数学

解法１
正十二角形の内角の和は、公式より、１８０°×(１２－２)＝１８００°よって、１つの内角は、１８００÷１２＝１５０°よって、図のトゲの部分の１つの角度は、１５０°－６０°×２＝３０°
ここで、図の１ｃｍと書いてある所の正三角形を左から反時計回りにＡＢＣとし、Ａ，Ｃから下に出ている線分をそれぞれＡＤ，ＣＥとすると、∠ＤＡＣ＝∠ＥＣＡ＝６０°＋３０°＝９０°また、ＡＤ＝ＡＣ＝ＣＥ＝１ｃｍより、四角形ＡＤＥＣは正方形である。
また、Ｄ，Ｅの所の各頂点を１つ置きに見ていくと、正六角形が出来、その各辺の外側に先の正方形がくっついている形を考える。
ところで、正六角形は正三角形が６個集まった形をしているので、それを分解して先の正方形の内部の正三角形の所に移動させると、斜線部分の面積は、先の正方形６個分になる。
よって、答えは、１×１×６＝６ｃｍ^2

因みに、「最近、やったような気がする」のは勘違いでした。こちらでした。https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201805190001/
しかし、算数オリンピックの問題より中学入試の問題の方が難しいなんてどうなんでしょう。もちろん、算数オリンピックの問題を改題しているのは明らかですが。また、中学入試の方は誘導が付いているのかもしれません。
因みに、解答を知りたい人は「キーワード検索」でＵＲＬをコピペして検索して下さい。

おまけ：

https://koyamachuya.com/news/popular/61451/

解法２
正十二角形の内角の和は、公式より、１８０°×(１２－２)＝１８００°よって、１つの内角は、１８００÷１２＝１５０°よって、図のトゲの部分の１つの角度は、１５０°－６０°×２＝３０°
また、正十二角形の内部の正三角形の頂点１２個を結ぶと、対称性からこれも正十二角形になり、その中心を定めると１つの中心角は３６０°÷１２＝３０°である。また、対称性から二等辺三角形なので、頂角が３０°の二等辺三角形が１２個集まった形である。
ところで、トゲの部分も頂角が３０°の二等辺三角形で先の二等辺三角形と底辺を共有しているので合同である。
つまり、斜線部の面積は頂角が３０°の二等辺三角形１２×２＝２４個分である。
ここで、１つの頂角が３０°の二等辺三角形をＡＢＣとし、ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型である。
よって、ＢＨ＝ＡＢ÷２＝１÷２＝１/２ｃｍ　また、ＡＢ＝１ｃｍより、
△ＡＢＣ＝１×(１/２)÷２＝１/４ｃｍ^2
よって、求める面積はこの２４倍より、
(１/４)×２４＝６ｃｍ^2
よって、答えは、６ｃｍ^2

因みに、私のオリジナルです。模範解答は解法１ですね。http://minoehon.cocolog-nifty.com/start/2015/06/post-73b6.html

おまけ：

算数の解法
△ＡＢＣをＡＣに関して折り返し、点Ｂの行き先をＢ'とすると、△ＡＢＢ'は頂角が１２０°の二等辺三角形になり、条件よりＢＢ'は正六角形の１辺となる。
ところで、正六角形は正三角形が６個集まった形なので、ＢＢ'の下に正三角形ＯＢＢ'を描きその面積を求め、その値を６倍すれば良い。
そこで、正三角形の中心をＧとすると、
△ＧＢＢ'と△ＧＯＢと△ＧＢ'Ｏは対称性より合同な二等辺三角形になり、頂角は３６０°÷３＝１２０°なので、△ＡＢＢ'と合同である。（ＢＢ'の長さを共有しているから。）
よって、正三角形ＯＢＢ'の面積は、
４ｃｍ^2×３＝１２ｃｍ^2
よって、正六角形の面積は、１２ｃｍ^2×６
＝７２ｃｍ^2
よって、答えは、７２ｃｍ^2

おまけ：

一応、何でもありの解法
△ＡＢＣは１：２：√３の直角三角形より、ＡＣ＝ｘと置くと、ＢＣ＝√３ｘ
∴△ＡＢＣ＝√３ｘ^2/２　また、条件より△ＡＢＣ＝２ｃｍ^2
よって、√３ｘ^2/２＝２が成り立つ。
∴√３ｘ^2＝４　∴ｘ^2＝４/√３
∴ｘ＝２/√√３＝２/∜３―――①
また、求める正六角形の１辺の長さは、
ａ＝２ＢＣ＝２√３ｘ―――②
①を②に代入すると、ａ＝４∜３―――③
ところで、正六角形は正三角形が６個集まった形で、１辺がａの正三角形の面積は、
Ｓ＝ａ×(√３ａ/２)×(１/２)
＝√３ａ^2/４
よって、求める正六角形の面積は、
６Ｓ＝(√３ａ^2/４)×６＝３√３ａ^2/２―――④
③を④に代入すると、
６Ｓ＝３√３×１６√３/２＝７２ｃｍ^2
よって、答えは、７２ｃｍ^2

