数学

解説
＞上の「０＝Ｆ(０)」のＦ(０)はＦ(０)のみとは限らない。（例えば、Ｆ(１)かもしれない。）
「０＝Ｆ(０)」として良い理由を述べるか、別証を作って下さい。

確かに、０＝Ｆ(１)かもしれない。しかし、０＝Ｆ(０)となれるのだから、その場合を選ぶのである。例えば、４＝２＋２＝１＋３だが、４は奇数の和に出来るかという証明だったら後者を選べば良いのである。もちろん、証明の種類によるが、今回の証明は全ての場合でそうなる証明ではなく、うまく見つけられれば良いような証明だから良いのである。
因みに、別証は、

問題６
Ｆ：Ｖ→Ｖ'を線型写像とする。列ａ₁,ａ₂,･･･,ａrに対し、次の（１）,（２）を示せ。
（１）ａ₁,ａ₂,･･･,ａrが一次従属
⇒Ｆ(ａ₁),Ｆ(ａ₂),･･･,Ｆ(ａr)も一次従属
（２）Ｆ(ａ₁),Ｆ(ａ₂),･･･,Ｆ(ａr)が一次独立
⇒ａ₁,ａ₂,･･･,ａrも一次独立

（２）から先にやって、（模範解答の転用）

解答
（２）ｃ₁,ｃ₂,･･･,ｃr∈ℝに対して、ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋･･･＋ｃrａr＝０とする。Ｆは線型写像なので、
ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋ｃ₂Ｆ(ａ₂)＋･･･＋ｃrＦ(ａr)
＝Ｆ(ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋･･･＋ｃrａr)＝Ｆ(０)＝０
となる。ところで仮定からＦ(ａ₁),Ｆ(ａ₂),･･･,Ｆ(ａr)は一次独立。したがって、(ｃ₁,ｃ₂,･･･,ｃr)＝(０,･･･,０)でなければならない。よって、列ａ₁,ａ₂,･･･,ａrは一次独立である。
（１）（２）のＦ(ａ₁),Ｆ(ａ₂),･･･,Ｆ(ａr)が一次独立⇒ａ₁,ａ₂,･･･,ａrも一次独立
の対偶を取ると、
ａ₁,ａ₂,･･･,ａrが一次従属
⇒Ｆ(ａ₁),Ｆ(ａ₂),･･･,Ｆ(ａr)も一次従属
よって、示された。

別証２（１）だけ。
ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋ｃ₂Ｆ(ａ₂)＋･･･＋ｃrＦ(ａr)＝０・・・➀ならば、ｃ₁＝ｃ₂＝･･･＝ｃr＝０以外のｃi（１≦ｉ≦ｒ）が少なくとも１つ存在する事を示す。
今、ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋･･･＋ｃrａr＝０・・・②とすると、条件より、ｃ₁＝ｃ₂＝･･･＝ｃr＝０以外のｃi（１≦ｉ≦ｒ）が少なくとも１つ存在する。
また、①の左辺より、
ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋ｃ₂Ｆ(ａ₂)＋･･･＋ｃrＦ(ａr)
＝Ｆ(ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋･･･＋ｃrａr)
これに②を代入すると、
ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋ｃ₂Ｆ(ａ₂)＋･･･＋ｃrＦ(ａr)
＝Ｆ(０)
ところで、線型写像の性質より、Ｆ(０)＝０
∴ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋ｃ₂Ｆ(ａ₂)＋･･･＋ｃrＦ(ａr)＝０
また、ｃ₁＝ｃ₂＝･･･＝ｃr＝０以外のｃi（１≦ｉ≦ｒ）が少なくとも１つ存在しているので、
ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋ｃ₂Ｆ(ａ₂)＋･･･＋ｃrＦ(ａr)＝０ならば、ｃ₁＝ｃ₂＝･･･＝ｃr＝０以外のｃi（１≦ｉ≦ｒ）が少なくとも１つ存在する。
よって、定義より、Ｆ(ａ₁),Ｆ(ａ₂),･･･,Ｆ(ａr)は一次従属。
よって、示された。

おまけ：

問題５
ベクトル列ａ₁,ａ₂,…,ａrの中に同じものがあれば、
ａ₁,ａ₂,…,ａrは一次従属であることを示せ。

別解
（ⅰ）ａ₁,ａ₂,…,ａrが一次従属をなす場合、
ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋･･･＋ｃrａr＝０とするとｃ₁＝ｃ₂＝･･･＝ｃr＝０ではないｃi（１≦ｉ≦ｒ）が少なくとも１つ存在する。
ここで、ａ₁＝ａ₂＝ａとして、
ｃ₁ａ＋ｃ₂ａ＋ｃ₃ａ₃ ･･･＋ｃrａr＝０とすると
(ｃ₁＋ｃ₂)ａ＋ｃ₃ａ₃＋･･･＋ｃrａr＝０
この中のｃi（１≦ｉ≦ｒ）が少なくとも１つ０ではないので、定義より一次従属である。
（ⅱ）ａ₁,ａ₂,…,ａrが一次独立をなす場合、
ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋･･･＋ｃrａr＝０とするとｃ₁＝ｃ₂＝･･･＝ｃr＝０
ここで、ａ₁＝ａ₂＝ａとして、
ｃ₁ａ＋ｃ₂ａ＋ｃ₃ａ₃ ･･･＋ｃrａr＝０とすると
(ｃ₁＋ｃ₂)ａ＋ｃ₃ａ₃＋･･･＋ｃrａr＝０
よって、ｃ₁＝－ｃ₂，ｃ₃＝･･･＝ｃr＝０とすると、ｃ₁＝ｃ₂＝･･･＝ｃr＝０以外でも成り立つので、定義より一次従属である。
（ⅰ），（ⅱ）より、一次従属である。
よって、示された。
念のため、一次従属と一次独立は互いに余事象の関係なので、（ⅰ），（ⅱ）で全ての場合である。

