ^2＋(ｘ－５√２)^2＝１０^2が成り立つ。
∴ｘ^2＋ｘ^2－１０√２ｘ＋５０＝１００
∴２ｘ^2－１０√２ｘ－５０＝０　
∴ｘ^2－５√２ｘ－２５＝０　
∴ｘ＝(５√２±√１５０)/２＝５(√２±√６)/２　
ｘ＞０より、ｘ＝５(√２＋√６)/２
∴ＡＢ＝ＡＤ＝５(√６＋√２)/２ｃｍ
また、１辺が１０ｃｍの正方形の面積は、△ＤＥＦ＝１０×５√３×(１/２)＝２５√３ｃｍ^2
よって、色付き部分の面積＝{５(√６＋√２)/２}^2－２５√３＝２５(８＋４√３)/４－２５√３
＝２５(２＋√３)－２５√３＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

何でもありの解法３
∠ＡＤＣ＝９０°，∠ＥＤＦ＝６０°で、対称性より、∠ＡＤＥ＝３０°÷２＝１５°
よって、１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比を使うと、
ＡＥ：ＡＤ：ＤＥ＝√６－√２：√６＋√２：４より、
ＡＥ＝１０(√６－√２)/４＝５(√６－√２)/２ｃｍ
ＡＤ＝１０(√６＋√２)/４＝５(√６＋√２)/２ｃｍ　
∴ＢＥ＝５(√６＋√２)/２－５(√６－√２)/２
＝５√２ｃｍ
よって、色付き部分の面積＝{５(√６＋√２)/２}×{５(√６－√２)/２}×２＋(５√２)^2/２
＝２５＋２５＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

何でもありの解法４は次回。

おまけ：

https://instagrammernews.com/detail/2952391700586849231

何でもありの解法４
∠ＡＤＣ＝９０°，∠ＥＤＦ＝６０°で、対称性より、∠ＡＤＥ＝３０°÷２＝１５°
∴ＡＤ＝１０cos15°，ＡＥ＝１０sin15°
∴△ＡＥＤ＝(１０cos15°)(１０sin15°)(１/２)
＝５０sin１５°cos１５°
ここで、和と積の公式https://juken-mikata.net/how-to/mathematics/sekiwa-waseki.htmlを使うと、
＝５０・(１/２){sin(15°＋15°)＋sin(15°－15°)}
＝(５０/２)sin30°＝２５/２
∴△ＡＥＤ＝２５/２ｃｍ^2
また、△ＢＥＦ＝１０×５×(１/２)＝２５ｃｍ^2
よって、色付き部分の面積＝(２５/２)×２＋２５＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

おまけ：

https://geinou-media.com/arai-erina-marry/

上の補足。よく考えたら、和と積の公式など使う必要はありませんでしたね。つまり、sinの２倍角の公式で良かったですね。
因みに、テレビ見ながら暗算で解いた時は、間違って、ＡＤ＝１０cos15°，ＡＥ＝１０sin75°か何かでやったので和と積の公式を使いました。因みに、和と積の公式も頭の中で導きました。笑（面倒臭い。）

別解
可換群Ｇにおいて、位数が有限である元の集合をＨとおく。
すなわち、Ｈ＝{ａ∈Ｇ｜|ａ|＜∞}
（ⅰ）ａ，ｂ∈Ｈとする。|ａ|＝ｍ，|ｂ|＝ｎとおくと、ｍとｎが互いに素ならば定理3.7よりａｂの位数はｍｎで有限である。また、ｍとｎに共通因数がある場合、|ａ|＝ｍ，|ｂ|＝ｎより、ａ^m＝ｅ，ｂ^n＝ｅ
∴(ａ^m)^n＝ｅ^n＝ｅ―――①　(ｂ^n)^m＝ｅ^m＝ｅ―――②
①×②より、ａ^mn・ｂ^mn＝ｅ　ところで、Ｇは可換群より、(ａｂ)^mn＝ｅ―――☆
また、ｍとｎの共通因数をｑとすると、ｍ＝ｑｍ'，ｎ＝ｑｎ'　
これらを☆に代入すると、(ａｂ)^m'n'q^2＝ｅ
よって、例えば、(ａｂ^m'n')^q^2＝ｅ，(ａｂ^m'q)^n'q＝ｅなどとすると、ａｂ^m'n'＝ｅ，ａｂ^m'q＝ｅなどとなり、この左辺の指数はｍｎ以下なので、共通因数がある場合のａｂの位数はｍｎ以下である。よって、有限である。
以上より、ａｂ∈Ｈ
（ⅱ）ａ∈Ｈとする。|ａ|＝ｍ＜∞とすると、問3.8より、|ａ^-1|＝ｍ＜∞　∴ａ^-1∈Ｈ
（ⅰ），（ⅱ）が示されたので、部分群の判定定理2.1よりＨはＧの部分群である。