今回は算数の方が面白い解法でしたね。

おまけ：

何でもありの解法から。

解答
ＤからＢＣの延長上に垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＤＣＨ＝６０°より△ＤＣＨは１：２：√３の直角三角形。
∴ＣＨ＝５/２ｃｍ，ＤＨ＝５√３/２ｃｍ　
∴ＢＨ＝３＋５/２＝１１/２ｃｍ　
よって、△ＤＢＨで三平方の定理を使うと、
ＢＤ＝√{(１１/２)^2＋(５√３/２)^2}
＝√(１２１/４＋７５/４)＝√(１９６/４)
＝√４９＝７ｃｍ
または、△ＢＣＤで余弦定理を使うと、
ＢＤ^2＝３^2＋５^2－２・３・５cos１２０°
＝３４＋１５＝４９　
ＢＤ＞０より、ＢＤ＝７ｃｍと求めても良い。
また、角の二等分線の定理より、ＢＥ：ＤＥ＝３：５　∴ＢＥ＝(３/８)×７＝２１/８ｃｍ
ＤＥ＝(５/８)×７＝３５/８ｃｍ
よって、角の二等分線の長さの公式を使うと、
ＣＥ＝√(ＣＢ・ＣＤ－ＢＥ・ＤＥ)より、
ＣＥ＝√{３・５－(２１/８)(３５/８)}
＝√(１５・８^2－３・５・７^2)/８
＝√{１５(８^2－７^2)}/８
＝√{１５(８＋７)(８－７)}/８＝１５/８ｃｍ
∴ＡＥ＝８－１５/８＝４９/８ｃｍ
または、△ＣＢＥで余弦定理を使うと、
cos６０°＝(ＣＢ^2＋ＣＥ^2－ＢＥ^2)/２ＣＢ・ＣＥ
∴１/２＝{３^2＋ＣＥ^2－(２１/８)^2}/２・３・ＣＥ
∴３ＣＥ＝ＣＥ^2＋９－４４１/６４
∴ＣＥ^2－３ＣＥ＋１３５/６４＝０
∴ＣＥ＝{３±√(９－１３５/１６)}/２
＝{３±√(９/１６)}/２＝(３±３/４)/２
＝１５/８，９/８ｃｍ　この選別は△ＣＤＥでも余弦定理を使えば良いが省略。
∴ＣＥ＝１５/８ｃｍ　∴ＡＥ＝４９/８ｃｍ
また、ＣＡ上にＣＦ＝ＣＢとなる点Ｆを取ると、ＡＦ＝８－３＝５ｃｍ　
また、△ＣＢＦは頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形。∴∠ＢＦＣ＝６０°
∴∠ＢＦＡ＝１８０°－６０°＝１２０°また、ＢＦ＝ＢＣ　よって、二辺挟角が等しいので、△ＢＦＡ≡△ＢＣＤ　∴∠ＢＡＦ＝∠ＢＤＣ　∴∠ＢＡＣ＝∠ＢＤＣ　よって、円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄは同一円周上にある。よって、円周角より∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ＝６０°また、ＢＡ＝ＢＤより、△ＢＡＤは正三角形。ところで、ＢＤ＝７ｃｍより、△ＢＡＤは１辺が１ｃｍの正三角形７^2＝４９個分で、ＢＥ：ＤＥ＝３：５より、△ＡＥＤは(５/８)×４９＝２４５/８個分。
よって、答えは、２４５/８倍。

下書きなしで暗算と電卓で解いて書いたので読み難いかもしれません。

おまけ：

算数の解法
ＤからＡＣと平行な直線を引き、ＢＣの延長との交点をＦとすると、同位角より∠ＤＦＣ＝∠ＥＣＢ＝６０°また、∠ＤＣＦ＝１８０°－６０°－６０°＝６０°よって、△ＤＣＦは底角が６０°の二等辺三角形より正三角形。
よって、ＣＦ＝ＤＦ＝ＤＣ＝５ｃｍ
また、ＥＣ//ＤＦより、△ＢＥＣと△ＢＤＦは相似で相似比は３：３＋５＝３：８
よって、ＥＣ＝(３/８)×ＤＦ＝(３/８)×５＝１５/８ｃｍ
よって、ＡＥ＝８－１５/８＝４９/８ｃｍ
また、ＣＤの延長上にＣＧ＝８ｃｍとなる点Ｇを取ると、△ＣＡＧは頂角が６０°の二等辺三角形になるので正三角形である。そして、１辺の長さが８ｃｍより、１辺が１ｃｍの正三角形の８×８＝６４倍である。
また、ＣＤ：ＣＧ＝５：８　よって、△ＡＣＤ＝(５/８)×６４＝４０より、１辺が１ｃｍの正三角形の４０倍である。
また、ＡＥ＝４９/８ｃｍ，ＡＣ＝８ｃｍより、ＡＥ：ＡＣ＝４９/８：８＝４９：６４
よって、△ＡＥＤ＝(４９/６４)×４０＝４９×５/８＝(５０－１)×５/８＝２４５/８
よって、△ＡＥＤは１辺が１ｃｍの正三角形の２４５/８倍。