おまけ：
「7 しかし、わたしはほんとうのことをあなたがたに言うが、わたしが去って行くことは、あなたがたの益になるのだ。わたしが去って行かなければ、あなたがたのところに助け主はこないであろう。もし行けば、それをあなたがたにつかわそう。
8 それがきたら、罪と義とさばきとについて、世の人の目を開くであろう。
9 罪についてと言ったのは、彼らがわたしを信じないからである。
10 義についてと言ったのは、わたしが父のみもとに行き、あなたがたは、もはやわたしを見なくなるからである。
11 さばきについてと言ったのは、この世の君がさばかれるからである。
12 わたしには、あなたがたに言うべきことがまだ多くあるが、あなたがたは今はそれに堪えられない。
13 けれども真理の御霊が来る時には、あなたがたをあらゆる真理に導いてくれるであろう。それは自分から語るのではなく、その聞くところを語り、きたるべき事をあなたがたに知らせるであろう。
14 御霊はわたしに栄光を得させるであろう。わたしのものを受けて、それをあなたがたに知らせるからである。
15 父がお持ちになっているものはみな、わたしのものである。御霊はわたしのものを受けて、それをあなたがたに知らせるのだと、わたしが言ったのは、そのためである。
16 しばらくすれば、あなたがたはもうわたしを見なくなる。しかし、またしばらくすれば、わたしに会えるであろう」。」
「ヨハネによる福音書」第１６章７節～１６節（口語訳）

問題
図のように、半径５ｃｍの円Ｏに点Ａ，Ｂでそれぞれ接している平行な２直線がある。また、円Ｏの周上の点Ｃにおける接線がこの２直線と交わる点をそれぞれＰ，Ｑとする。
（１）ＡＰ＝ｘｃｍ，ＢＱ＝ｙｃｍとするとき、ｙをｘの式で表せ。
（２）∠ＡＰＱ＝６０°のとき、ｘ，ｙの値を求めよ。
（９１　桃山学院）

模範解答
（１）△ＰＡＯと△ＰＣＯは合同だから、
∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＣ・・・➀
同様に、∠ＯＱＢ＝∠ＯＱＣ・・・②
∠ＡＰＱ＋∠ＢＱＰ＝１８０°
だから、その半分ずつは、①，②より、
∠ＯＰＱ＋∠ＯＱＰ＝９０°
よって、∠ＰＯＱ＝９０°
網目部の三角形△ＰＡＯと△ＯＢＱは相似だから（基本図１８）、
ＡＰ：ＢＯ＝ＡＯ：ＢＱ，ＡＯ＝ＢＯ＝５ｃｍ
ＡＰ＝ｘｃｍ，ＢＱ＝ｙｃｍであるから、
ｘ：５＝５：ｙ　ゆえに、ｙ＝２５/ｘ
（２）∠ＡＰＱ＝６０°のとき、図をかくと、右図のようになる。
△ＰＡＯ，△ＯＢＱは共に３０°定規だから、
ＡＰ＝ｘ＝５×√３＝５√３，
ＢＱ＝ｙ＝５×(１/√３)＝５√３/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞△ＰＡＯと△ＰＣＯは合同

半径が等しく、ＯＰを共有していて、接線と中心の関係より∠Ａ＝∠Ｃ＝９０°だから、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいから。

＞網目部の三角形△ＰＡＯと△ＯＢＱは相似（基本図１８）

基本図１８とは、線分ＢＣがありＢＣ上に点Ｅがある。Ｂ，Ｃから適当な長さの垂線ＢＡ，ＣＤを立て、∠ＡＥＤ＝９０°となった図である。
この時、△ＡＢＥ∽△ＥＣＤとなる。
つまり、本題では線分ＡＢの両端が９０°で∠ＰＯＱ＝９０°だから定石の図という事。

＞∠ＡＰＱ＝６０°のとき、図をかくと、右図のようになる。

別に３０°や６０°を書き込んだだけの図である。

別解
（１）円と接線の関係より、
ＰＡ＝ＰＣ＝ｘ，ＱＢ＝ＱＣ＝ｙ　
∴ＰＱ＝ＰＣ＋ＱＣ＝ＰＡ＋ＱＢ
＝ＡＰ＋ＢＱ＝ｘ＋ｙ
ここで、ＱからＡＰに垂線を下ろしその足をＨとすると、３直角より四角形ＡＢＱＨは長方形。
∴ＡＨ＝ＢＱ＝ｙ　∴ＰＨ＝ｘ－ｙ
また、ＨＱ＝ＡＢ＝１０ｃｍ
よって、△ＱＨＰで三平方の定理を使うと、
(ｘ－ｙ)²＋１０²＝(ｘ＋ｙ)²
∴ｘ²－２ｘｙ＋ｙ²＋１００＝ｘ²＋２ｘｙ＋ｙ²
∴４ｘｙ＝１００　∴ｘｙ＝２５
∴ｙ＝２５/ｘ
（２）∠ＡＰＱ＝６０°より△ＱＨＰは１：２：√３の直角三角形。∴ＰＨ：ＰＱ＝１：２
∴ｘ－ｙ：ｘ＋ｙ＝１：２
∴ｘ＋ｙ＝２ｘ－２ｙ　∴ｘ＝３ｙ———➀
また、（１）より、ｘｙ＝２５———②
➀を②に代入すると、３ｙ²＝２５
∴ｙ²＝２５/３　
ｙ＞０より、ｙ＝５/√３＝５√３/３ｃｍ
これを➀に代入すると、ｘ＝５√３ｃｍ

別解の方が小市民的解法ですね。念のため、２通り作れと言われれば確実に出来ますが。
因みに、基本図１８は９０°じゃなくても使えます。つまり、本題で言えば、∠ＰＡＢ＝∠ＱＢＡ＝∠ＰＯＱならば、９０°じゃなくても△ＰＡＯ∽△ＯＢＱになるという事。ただし、ほとんどの問題は９０°バージョンなので、これは覚えなくても良いと思う。
（初めの公式集の図形編「１２」にあります。）