定理3.7
群Ｇの２つの元ａ，ｂが可換で、位数が、それぞれｍ，ｎとする。このとき、ｍとｎが互いに素であれば元ａｂの位数はｍｎである。

問3.8
群Ｇの元をａとするとき、|ａ^-1|＝|ａ|であることを示せ。

おまけ：

解説
＞ｎ次の交代群ＡnはＳnの偶置換の全体である。

偶置換とは、互換の数が偶数個の置換の事。例えば、Ｓ4で考えると、(１２３４)→(２１４３)は互換の数が(１２),(３４)の２個なので偶置換。

＞単射であること：Ｓnの元σ1，σ2について、ｆ(σ1)＝ｆ(σ2)と仮定する。このとき、
ｆ(σ1)＝ｆ(σ2)⇒σ1τ＝σ2τ⇒(σ1τ)τ^-1＝(σ2τ)τ^-1⇒σ1＝σ2

「２つの元の移った先が同じならばもとの元も同じ（一致している）」という事を証明出来れば単射という事である。これは「元が違っていれば移った先も違う」という単射の特性の対偶である。

＞全射であること：Ｓnの任意の元をρとする。このとき、ρτ∈Ｓnである。すると、
ｆ(ρτ)＝(ρτ)τ＝ρτ^2＝ρ

τ^2＝ｅである。何故ならば、同じ互換を２回やれば元に戻るからである。（ただし、τ^2＝ｅという表現が正しいかどうかは知らない。あくまでも素人向けの解説である。）

＞上の写像ｆの対応において、偶置換σに互換τをかけて得られる置換στは奇置換

互換の数が１つ増えて、偶数から奇数になるからである。

＞ｆ(Ａn)⊂Ｂn　また、全射のときの証明において、Ｓnの任意の奇置換をρ∈Ｂnとすると、原像ρτは偶置換となり、ρτ∈Ａn　ゆえに、ρ＝ｆ(ρτ)∈ｆ(Ａn)
以上より、ｆ(Ａn)＝Ｂnが得られる。

ρ∈Ｂnとするとρ＝ｆ(ρτ)∈ｆ(Ａn)から、
ρ∈Ｂn⇒ρ∈ｆ(Ａn)　よって、Ｂn⊂ｆ(Ａn）
これとｆ(Ａn)⊂Ｂnより、ｆ(Ａn)＝Ｂn

＞以上より、ｆ(Ａn)＝Ｂnが得られる。したがって、ｆはＡnからＢnへの全単射となるので|Ａn|＝|Ｂn|である。

全単射より、集合Ａnの元と集合Ｂnの元が全て１対１対応しているので元の数が等しいという事である。

一応、中学生でも分かるように解説したつもりですが、どうでしょう。もっとも、ｅとかの意味は分からないと思いますが。

おまけ： https://www.dailymotion.com/video/x7xe3gj

https://news.yahoo.co.jp/articles/5bbe93e5575806e25eef5a68a8c3455ceb883ffe（彼氏の方が心配だよ。）

解答
解説省略で、
求める面積＝９×９×３．１４×(３/４)＋１×１×３．１４×(１/４)＋４×４×３．１４×(１/４)
＝(２４３/４)×３．１４＋(１/４)×３．１４＋(１６/４)×３．１４＝(２６０/４)×３．１４＝６５×３．１４＝２０４．１ｃｍ^2
よって、答えは、２０４．１ｃｍ^2

おまけ：