暗算で解きながら書いたので、読み難いかもしれません。因みに、検索はしていないので別解があるかもしれません。興味がある人は自分で検索してみて下さい。

おまけ：

解説
＞ａ・ａ＝ｅとなる。

この（（２）の）群表は、
・ｅａ　
ｅｅａ
ａａｅ
群には単位元が必ず存在するので、群表の各行，各列にはｅが必ずあるはずである。よって、ａ・ａ＝ｅである。

＞はじめに、消去律によって各列，各行には{ｅ，ａ，ｂ}の順列が並ぶことに注意する。

消去律の「ａ◦ｃ＝ｂ◦ｃならばａ＝ｂ」の対偶を取ると、ａ≠ｂならばａ◦ｃ≠ｂ◦ｃ
よって、群表の列でも行でもどの２つでも違っていれば同じ行（列）の演算の結果も異なる。そして、群は演算について閉じているので、演算の結果は、{ｅ，ａ，ｂ}の順列が並ぶ事になる。
ただし、私だったら消去律の対偶を考えればと付けないならば、定理1.2（逆演算可能性）で解説する。

定理1.2（逆演算可能性）
Ｇが群であるとする。このとき、Ｇに属する任意の２つの元ａ，ｂに対して、
ａ◦ｘ＝ｂ
ｙ◦ａ＝ｂ
を満足するＧの元ｘおよびｙが存在し、しかも、唯一通りに定まる。（引用終わり）

つまり、ａ◦ｘ＝ｂの両辺に左からａ^-1を掛けると、ｘ＝ａ^-1◦ｂとなり、ｘは唯一通りに定まるので、群表の各列，各行の演算の結果はダブることなく、また群は演算について閉じているので、演算の結果は、{ｅ，ａ，ｂ}の順列が並ぶ事になる。
（念のため、群だからａ^-1が存在し、それをｃなど普通の元と考える。）

おまけ：

問題１の解答
左の円の中心をＯ1，右の円の中心をＯ2，円同士の交点を上からＡ，Ｂとすると、
２つの円の半径が等しいので、Ｏ1Ａ＝Ｏ2Ａ＝Ｏ1Ｏ2　よって、△ＡＯ1Ｏ2は正三角形である。よって、∠ＡＯ1Ｏ2＝６０°
同様に、∠ＢＯ1Ｏ2＝６０°より、
∠ＡＯ1Ｂ＝１２０°
よって、弧ＡＢ＝７．５×２×３．１４×(１２０/３６０)＝１５×３．１４×(１/３)＝５×３．１４ｃｍ
よって、赤い線の合計はこの２倍で、
１０×３．１４＝３１．４ｃｍ
よって、答えは、３１．４ｃｍ

おまけ：

問題２の解法１
四角形を左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＢＣを１辺とした頂点ＥがＢＣに関して点Ａと同じ側にある正三角形ＥＢＣを描くと、△ＡＢＣが二等辺三角形（底角が共に４８°）より対称性により、△ＥＡＢと△ＥＡＣは合同。よって、∠ＡＥＢ＝∠ＡＥＣ＝６０°÷２＝３０°また、△ＢＣＤの内角の和より、∠ＢＤＣ＝１８０°－３６°－７２°＝７２°よって、∠ＢＣＤ＝∠ＢＤＣより△ＢＣＤも二等辺三角形。よって、ＢＣ＝ＢＤ　また、正三角形よりＢＣ＝ＢＥ　よって、ＢＥ＝ＢＤ―――①
また、∠ＥＢＡ＝６０°－４８°＝１２°，∠ＤＢＡ＝１２°より、∠ＥＢＡ＝∠ＤＢＡ―――②　また、ＢＡは共通―――③
①，②，③より、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＥと△ＡＢＤは合同。よって、∠ア＝∠ＡＤＢ＝∠ＡＥＢ＝３０°
よって、答えは、∠ア＝３０°

暗算で書いたので、読み難いかもしれません。

おまけ：

問題２の解法２
四角形を左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＢＤを１辺とした頂点ＥがＢＤに関して点Ａと同じ側にある正三角形ＥＢＤを描くと、∠ＡＢＥ＝６０°－１２°＝４８°また、∠ＡＢＣ＝１２°＋３６°＝４８°より、∠ＡＢＥ＝∠ＡＢＣ―――①
また、△ＢＣＤの内角の和より∠ＢＤＣ＝１８０°－３６°－４８°－２４°＝７２°また、∠ＢＣＤ＝４８°＋２４°＝７２°よって、∠ＢＤＣ＝∠ＢＣＤより、△ＢＣＤは二等辺三角形。よって、ＢＣ＝ＢＤ　また、正三角形より、ＢＤ＝ＢＥ　
よって、ＢＥ＝ＢＣ―――②
また、ＡＢは共通―――③　①，②，③より、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＥと△ＡＢＣは合同。よって、∠ＡＥＢ＝∠ＡＣＢ＝４８°また、∠ＢＤＥ＝６０°より、∠ＤＥＡ＝６０°－４８°＝１２°
よって、∠ＤＥＡ＝∠ＤＢＡ―――④　
ところで、△ＡＢＣは底角が共に４８°より二等辺三角形。よって、それと合同な△ＡＢＥも二等辺三角形。よって、ＡＥ＝ＡＢ―――⑤　また、ＡＤは共通―――⑥
④，⑤，⑥より、二辺挟角が等しいので、△ＡＥＤと△ＡＢＤは合同。よって、∠ＡＤＥ＝∠ＡＤＢ　よって、ＤＡは∠ＥＢＤを二等分していて、∠ＥＤＢ＝６０°より、
∠ア＝∠ＡＤＢ＝６０°÷２＝３０°
よって、答えは、３０°