おまけ：

問題
右図で、円Ｏ₁は△ＡＢＣの２辺と線分ＤＥに接し、円Ｏ₂は３辺とＤＥに接している。
ＡＢ＝ＡＣ＝１３，ＢＣ＝１０，Ｏ₁の半径＝５/６
のとき、次の値を求めよ。
（１）Ｏ₂の半径
（２）Ｆ₁Ｆ₂の長さ
（３）ＤＴ₁の長さ
（８８　東大寺学園）

図の解説：円Ｏ₂は二等辺三角形ＡＢＣの内接円で円Ｏ₁は△ＡＢＣの内部の上の方で辺ＡＢとＡＣに接する小さな円。また、円Ｏ₁，Ｏ₂と辺ＡＢとの接点がそれぞれＴ₁，Ｔ₂で、ＤＥは円Ｏ₁とＯ₂の共通接線で点ＤはＡＢ上にあり、点ＥはＡＣ上にある。また、ＤＥと円Ｏ₁，Ｏ₂との接点をそれぞれＦ₁，Ｆ₂とした図。

模範解答
（１）まずＡから辺ＢＣに垂線ＡＨを下し、高さＡＨを求める。
ＡＨ＝√(ＡＢ²－ＢＨ²)＝√(１３²－５²)＝１２
よって、△ＡＢＣ＝ＢＣ×ＡＨ÷２＝６０・・・①
ここで、△ＡＢＣの面積を３つの部分に分け、それぞれを、円Ｏ₂の半径ｒの式で表す。
△ＡＢＣ＝△ＡＢＯ₂＋△ＢＣＯ₂＋△ＣＡＯ₂
＝(１/２)×１３×ｒ×(１/２)＋(１/２)×１０×ｒ＋(１/２)×１３×ｒ＝１８ｒ・・・②
➀と②が等しいから、１８ｒ＝６０
これを解いて、ｒ＝１０/３
（２）まず、Ｏ₁Ｏ₂の長さを求める。
△ＡＴ₁Ｏ₁∽△ＡＴ₂Ｏ₂で、相似比は
Ｏ₁Ｔ₁：Ｏ₂Ｔ₂＝１：４
よって、Ｏ₁Ｏ₂＝(３/４)ＡＯ₂
＝(３/４)(１２－１０/３)＝１３/２
Ｆ₁Ｆ₂は円Ｏ₁と円Ｏ₂の共通内接線の長さだから、図Ⅲのような補助線をひく（注：Ｏ₂Ｆ₂を結びその延長上にＯ₁から垂線を下しその足をＩとした図）と、網目部の直角三角形（注：△Ｏ₁Ｏ₂Ｉ）に注目することより、
Ｆ₁Ｆ₂＝Ｏ₁Ｉ＝√(Ｏ₁Ｏ₂²－Ｏ₂Ｉ²)
＝√{(１３/２)²－(５/６＋１０/３)²}
＝４√１４/３
（３）まず、Ｔ₁Ｔ₂の長さを求める。
Ｔ₁Ｔ₂＝(３/４)×ＡＴ₂＝(３/４)(ＡＢ－ＢＴ₂)
＝(３/４)(１３－５)＝６
ここで、Ｔ₁Ｔ₂＝Ｔ₁Ｄ＋ＤＴ₂＝Ｔ₁Ｄ＋ＤＦ₂
＝Ｔ₁Ｄ＋ＤＦ₁＋Ｆ₁Ｆ₂
＝２ＤＴ₁＋Ｆ₁Ｆ₂
だから、
ＤＴ₁＝(１/２)(Ｔ₁Ｔ₂－Ｆ₁Ｆ₂)
＝(１/２)(６－４√１４/３)
＝３－２√１４/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説：
＞△ＡＴ₁Ｏ₁∽△ＡＴ₂Ｏ₂で、相似比は
Ｏ₁Ｔ₁：Ｏ₂Ｔ₂＝１：４

Ｏ₁Ｔ₁：Ｏ₂Ｔ₂＝Ｏ₁の半径：Ｏ₂の半径
＝５/６：１０/３＝１/６：２/３＝１：４

＞図Ⅲのような補助線をひく（注：Ｏ₂Ｆ₂を結びその延長上にＯ₁から垂線を下しその足をＩとした図）と、網目部の直角三角形（注：△Ｏ₁Ｏ₂Ｉ）に注目することより、
Ｆ₁Ｆ₂＝Ｏ₁Ｉ

Ｆ₁Ｆ₂は接線よりＦ₁Ｆ₂⊥Ｏ₂Ｆ₂，Ｆ₁Ｆ₂⊥Ｏ₁Ｆ₁　また、Ｏ₁Ｉ⊥Ｏ₂Ｉより３直角なので四角形Ｆ₁Ｆ₂ＩＯ₁は長方形である。∴Ｆ₁Ｆ₂＝Ｏ₁Ｉ

（１）と（２）の別解は次回。ただし、あまり意味はありません。

おまけ：

問題
右図で、円Ｏ₁は△ＡＢＣの２辺と線分ＤＥに接し、円Ｏ₂は３辺とＤＥに接している。
ＡＢ＝ＡＣ＝１３，ＢＣ＝１０，Ｏ₁の半径＝５/６
のとき、次の値を求めよ。
（１）Ｏ₂の半径
（２）Ｆ₁Ｆ₂の長さ
（３）ＤＴ₁の長さ
（８８　東大寺学園）

図の解説：円Ｏ₂は二等辺三角形ＡＢＣの内接円で円Ｏ₁は△ＡＢＣの内部の上の方で辺ＡＢとＡＣに接する小さな円。また、円Ｏ₁，Ｏ₂と辺ＡＢとの接点がそれぞれＴ₁，Ｔ₂で、ＤＥは円Ｏ₁とＯ₂の共通接線で点ＤはＡＢ上にあり、点ＥはＡＣ上にある。また、ＤＥと円Ｏ₁，Ｏ₂との接点をそれぞれＦ₁，Ｆ₂とした図。