暗算で解きながら書いたので、読み難いかもしれません。

おまけ：

算数の解法
線分を２本追加して、対称的に「井」のような形を作り、円を９ヶ所に分けて、
①②③
④⑤⑥
⑦⑧⑨
と番号を付けると、①と③，④と⑥，⑦と⑨，②と⑧はそれぞれ合同な図形で色違いなので相殺され、結局、黄色い方が⑤の部分だけ面積が大きい。
ところで、⑤は縦４ｃｍ，横２ｃｍの長方形なので、面積は４×２＝８ｃｍ^2
よって、答えは、黄色い方が白い方より８ｃｍ^2大きい。

因みに、何でもありは積分の解法ではありません。

おまけ：

何でもありの解法１
縦の弦を上からＡＢ，横の元を左からＣＤとし、ＡＢとＣＤの交点をＥとすると、
白い部分の面積＝扇形ＯＡD－△ＯＡD＋△ＥＡＤ＋扇形ＯＢＣ－△ＯＢＣ＋△ＥＢＣ―――①
黄色い部分の面積＝扇形ＯＡＣ－△ＯＡＣ＋△ＥＡＣ＋扇形ＯＢＤ－△ＯＢＤ＋△ＥＢＤ―――②
ここで、ＡＥ＝ａ，ＣＥ＝ｂと置くと、ＢＥ＝ａ＋４，ＤＥ＝ｂ＋２である。
また、∠ＡＯＤ＝ｘ，∠ＢＯＣ＝ｙと置くと、アルハゼンの定理と円周角と中心角の関係より、ｘ＋ｙ＝１８０°である。また、円の半径は４ｃｍでＣＤの中点をＭとするとＯＭ＝２ｃｍより△ＯＤＭは１：２：√３の直角三角形。∴∠ＣＯＤ＝１２０°
これらを考慮に入れて①，②を数式化すると、
白い部分＝１６π(ｘ/３６０)－(１/２)・４^2・sinｘ＋ａ(ｂ＋２)/２＋１６π(ｙ/３６０)－(１/２)・４^2・sinｙ＋ｂ(ａ＋４)/２
＝１６π{(ｘ＋ｙ)/３６０}－８(sinｘ＋sinｙ)＋ａ(ｂ＋２)/２＋ｂ(ａ＋４)/２
＝８π－８(sinｘ＋sin(１８０°－ｘ))＋(２ａｂ＋２ａ＋４ｂ)/２
＝８π－１６sinｘ＋ａｂ＋ａ＋２ｂ―――③
黄色部分＝１６π{(１２０°－ｘ)/３６０)－(１/２)・４^2・sin(１２０°－ｘ)＋ａｂ/２＋１６π[１８０°－(１２０°－ｘ)}/３６０]－(１/２)・４^2・sin{１８０°－(１２０°－ｘ)}＋(ｂ＋２)(ａ＋４)/２
＝８π－８{sin(１２０°－ｘ)＋sin(１２０°－ｘ)}＋(２ａｂ＋２ａ＋４ｂ＋８)/２
＝８π－１６si n(１２０°－ｘ)＋ａｂ＋ａ＋２ｂ＋４―――④
④－③より、
差＝－１６si n(１２０°－ｘ)＋１６sinｘ＋４
＝１６{sinｘ－sin(１２０°－ｘ)}＋４―――☆
ここで、和と積の公式より、
sinｘ－sin(１２０°－ｘ)＝２cos６０°・sin{(２ｘ－１２０°)/２}＝sin(ｘ－６０°)
これを☆に代入すると、
差＝１６sin(ｘ－６０°)＋４―――☆☆
ところで、図より、ｘ－６０°＝∠ＡＯＤ－∠ＭＯＤ＝∠ＡＯＭ＝∠ＯＡＢ（錯角より）
よって、ＡＢの中点をＮとすると、sin∠ＯＡＭ＝１/４より、sin(ｘ－６０°)＝１/４
これを☆☆に代入すると、
差＝４＋４＝８ｃｍ^2
よって、黄色い方が８ｃｍ^2大きい。
因みに、算数の解法から、この値は円の大きさに関係ないので、それをこの解法で証明して下さい。（何でもありの解法２）
しかし、算数の解法の方が優秀ですね。この解法では絶対に気付きませんからね。

おまけ：

何でもありの解法２
円の半径を定めない解法
縦の弦を上からＡＢ，横の元を左からＣＤとし、ＡＢとＣＤの交点をＥとすると、
白い部分の面積＝扇形ＯＡD－△ＯＡD＋△ＥＡＤ＋扇形ＯＢＣ－△ＯＢＣ＋△ＥＢＣ―――①
黄色い部分の面積＝扇形ＯＡＣ－△ＯＡＣ＋△ＥＡＣ＋扇形ＯＢＤ－△ＯＢＤ＋△ＥＢＤ―――②
ここで、ＡＥ＝ａ，ＣＥ＝ｂと置くと、ＢＥ＝ａ＋４，ＤＥ＝ｂ＋２である。
また、∠ＡＯＤ＝ｘ，∠ＢＯＣ＝ｙと置くと、アルハゼンの定理と円周角と中心角の関係より、ｘ＋ｙ＝１８０°である。また、半径をｒｃｍとし、ＣＤの中点をＭとするとＯＭ＝２ｃｍより、∠ＤＯＭ＝Arccos(2/r)　
∴∠ＣＯＤ＝２Arccos(2/r)
これらを考慮に入れて①，②を数式化すると、
白い部分＝πｒ^2・(ｘ/３６０)－(１/２)・ｒ^2・sinｘ＋ａ(ｂ＋２)/２＋πｒ^2・(ｙ/３６０)－(１/２)・ｒ^2・sinｙ＋ｂ(ａ＋４)/２
＝πｒ^2・{(ｘ＋ｙ)/３６０}－(１/２)ｒ^2・(sinｘ＋sinｙ)＋ａ(ｂ＋２)/２＋ｂ(ａ＋４)/２
＝πｒ^2/２－(１/２)ｒ^2・(sinｘ＋sin(１８０°－ｘ))＋(２ａｂ＋２ａ＋４ｂ)/２
＝πｒ^2/２－ｒ^2・sinｘ＋ａｂ＋ａ＋２ｂ―――③
黄色部分＝πｒ^2・{(２Arccos(2/r)－ｘ)/３６０}－(１/２)・ｒ^2・sin(２Arccos(2/r)－ｘ)＋ａｂ/２＋πｒ^2・[{１８０°－(２Arccos(2/r)－ｘ)}/３６０]－(１/２)・ｒ^2・sin{１８０°－(２Arccos(2/r)－ｘ)}＋(ｂ＋２)(ａ＋４)/２
＝πｒ^2/２－ｒ^2{sin(２Arccos(2/r)－ｘ)＋ａｂ/２＋(ｂ＋２)(ａ＋４)/２
＝πｒ^2/２－ｒ^2・si n(２Arccos(2/r)－ｘ)＋(２ａｂ＋２ａ＋４ｂ＋８)/２
＝πｒ^2/２－ｒ^2・si n(２Arccos(2/r)－ｘ)＋ａｂ＋ａ＋２ｂ＋４―――④
④－③より、
差＝－ｒ^2・si n(２Arccos(2/r)－ｘ)＋ｒ^2・sinｘ＋４
＝ｒ^2・{sinｘ－sin(２Arccos(2/r)－ｘ)}＋４―――☆
ここで、和と積の公式より、
sinｘ－sin(２Arccos(2/r)－ｘ)＝２cos{２Arccos(2/r)/２}・sin{(２ｘ－２Arccos(2/r))/２}＝２cos(Arccos(2/r))・sin(ｘ－Arccos(2/r))
＝２(２/ｒ)sin(ｘ－Arccos(2/r))
＝(４/ｒ)sin(ｘ－Arccos(2/r))
これを☆に代入すると、
差＝ｒ^2・(４/ｒ)sin(ｘ－Arccos(2/r))＋４
＝４ｒ・sin(ｘ－Arccos(2/r))＋４―――☆☆
ところで、図より、ｘ－Arccos(2/r)＝∠ＡＯＤ－∠ＭＯＤ＝∠ＡＯＭ＝∠ＯＡＢ（錯角より）
よって、ＡＢの中点をＮとすると、sin∠ＯＡＭ＝１/ｒより、sin(ｘ－Arccos(2/r))＝１/ｒ
これを☆☆に代入すると、
差＝４ｒ(１/ｒ)＋４＝４＋４＝８ｃｍ^2
よって、黄色い方が８ｃｍ^2大きい。

よって、円の大きさに関係なく、この問題は成立する事が証明された。念のため、算数の解法でもちゃんと解説すればそれでＯＫ。
因みに、変な所で区切れちゃって読み難くてすみません。一度、写し取ってから読んでく下さい。

おまけ：

算数の解答
もう片方の空白部分にも直交する２線分を付け加えて「井」みたいな形を作り、新しくできる小さい青い部分を元からある空白部分に移すと、求める面積は、円から中央の正方形の部分を除いた面積の半分である事が分かる。
よって、答えは、
８×８×３．１４－８×８＝２００．９６－６４＝１３６．９６ｃｍ^2

因みに、Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２とは全く関係ありません。余裕がある人は、２通りで証明してみて下さい。

おまけ：

問題
弦をＡＢ，ＣＤとしてＡＢとＣＤの交点をＥとし、ＡＥ＝ａ，ＥＢ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＥＤ＝ｄ，円の半径をＲとすると、
Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２で求められる事を証明して下さい。
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201807100001/

解法１
円の中心をＯ，弦ＡＢ，ＣＤの中点をそれぞれＭ，Ｎとすると、ＯＭ⊥ＡＢ，ＯＮ⊥ＣＤ（証明は、半径から△ＯＡＢ，△ＯＣＤは二等辺三角形だから。）
また、ＡＢ⊥ＣＤより、四角形ＥＭＯＮは長方形。よって、ＯＮ＝ＭＥ＝ＭＡ－ＡＥ＝(ａ＋ｂ)/２－ａ＝(－ａ＋ｂ)/２
また、ＣＮ＝(ｃ＋ｄ)/２　また、ＯＣ＝Ｒより、△ＯＣＮで三平方の定理を使うと、
Ｒ^2＝{(－ａ＋ｂ)/２}^2＋{(ｃ＋ｄ)/２}^2
＝(ａ^2＋ｂ^2－２ａｂ)/４＋(ｃ^2＋ｄ^2＋２ｃｄ)/４―――①
また、方べきの定理より、ａｂ＝ｃｄ―――②
②を①に代入すると、
Ｒ^2＝(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/４
∴Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２
よって、示された。