（１）の別解
ＢＣと円Ｏ₂との接点をＳとすると、△ＡＢＣは二等辺三角形よりＡＯ₂の延長とはＳに達し、ＡＳ⊥ＢＣとなる。また、Ｔ₂は円Ｏ₂とＡＢとの接点より、Ｏ₂Ｔ₂⊥ＡＢ
また、∠Ｏ₂ＡＴ₂は共通より２角が等しいので、△ＡＢＳ∽△ＡＯ₂Ｔ₂
∴ＡＢ：ＢＳ＝ＡＯ₂：Ｏ₂Ｔ₂
∴１３：５＝１２－ｒ：ｒ
（△ＡＢＳは５，１２，１３の直角三角形よりＡＳ＝１２だから。）
∴１３ｒ＝５(１２－ｒ)＝６０－５ｒ
∴１８ｒ＝６０　∴ｒ＝６０/１８＝１０/３

（２）の別解
Ｏ₁からＯ₂Ｔ₂に垂線を下ろしその足をＨとすると、３直角より四角形Ｏ₁Ｔ₁Ｔ₂Ｈは長方形で、ＨＴ₂＝Ｏ₁Ｔ₁＝５/６
また、（１）より、Ｏ₂Ｔ₂＝１０/３
∴Ｏ₂Ｈ＝１０/３－５/６＝２０/６－５/６
＝１５/６＝５/２
また、Ｏ₁Ｈ∥ＡＢより、△Ｏ₁Ｏ₂Ｈ∽△ＡＢＳである。ところで、△ＡＢＳは５：１２：１３の直角三角形より△Ｏ₁Ｏ₂Ｈも５：１２：１３の直角三角形。
∴Ｏ₁Ｏ₂＝(１３/５)Ｏ₂Ｈ
＝(１３/５)×(５/２)＝１３/２
ここで、Ｏ₁Ｏ₂とＦ₁Ｆ₂との交点をＧとすると、
△ＧＯ₁Ｆ₁∽△ＧＯ₂Ｆ₂で相似比はＯ₁Ｆ₁：Ｏ₂Ｆ₂＝５/６：１０/３＝１/６：２/３＝１：４
∴Ｏ₁Ｇ：Ｏ₂Ｇ＝１：４　
∴Ｏ₁Ｇ＝(１/５)Ｏ₁Ｏ₂＝１３/１０
よって、△Ｏ₁ＧＦ₁で三平方の定理を使うと、
ＧＦ₁＝√{(１３/１０)²－(５/６)²}
＝√(１６９/１００－２５/３６)
＝√(３６・１６９－２５００)/６０
＝√{(６・１３)²－５０²}/６０
＝√{(７８＋５０)(７８－５０)}/６０
＝√(１２８・２８)/６０
＝√(４・３２・４・７)/６０
＝４√(３２・７)/６０
＝１６√１４/６０＝４√１４/１５
∴ＧＦ₁＝４√１４/１５
∴Ｆ₁Ｆ₂＝５ＧＦ₁＝４√１４/３

（３）の別解（本質的には同じ）
ＤＴ₁＝Ｔ₁Ｔ₂－ＤＴ₂＝Ｔ₁Ｔ₂－ＤＦ₂
＝Ｔ₁Ｔ₂－(ＤＦ₁＋Ｆ₁Ｆ₂)
＝Ｔ₁Ｔ₂－ＤＦ₁－Ｆ₁Ｆ₂
＝Ｔ₁Ｔ₂－ＤＴ₁－Ｆ₁Ｆ₂
∴２ＤＴ₁＝Ｔ₁Ｔ₂－Ｆ₁Ｆ₂
∴ＤＴ₁＝(Ｔ₁Ｔ₂－Ｆ₁Ｆ₂)/２
ところで、△Ｏ₁Ｏ₂Ｈは５：１２：１３の直角三角形でＯ₁Ｏ₂＝１３/２だったので、Ｏ₁Ｈ＝(１２/１３)×(１３/２)＝６
∴ＤＴ₁＝(６－４√１４/３)/２
＝３－２√１４/３

おまけ：

問題
ある円の弦ＡＢとＣＤが直交していてその交点をＥとします。ＡＥ＝ａ，ＢＥ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＤＥ＝ｄである時、この円の直径は、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)で求められる事を証明して下さい。

普通に証明しても面白くないので、三角関数縛りで証明して下さい。

解法２
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)

おまけ：
https://tvablog.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/228478/


https://trilltrill.jp/articles/3705735

問題
ある円の弦ＡＢとＣＤが直交していてその交点をＥとします。ＡＥ＝ａ，ＢＥ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＤＥ＝ｄである時、この円の直径は、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)で求められる事を証明して下さい。

普通に証明しても面白くないので、三角関数縛りで証明して下さい。

やっぱり、中学数学でも複数通りで証明して下さい。

おまけ：
https://www.sankei.com/article/20181124-HHDCNLH2GFM5VBVWTX5MMS7NKY/

問題
ある円の弦ＡＢとＣＤが直交していてその交点をＥとします。ＡＥ＝ａ，ＢＥ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＤＥ＝ｄである時、この円の直径は、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)で求められる事を証明して下さい。

中学数学の解法１
解法１
円の中心をＯとして、ＯからＡＢ，ＣＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、半径より△ＯＡＢ，△ＯＣＤは二等辺三角形なので、点Ｈ，ＩはそれぞれＡＢ，ＣＤの中点になる。
∴ＡＨ＝(ａ＋ｂ)/２，ＤＩ＝(ｃ＋ｄ)/２
∴ＥＩ＝(ｃ＋ｄ)/２－ｄ＝(ｃ－ｄ)/２
ところで、３直角より四角形ＯＩＥＨは長方形。よって、ＨＯ＝ＥＩ＝(ｃ－ｄ)/２
よって、△ＯＡＨで三平方の定理を使うと、
ＯＡ^2＝{(ａ＋ｂ)/２}^2＋{(ｃ－ｄ)/２}^2
＝(ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2＋ｃ^2－２ｃｄ＋ｄ^2)/４
＝{ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2＋２(ａｂ－ｃｄ)}/４
また、方べきの定理より、ａｂ＝ｃｄ　これを代入すると、
ＯＡ^2＝(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/４
∴ＯＡ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２
∴Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２
∴２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)