別証のヒントはアルハゼンの定理です。

おまけ：

問題
弦をＡＢ，ＣＤとしてＡＢとＣＤの交点をＥとし、ＡＥ＝ａ，ＥＢ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＥＤ＝ｄ，円の半径をＲとすると、
Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２で求められる事を証明して下さい。


解法２
十字の縦の弦を上からＡＢ，横の弦を左からＣＤとする。
ところで、アルハゼンの定理より、
弧ＡＤの円周角＋弧ＢＣの円周角＝９０°である。（アルハゼンの定理を使わない場合は、ＡＣを結び△ＥＡＣの内対角の和を考えれば良い。）
つまり、弧ＡＤの隣り（延長上）に弧ＢＣの長さを取り、弧ＤＢ'とすると、弧ＡＢ'の円周角は９０°になるので、ＡＢ'は直径である。∴∠ＡＤＢ'＝９０°
よって、△ＡＤＢ'で三平方の定理を使うと、
ＡＤ^2＋Ｂ'Ｄ^2＝ＡＢ'^2―――①
ところで、
Ｂ'Ｄ＝ＢＣ＝√(ｂ^2＋ｃ^2)―――②
ＡＤ＝√(ａ^2＋ｄ^2)―――③
ＡＢ'＝２Ｒ―――④
②，③，④を①に代入すると、
ａ^2＋ｄ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＝(２Ｒ)^2
∴２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)
∴Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２

おまけ：

三角関数の解法を作ってみて下さい。念のため、改題の方です。（今回、開発しました。）

おまけ：

問題
弦をＡＢ，ＣＤとしてＡＢとＣＤの交点をＥとし、ＡＥ＝ａ，ＥＢ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＥＤ＝ｄ，円の半径をＲとすると、
Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２で求められる事を証明して下さい。
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201807100001/

解法３
円の中心をＯとして、∠ＡＯＤ＝ｘ，∠ＢＯＣ＝ｙと置くと、アルハゼンの定理より、
弧ＡＤの円周角＋弧ＢＣの円周角＝９０°（アルハゼンの定理を使わない場合は、ＡＣを結び△ＥＡＣの内対角の和を考えれば良い。）
よって、円周角と中心角の関係を考えると、∠ＡＯＤ＋∠ＢＯＣ＝１８０°∴ｘ＋ｙ＝１８０°∴ｙ＝１８０°－ｘ
今、△ＯＡＤで余弦定理と△ＡＥＤで三平方の定理を使うと、
ａ^2＋ｄ^2＝Ｒ^2＋Ｒ^2－２・Ｒ・Ｒ・cosｘ
∴ａ^2＋ｄ^2＝２Ｒ^2－２Ｒ^2・cosｘ―――①
また、△ＯＢＣで余弦定理と△ＣＥＢで三平方の定理を使うと、
ｂ^2＋ｃ^2＝Ｒ^2＋Ｒ^2－２・Ｒ・Ｒ・cosｙ
∴ｂ^2＋ｃ^2＝２Ｒ^2－２Ｒ^2・cos(180°－ｘ)＝２Ｒ^2＋２Ｒ^2・cosｘ
∴ｂ^2＋ｃ^2＝２Ｒ^2＋２Ｒ^2・cosｘ―――②
①＋②より、
ａ^2＋ｄ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＝４Ｒ^2
∴２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)
∴Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２

おまけ：https://instagrammernews.com/detail/2928188328516043147

解答
△ＡＢＣの周の長さを考えると、円Ａ，Ｂ，Ｃそれぞれの半径の２倍の合計である。
よって、円Ａの半径＋円Ｂの半径＋円Ｃの半径＝△ＡＢＣの周の長さの半分
＝(６＋５＋４)÷２＝１５÷２＝７．５ｃｍ
よって、円Ａの半径＋円Ｂの半径＋円Ｃの半径＝７．５ｃｍ
ところで、円Ｂの半径＋円Ｃの半径＝ＢＣ＝５ｃｍより、円Ａの半径＝７．５－５＝２．５ｃｍ（念のため、図で考える。）
よって、答えは、２．５ｃｍ

おまけ：

問題
Ｇを群とする。ｅはＧの単位元を表す。
（１）任意の元ｘ∈Ｇに対して、ｘ^2＝ｅが成り立つならば、Ｇは可換群であることを示せ。
（２）任意の元ｘ,ｙ∈Ｇに対して、(ｘｙ)^2＝ｘ^2ｙ^2が成り立つならば、Ｇは可換群であることを示せ。

別証
（１）ａ，ｂをＧの任意の元とすると、ａｂ∈Ｇでｘ＝ａｂと考えると、(ａｂ)^2＝ｅ
∴ａｂａｂ＝ｅ
この両辺に左からａを右からｂをかけると、
ａ^2＝ｂ^2＝ｅより、ｂａ＝ａｂとなる。
よって、Ｇは可換群である。