解法２
円の中心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとすると、ＤＦは直径より∠ＤＣＦ＝９０°
また、ＦからＣＤと平行な直線を引き、円との交点をＧとし、ＦＧとＡＢとの交点をＨとすると、四角形ＧＦＣＤは長方形で対角線が中心Ｏを通るので対称性より、ＡＨ＝ＢＥ＝ｂ
∴ＨＥ＝ＡＥ－ＡＨ＝ａ－ｂ
また、四角形ＨＦＣＥも長方形より、
ＦＣ＝ＨＥ＝ａ－ｂ
ところで、ＤＣ＝ｃ＋ｄより、△ＤＣＦで三平方の定理を使うと、
２Ｒ＝√{(ａ－ｂ)^2＋(ｃ＋ｄ)^2}
＝√{ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2－２(ａｂ－ｃｄ)}
また、方べきの定理より、ａｂ＝ｃｄ
これを代入すると、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)

解法３
弧ＢＤ上に弧ＢＦ＝弧ＡＤとなる点Ｆを取ると、アルハゼンの定理より弧ＡＤの円周角＋弧ＢＣの円周角＝９０°なので、弧ＢＦ＋弧ＢＣの円周角も９０°で、つまりＣＦは直径になる。
また、弧と弦の関係より、ＢＦ＝ＡＤ
よって、ＢＦ^2＝ＡＤ^2＝ａ^2＋ｄ^2
また、ＢＣ^2＝ｂ^2＋ｃ^2
よって、△ＢＣＦで三平方の定理を使うと、
ＣＦ^2＝ＢＦ^2＋ＢＣ^2
∴(２Ｒ)^2＝ａ^2＋ｄ^2＋ｂ^2＋ｃ^2
∴２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)

解法４
円の中心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとする。
ここで、ＢＦを結ぶと、ＤＦは直径より∠ＤＢＦ＝９０°また、円周角より∠ＤＡＢ＝∠ＤＦＢ　∴∠ＤＡＥ＝∠ＤＦＢ　また、直角が等しいので２角が等しく、△ＤＡＥ∽△ＤＦＢ
∴ＡＤ：ＤＥ＝ＦＤ：ＤＢ
∴√(ａ^2＋ｄ^2)：ｄ＝２Ｒ：√(ｂ^2＋ｄ^2)
∴２Ｒ＝√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)}/ｄ
ここで、三角関数の解法１より、
√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)}/ｄ＝２Ｒ———☆
左辺＝√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)/ｄ^2}
＝√[{ｄ^4＋(ａ^2＋ｂ^2)ｄ^2＋ａ^2ｂ^2}/ｄ^2]
＝√{ｄ^2＋ａ^2＋ｂ^2＋(ａ^2ｂ^2)/ｄ^2}
ところで、方べきの定理より、ａｂ＝ｃｄ
これを代入すると、
左辺＝√{ｄ^2＋ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ^2ｄ^2)/ｄ^2}
＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)
これを☆の左辺に代入すると、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)

数値の時は、解法４に当たるものだけ方べきの定理を使わない画期的なものだったのに、解法３と逆転現象が起こっていますね。（奥が深い。）

おまけ：

解説
＞ｎ＝０のとき、ｆ(Ｘ)＝ａ≠０。

ｎ＝０の時とは、次数が０の時で定数の時であるが、０は除くから。
（０は０次ではなく次数なし。）

定義4.1
Ｒを可換環とする。Ｒとは関係ない文字ＸをＲ上の不定元（あるいは変数）という。Ｒ上のＸの多項式とは
ｆ(Ｘ)＝ａnＸ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋･･･＋ａ₁Ｘ＋ａ₀（ａi∈Ｒ）
の形の式のことであるとする。ａn≠０のとき、ｆ(Ｘ)はｎ次の多項式である。また、ｎをｆ(Ｘ)の次数といいｎ＝degｆ(Ｘ)と表す。ただし、すべてのｉについてａi＝０であるｆ(Ｘ)の次数は定めない。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞α∈Ｋについて、α≠α₁で、ｆ(α)＝０とすると
０＝ｆ(α)＝(α－α₁)ｇ(α)
ゆえに、ｇ(α)＝０。

ｆ(Ｘ)の１つ目の根をα₁としたが、次に２つ目の根をαとして、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α₁)ｇ(Ｘ)，ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]
にＸ＝αを代入すると、
ｆ(α)＝(α－α₁)ｇ(α)
また、ｆ(Ｘ)の２つめの根だからｆ(α)＝０
∴０＝ｆ(α)＝(α－α₁)ｇ(α)
α≠α₁より、ｇ(α)＝０

＞定理4.6はＫが可換体でないと必ずしも成立しない。たとえば、Ｒをハミルトンの４元数体とする（§１演習問題１０）。このとき、Ｒ係数の多項式ｆ(Ｘ)＝Ｘ²＋Ｅを考える。Ｉ²＋Ｅ＝０，Ｊ²＋Ｅ＝０，Ｋ²＋Ｅ＝０であるから、多項式ｆ(Ｘ)の次数は２次であるのにもかかわらず、ｆ(Ｘ)の根は少なくとも３個存在する。

可換体じゃないとダメな理由を述べて下さい。

定理4.6の証明には定理4.5の系（因数定理）を使っているが、

定理4.5の系（因数定理）
ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]，α∈Ｋとする。このとき、ｆ(α)＝０であるための必要十分条件は、ある多項式ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]が存在して、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)ｇ(Ｘ)
と表されることである。

これには「ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]，α∈Ｋとする。このとき、ｆ(α)＝０」より代入の原理が使われている。

定理4.4（代入の原理）
環Ｌを部分環とするような環とし、Ｌの元αはＲのすべての元と可換とする。Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)について、次が成り立つ。
（ⅰ）ｆ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)＝ξ(Ｘ)
⇒ｆ(α)＋ｇ(α)＝ξ(α)
（ⅱ）ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)＝η(Ｘ)
⇒ｆ(α)・ｇ(α)＝η(α)

ところで、定理4.6では根αは体Ｋ上の元である。（「ｆ(α)＝０となるＫの元αは高々ｎ個である」より）
また、ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ]の元よりｆ(Ｘ)の係数は全て体Ｋの元である。
よって、代入の原理を自在に使うには体Ｋは可換でなければならない。
具体的には、代入の原理の積の方である。
例えば、ａiα^i・ｂjα^jは、αとｂjが可換でないとａiｂjα^(i+j)とはならない。

以上より、定理4.6はＫが可換体でないと必ずしも成立しない。

おまけ：

問題
円Ｏの２つの弦ＡＢ，ＣＤが点Ｅで直交している。ＡＥ＝２，ＥＤ＝３，ＥＢ＝６のとき、円Ｏの半径を求めよ。
（類　９０　中央大付）

模範解答
Ｏから弦ＡＢ，ＣＤに下した垂線の足を、Ｍ，Ｎとする。ＭはＡＢの、ＮはＣＤの中点である。よって、ＢＭ＝(１/２)ＡＢ＝４
一方、方べきの定理より、
ＥＢ×ＥＡ＝ＥＣ×ＥＤ
よって、ＥＣ＝ＥＢ×ＥＡ÷ＥＤ＝４
ＯＭ＝ＮＥ＝(１/２)ＣＤ－ＥＤ＝１/２
△ＯＭＢに三平方の定理を用いて、
ＯＢ＝√(ＯＭ²＋ＢＭ²)＝√６５/２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説　模範解答は読み難いので、アレンジすると、
ＡＥ＝２，ＥＤ＝３，ＥＢ＝６より方べきの定理ＥＢ×ＥＡ＝ＥＣ×ＥＤを使うと、
６×２＝ＥＣ×３より、ＥＣ＝４
また、ＯからＡＢ，ＣＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＭ，Ｎとすると、半径より△ＯＡＢ，△ＯＣＤは二等辺三角形なので、Ｍ，Ｎはそれぞれ底辺ＡＢ，ＣＤの中点である。
ところで、ＡＢ＝２＋６＝８，ＣＤ＝４＋３＝７より、ＣＮ＝７/２，ＡＭ＝８/２＝４
∴ＭＥ＝ＡＭ－ＡＥ＝４－２＝２　また、四角形ＯＭＥＮは３直角より長方形なので、
ＯＮ＝ＭＥ＝２　よって、△ＯＣＮで三平方の定理を使うと、
ＯＣ＝√(ＣＮ²＋ＯＮ²)＝√(４９/４＋４)
＝√６５/２
よって、答えは、√６５/２

別解１
弧ＢＤ上に点Ｆを、弧ＡＤ＝弧ＢＦを満たすようにとると、
p.81,基本図35の知識より、
弧ＡＤの円周角＋弧ＢＣの円周角＝９０°
よって、弧ＡＤの長さと弧ＢＣの長さの和は半円周だから、弧ＣＢＦは半円の弧の長さである。
また、弧ＡＤ＝弧ＢＦより、ＡＤ＝ＢＦ（弦の長さも等しい）
以上より、ＣＦ²＝ＢＣ²＋ＢＦ²＝ＣＥ²＋ＢＥ²＋ＡＤ²＝ＣＥ²＋ＢＥ²＋ＡＥ²＋ＤＥ²
ＣＦ＝√(４²＋６²＋２²＋３²)＝√６５
よって、円Ｏの半径＝√６５/２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説：p.81,基本図35の知識とは、アルハゼンの定理である。http://yosshy.sansu.org/theorem/alhazen.htm（１の方）
要は、アルハゼンの定理により、
弧ＡＤの円周角＋弧ＢＣの円周角＝９０°
これに、弧ＡＤ＝弧ＢＦを代入すると、
弧ＢＦの円周角＋弧ＢＣの円周角＝９０°
つまり、弧ＣＢＦの円周角が９０°より弧ＣＢＦは半円という事である。
ここで、アレンジをすると、
ＣＦは直径より∠ＣＤＦ＝９０°また、四角形ＤＡＢＦは等脚台形より、
ＤＦ＝ＡＢ－２ＡＥ＝(２＋６)－２・２＝４
また、ＣＤ＝４＋３＝７より、△ＣＤＦで三平方の定理を使うと、
ＣＦ＝√(７²＋４²)＝√６５
よって、半径は、√６５/２

別解２
この円は△ＡＣＤの外接円だから、（ア）の基本図の知識より、
円の半径＝(ＡＣ×ＡＤ)/(２×ＡＥ)
＝{√(２²＋４²)×√(２²＋３²)}/４
＝√６５/２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
（ア）の基本図の知識とは、基本図５４の事で、
△ＡＢＣの頂点Ａから辺ＢＣに下した垂線の足をＨとする時、外接円の半径は、
(ＡＢ×ＡＣ)/(２×ＡＨ)で求められるというもの。
証明は次回にしますね。また、「（２）として、図形ＡＣＥと図形ＢＤＥの面積の和を求めて下さい」は算数慣れしていないと出来ないと思います。

おまけ：

＞（ア）の基本図の知識とは、基本図５４の事で、
△ＡＢＣの頂点Ａから辺ＢＣに下した垂線の足をＨとする時、外接円の半径は、
(ＡＢ×ＡＣ)/(２×ＡＨ)で求められるというもの。
証明は次回にしますね。