おまけ：実にいい加減。不倫していた人もいますね。念のため、どうでも良い話である。

算数の解答
ＡＣ上の最も点Ａに近い点から折れ線をＤＥＦＧＨＩＣとする。（辺ＡＣ上の点はＤ，Ｆ，Ｈで、辺ＡＢ上の点はＥ，Ｇ，Ｉという事。）
△ＤＡＥは二等辺三角形より∠ＤＡＥ＝∠ＤＥＡ＝●と置くと、△ＤＡＥの内対角の和より、∠ＦＤＥ＝●●　また、△ＥＤＦも二等辺三角形より、∠ＥＦＤ＝∠ＥＤＦ＝●●
また、△ＥＡＦの内対角の和より∠ＦＥＧ＝●＋●●＝●●●　また、△ＦＥＧも二等辺三角形より、∠ＦＧＥ＝∠ＦＥＧ＝●●●
また、△ＦＡＧの内対角の和より、∠ＨＦＧ＝●＋●●●＝●●●●　また、△ＧＦＨも二等辺三角形より、∠ＧＨＦ＝∠ＧＦＨ＝●●●●
また、△ＧＡＨの内対角の和より、∠ＨＧＩ＝●＋●●●●＝●●●●●＝５×●
また、△ＨＧＩも二等辺三角形より、
∠ＨＩＧ＝∠ＨＧＩ＝●●●●●＝５×●
また、△ＨＡＩの内対角の和より、
∠ＣＨＩ＝●＋５×●＝６×●
また、△ＩＨＣも二等辺三角形より、
∠ＩＣＨ＝∠ＩＨＣ＝６×●
また、△ＩＡＣの内対角の和より、
∠ＣＩＢ＝●＋６×●＝７×●
また、△ＣＩＢも二等辺三角形より、
∠ＣＢＩ＝∠ＣＩＢ＝７×●
また、△ＡＢＣも二等辺三角形より、
∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ＝７×●
よって、△ＡＢＣの内角の和より、
●＋７×●＋７×●＝１８０°が成り立つ。
よって、１５×●＝１８０°
よって、●＝１８０°÷１５＝１２°
よって、∠ＤＡＥ＝１２°よって、∠ＢＡＣ＝１２°よって、答えは、１２°

おまけ：

問題
ＡＢ＝ＡＣ＝１とした時の◦の付いた辺の長さを求めて下さい。ただし、中学数学で求める所に意味があります。
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201807110001/

解答
ＡＣ上の最も点Ａに近い点から折れ線をＤＥＦＧＨＩＣとする。（辺ＡＣ上の点はＤ，Ｆ，Ｈで、辺ＡＢ上の点はＥ，Ｇ，Ｉという事。）
ここで、ＢＣ＝ｘと置くと、ＡＥ＝ｘ　また、△ＡＢＣ∽△ＣＢＩ（∠Ｂを共有した二等辺三角形だから）より、１：ｘ＝ｘ：ＩＢ
∴ＩＢ＝ｘ^2―――①
ところで、算数の解法より●＝１２°で、
∠ＨＩＧ＝∠ＨＧＩ＝●●●●●＝６０°
よって、△ＨＧＩは正三角形である。
∴ＧＩ＝ＨＩ＝ｘ―――②
また、∠ＦＧＥ＝∠ＦＥＧ＝●●●＝３６°
よって、△ＦＥＧは頂角が１０８°の二等辺三角形。
ここで、ＥＧ上にＥＪ＝ＥＦとなる点Ｊを取ると、∠ＥＦＪ＝∠ＥＪＦ＝(１８０°－３６°)÷２＝７２°∴∠ＪＦＧ＝１０８°－７２°＝３６°∴∠ＪＦＧ＝∠ＪＧＦ＝３６°
よって、△ＦＥＧ∽△ＪＦＧ　よって、ＥＧ＝ｙと置くと、ｘ：ｙ＝ｙ－ｘ：ｘが成り立つ。
∴ｘ^2＝ｙ(ｙ－ｘ)　∴ｘ^2＝ｙ^2－ｘｙ
∴ｙ^2－ｘｙ－ｘ^2＝０　これを解の公式で解くと、ｙ＝{ｘ±√(ｘ^2＋４ｘ^2)}/２
＝(ｘ±√５ｘ)/２＝(１±√５)ｘ/２
ｙ＞０より、ｙ＝(１＋√５)ｘ/２
∴ＥＧ＝＝(１＋√５)ｘ/２―――③
①，②，③とＡＢ＝１より、
ＡＥ＝１－ｘ^2－ｘ－(１＋√５)ｘ/２
＝１－ｘ^2－{(３＋√５)/２}ｘ
今、ＤからＡＥに垂線を下ろしその足をＫとすると、ＡＫ＝[１－ｘ^2－{(３＋√５)/２}ｘ]/２
また、ＣからＡＢに垂線を下ろしその足をＬとすると、△ＣＩＢも二等辺三角形より、ＬＢ＝ＩＢ/２＝ｘ^2/２　∴ＡＬ＝１－ｘ^2/２
よって、△ＤＡＫ∽△ＣＡＬを利用すると、
ＡＤ：ＡＫ＝ＡＣ：ＡＬより、
ｘ：[１－ｘ^2－{(３＋√５)/２}ｘ]/２＝１：１－ｘ^2が成り立つ。これを整理すると、
２ｘ^3－２ｘ^2－(７＋√５)ｘ＋２＝０
これは、３次方程式の解の公式でも解けないので、ここまで。念のため、解の公式を使える形まで変形しても還元不能の場合である。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%89%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F#%E9%82%84%E5%85%83%E4%B8%8D%E8%83%BD%E3%81%AE%E5%A0%B4%E5%90%88
そこで、裏を取るために、こちらのサイトhttps://keisan.casio.jp/exec/system/1256966554で解を求めると、
x1=-1.8270909175562
x2=0.20905692605582
x3=2.6180339915
図より、０＜ｘ＜１なので、x2が適正。
∴ｘ＝0.20905692605582
また、三角関数で求めると、ｘ＝２sin６°＝0.2090569なのでＯＫ。よって、裏が取れた。
因みに、ｘ＝２cos８４°＝0.2090569でもある。