適当な鋭角三角形ＡＢＣを描き、その外心をＯとする。ＯＡ，ＯＢを結びＯからＡＢに垂線を下ろしその足をＩとすると、半径より△ＯＡＢは二等辺三角形なので、∠ＡＯＩ＝(１/２)∠ＡＯＢ
また、中心角と円周角との関係より、∠Ｃ＝(１/２)∠ＡＯＢ　∴∠ＡＯＨ＝∠Ｃ
また、∠ＡＩＯ＝∠ＡＨＣより２角が等しいので、△ＡＯＩ∽△ＡＣＨ
よって、ＯＡ：ＡＩ＝ＡＣ：ＡＨが成り立つ。
ここで、外接円の半径をＲと置くと、ＯＡ＝Ｒ
また、△ＯＡＢは二等辺三角形でＯＩ⊥ＡＢより、ＡＩ＝(１/２)ＡＢ
これらを代入すると、
Ｒ：(１/２)ＡＢ＝ＡＣ：ＡＨ
∴ＡＨ・Ｒ＝ＡＢ・ＡＣ/２
∴Ｒ＝(ＡＢ×ＡＣ)/(２×ＡＨ)
で求められる。
念のため、鈍角三角形や直角三角形の場合も同様に示せる。
因みに、普通の優等生は外接円を描き、ＡＯの延長と円との交点をＤとしてＢＤを結ぶ方法を取ったと思います。所詮、暗記数学ですからね。（念のため、「受験は要領」を否定している訳ではありません。むしろ、絶賛。）

問題
円Ｏの２つの弦ＡＢ，ＣＤが点Ｅで直交している。ＡＥ＝２，ＥＤ＝３，ＥＢ＝６のとき、
（１）円Ｏの半径を求めよ。
（類　９０　中央大付）
（２）図形ＡＣＥと図形ＢＤＥの面積の和を求めて下さい。

解答
（１）ＡＥ＝２，ＥＤ＝３，ＥＢ＝６より方べきの定理ＥＢ×ＥＡ＝ＥＣ×ＥＤを使うと、
６×２＝ＥＣ×３より、ＥＣ＝４
また、ＯからＡＢ，ＣＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＭ，Ｎとすると、半径より△ＯＡＢ，△ＯＣＤは二等辺三角形なので、Ｍ，Ｎはそれぞれ底辺ＡＢ，ＣＤの中点である。
ところで、ＡＢ＝２＋６＝８，ＣＤ＝４＋３＝７より、ＣＮ＝７/２，ＡＭ＝８/２＝４
∴ＭＥ＝ＡＭ－ＡＥ＝４－２＝２　また、四角形ＯＭＥＮは３直角より長方形なので、
ＯＮ＝ＭＥ＝２　よって、△ＯＣＮで三平方の定理を使うと、
ＯＣ＝√(ＣＮ²＋ＯＮ²)＝√(４９/４＋４)
＝√６５/２
（２）中心Ｏに関してＡＢと点対称な弦をＰＱとし、Ｏに関してＣＤと点対称な弦をＲＳとする。
また、中央に出来る長方形の右上の頂点Ｅから反時計回りにＥＦＧＨとすると、対称性から、ＢＨ＝ＡＥ＝２　∴ＥＨ＝６－２＝４
また、対称性からＣＦ＝ＤＥ＝３　また、（１）よりＥＣ＝４なので、ＦＥ＝４－３＝１
よって、長方形ＥＦＧＨの面積は１×４＝４
ここで、対称性より、
図形ＦＰＣ＝図形ＧＱＲ＝図形ＨＢＳ＝図形ＥＡＤ＝○
図形ＦＥＡＰ＝図形ＧＨＢＱ＝●
図形ＦＧＲＣ＝図形ＥＨＳＤ＝△と置くと、
円－長方形ＥＦＧＨ＝○×４＋●×２＋△×２―――☆
また、求めたい図形ＡＣＥと図形ＢＤＥの面積の和は、○＋●＋△＋○＝○×２＋●＋△———☆☆
つまり、☆，☆☆より、
図形ＡＣＥ＋図形ＢＤＥ＝(円－長方形ＥＦＧＨ)÷２＝{π(√６５/２)²－４}÷２
＝６５π/８－２

おまけ：
https://eztakezono.com/%E6%95%B0%E5%AD%A6%E3%81%AF%E6%9A%97%E8%A8%98%E3%80%80%E9%A0%AD%E3%81%AE%E8%89%AF%E3%81%84%E4%BA%BA%E3%81%AF%E3%82%84%E3%81%A3%E3%81%A6%E3%81%84%E3%82%8B%E6%9C%80%E5%BC%B7%E3%81%AE%E5%8B%89%E5%BC%B7/

問題
円Ｏの２つの弦ＡＢ，ＣＤが点Ｅで直交している。ＡＥ＝２，ＥＤ＝３，ＥＢ＝６のとき、円Ｏの半径を求めよ。
（類　９０　中央大付）

別解３（私のオリジナル）
外心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとし、ＦＢ，ＢＤを結ぶと、ＤＦは直径より∠ＦＢＤ＝９０°∴∠ＦＢＤ＝∠ＡＥＤ
また、円周角より∠ＢＦＤ＝∠ＢＡＤ＝∠ＥＡＤ　∴∠ＢＦＤ＝∠ＥＡＤ
よって、２角が等しいので、
△ＦＢＤ∽△ＡＥＤ
よって、ＦＤ：ＤＢ＝ＡＤ：ＤＥが成り立つ。また、三平方の定理より、
ＡＤ＝√(２²＋３²)＝√１３，
ＤＢ＝√(３²＋６²)＝３√５
また、円Ｏの半径をＲとすると、ＦＤ＝２Ｒ　
これらを代入すると、
２Ｒ：３√５＝√１３：３
∴６Ｒ＝３√６５　∴Ｒ＝√６５/２
よって、答えは、√６５/２

別解４も作れますが、解法３と比べると冴えないので次回にしますね。因みに、模範解答も別解１も別解２も方べきの定理でＣＥを求めますが、別解３は求めません。自分で言うのも何ですが、画期的だと思います。（別解４は使う。）