おまけ：

変わった解答
上に正方形３個を付け加えて３×３の大きな正方形にして、左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振る。
ＡＢを１：２に分ける点（元の図形の左上の頂点）をＰ，ＢＣを１：２に分ける点をＱ，ＣＤを１：２に分ける点をＲ，ＤＡを１：２に分ける点をＳとすると、対称性から四角形ＰＱＲＳは正方形になり、面積は全体から四隅の合同な直角三角形を引くと、
９－２×１÷２×４＝９－４＝５ｃｍ^2
ところで、正方形を対角線で切ると合同な２つの三角形に二等分されるので、
△ＰＱＲ＝５÷２＝２．５ｃｍ^2
よって、△ＰＱＲが求める三角形である。念のため、点Ｐ，Ｑ，Ｒは全て元の図形の格子点上にある。

念のため、私のオリジナルです。因みに、検索してみましたが、この問題の解答は見つかりませんでした。

おまけ：

解説
＞（１），（２），（３）が必要条件であること：

Ｇが群であるための必要条件という事で、
「Ｇが群であるならば～である」の～の部分に（１），（２），（３）を当てはめて正しいなら条件を満たす。

＞（１），（２）は定義からただちに得られる。

Ｇが群であるならば、定義より（１），（２）が正しい事は自明である。

＞（３）は定理1.4により正しい。

Ｇが群であるならば、定理1.4が成り立つので、（３）も正しい。

＞（１），（２），（３）が十分条件であること：

Ｇが群であるための十分条件という事で、
「～ならばＧは群である」の～の部分に（１），（２），（３）を当てはめて正しいなら条件を満たす。

＞結合律（Ｇ１）は仮定により満たされているから、定理1.3より逆演算可能性の条件が成り立てばよい。
すなわち、
∀ａ，ｂ∈Ｇ，∃ｘ，ｙ∈Ｇ，ａ◦ｘ＝ｂ
　　　　　　　　　　　　　　ｙ◦ａ＝ｂ
を示せば良い。

定理1.3を見れば、
定理1.3
演算の与えられた空でない集合Ｇが、結合律（Ｇ１）を満足し、またＧにおいて逆演算可能であれば、Ｇはその演算に関して群である。

より、「逆演算可能」であれば良い事が分かり、定理1.2を見ると、
定理1.2（逆演算の可能性）
Ｇが群であるとする。このとき、Ｇに属する任意の２つの元ａ，ｂに対して、
ａ◦ｘ＝ｂ
ｙ◦ａ＝ｂ
を満足するＧの元ｘおよびｙが存在し、しかも、唯一通りに定まる。

∀ａ，ｂ∈Ｇ，∃ｘ，ｙ∈Ｇ，ａ◦ｘ＝ｂ
　　　　　　　　　　　　　　ｙ◦ａ＝ｂ
を示せば良い事が分かるだろう。

＞Ｇは有限集合であるから、Ｇの各元に番号をつけて、
Ｇ＝{ａ1,…,ａn}（ａ1,…,ａnは相異なるｎ個の元）
と表すことができる。Ｇの各要素にａを左からかけた元の集合
ａ◦Ｇ＝{ａ◦ａ1,ａ◦ａ2,…,ａ◦ａn}⊂Ｇ

ところで、（１）が全く使われていないが、「（１）演算が定義されている」とは、「演算◦について閉じている」という意味である。
よって、ａ◦Ｇ＝{ａ◦ａ1,ａ◦ａ2,…,ａ◦ａn}⊂Ｇである。

＞ここで、仮定（３）の消去律によって、
ｉ≠ｊ⇒ａ◦ａi≠ａ◦ａj

まず、「Ｇ＝{ａ1,…,ａn}（ａ1,…,ａnは相異なるｎ個の元）」より、
ｉ≠ｊ⇒ａi≠ａj―――①
また、定理1.4より、ｃ◦ａ＝ｃ◦ｂならばａ＝ｂ　∴ｃ◦ａi＝ｃ◦ａjならばａi＝ａj
また、ｃをａにすると、ａ◦ａi＝ａ◦ａjならばａi＝ａj　この対偶を取ると、
ａi≠ａj⇒ａ◦ａi≠ａ◦ａj―――②
①，②より、ｉ≠ｊ⇒ａ◦ａi≠ａ◦ａj

＞したがって、集合ａ◦Ｇを構成している元の個数はｎ個である。すると、ａ◦ＧはＧの部分集合で、ａ◦Ｇの個数とＧの個数は一致するからａ◦Ｇ＝Ｇでなければならない。

これは普通に考えれば自明ですね。

＞今ｂ∈Ｇであるから、あるｉがあってｂ＝ａ◦ａiとなっている。ここでａi＝ｘとすれば、ｂ＝ａ◦ｘとなる。
ｙ◦ａ＝ｂなる元ｙの存在についても同様である。

これも普通に考えれば自明ですね。よって、解説終わり。

おまけ：