おまけ：

問題
円Ｏの２つの弦ＡＢ，ＣＤが点Ｅで直交している。ＡＥ＝２，ＥＤ＝３，ＥＢ＝６のとき、円Ｏの半径を求めよ。
（類　９０　中央大付）

別解４（私のオリジナル）
外心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとし、ＣＦを結ぶとＤＦは直径より∠ＦＣＤ＝９０°
ここで、点ＦからＣＤと平行な直線を引き、円との交点をＧとすると、同位角や半円の円周角などから３直角で四角形ＣＦＧＤは長方形になる。
また、ＦＧとＡＢとの交点をＨとすると、対称性からＢＨ＝ＡＥ＝２　
∴ＥＨ＝６－２＝４
ところで、ＡＢ⊥ＣＤより四角形ＣＦＨＥも長方形である。∴ＣＦ＝ＥＨ＝４
また、方べきの定理より、ＣＥ×３＝２×６
∴ＣＥ＝４　∴ＣＤ＝４＋３＝７
よって、△ＣＤＦで三平方の定理を使うと、
ＤＦ＝√(４²＋７²)＝√(１６＋４９)＝√６５
よって、円の半径は、√６５/２

中学数学で解けなかった人は、限定解除で何でもありで解いて下さい。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11496645328.html

問題
円Ｏの２つの弦ＡＢ，ＣＤが点Ｅで直交している。ＡＥ＝２，ＥＤ＝３，ＥＢ＝６のとき、円Ｏの半径を求めよ。
（類　９０　中央大付）

何でもありの解法１
△ＡＥＤで三平方の定理を使うと、
ＤＡ＝√(２²＋３²)＝√１３
△ＢＥＤで三平方の定理を使うと、
ＤＢ＝√(３²＋６²)＝３√５
また、ＡＢ＝２＋６＝８
よって、△ＤＡＢで余弦定理を使うと、
cos∠ＡＤＢ
＝(１３＋４５－６４)/２・√１３・３√５
＝－６/６√６５＝－１/√６５
∴cos∠ＡＤＢ＝－１/√６５
また、sin²∠ＡＤＢ＋cos²∠ＡＤＢ＝１より、
sin²∠ＡＤＢ＝１－１/６５＝６４/６５
∴sin∠ＡＤＢ＝±８/√６５
０＜∠ＡＤＢ＜１８０°より、
sin∠ＡＤＢ＞０　∴sin∠ＡＤＢ＝８/√６５
ここで、正弦定理を使うと、
２Ｒ＝８/(８/√６５)＝√６５
∴Ｒ＝√６５/２

何でもありの解法２
方べきの定理より、ＣＥ×３＝２×６
∴ＣＥ＝４
ここで、公式より、ＡＥ＝ａ，ＢＥ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＤＥ＝ｄである時、この円の直径は、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)
なので、
２Ｒ＝√(２²＋６²＋４²＋３²)＝√６５
∴Ｒ＝√６５/２

問題
ある円の弦ＡＢとＣＤが直交していてその交点をＥとします。ＡＥ＝ａ，ＢＥ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＤＥ＝ｄである時、この円の直径は、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)で求められる事を証明して下さい。

普通に証明しても面白くないので、三角関数縛りで証明して下さい。

因みに、

「小学生レベルに限らず、丸いケーキをきれいに切り分けられるのは、
２、３，４，６，８，等分など比較的簡単なものだけです。
分度器を用いなければ５等分もできません。（作図知識があれば別）
ましてや、11等分や１３等分など、大学生でも不可能です。」
引用元：https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1167721601

５等分は、この方法https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1808469932264538588で出来ます。
１１等分は、半径を中心から２１：４に分けた点から垂線を立て、ケーキの外周との交点で切れば１/１１が作れ、後はＹ字型に切って残りの２つをそれぞれ５等分にすれば出来ますね。
ただし、２１：４とかメジャーを使っても垂線と外周との交点の誤差が酷いと思います。
また、１３等分は初めの所を２２：３にしてＹ字型の後は６等分ですね。
念のため、６８等分とか分度器を使っても不可能だと思います。笑

おまけ：

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,･･･,αdの入れ換えのなす群Ｇ_fであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する：
（１）α₁,･･･,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇ_fの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,･･･,αd)＝ｈ(α₁,･･･,αd)ならば、Ｇ_fの元でαi₁,･･･,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,･･･,αid)＝ｈ(αi₁,･･･,αid)が成り立つ。
（２）α₁,･･･,αdの式に対して、その値は、Ｇ_fのどの元で根を入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇ_fを多項式ｆ(ｘ)の群という。

多項式の群の一意性について
合成に閉じた集合を考えることが一意性では重要です。個々の元ではなく、その集まりに一意性があります。
一意性を証明します。ほかに（１）,（２）をみたすＧ'があったとすると、Ｇ_fとＧ'で生成される群Ｇ''（⊃Ｇ_f）も（１）,（２）をみたします。
ところが根の入れ換えは、（１）より原始元βの入れ換えで一意的に定まるので、ｇ(ｘ)の根の個数ｎ＝degｇ(ｘ)以下の入れ換えしかＧ''は含みません。Ｇ_fはちょうどｎ個の入れ換えからなるので、Ｇ''＝Ｇ_fです。したがってＧ'⊂Ｇ_fとなります。
一方、Ｇ'がｎ個より少ない入れ換えからなるとします。βをＧ'で入れ換えたものをβ₁,…,βm（ｍ＜ｎ）と改めて番号付けします。このときｈ(ｘ)＝(ｘ－β₁)…(ｘ－βm)は、Ｇ'のみたす（２）の性質より定数係数多項式であり、かつｈ(β)＝０をみたします。よってｇ(ｘ)がｈ(ｘ)を割り切ります。しかしこれはdegｈ(ｘ)＜degｇ(ｘ)と矛盾します。ゆえにＧ'はｎ個の入れ換えからなり、Ｇ'＝Ｇ_fとなります。以上で定理9.1の証明は終わりです。

多項式ｆ(ｘ)の群Ｇ_fの一意性を利用して、Ｇ_fは次のように言い換えられます：
Ｇ_f＝（基本定理の（１）をみたすｆ(ｘ)の根の入れ換え全体）・・・（＊）
実際、上のような入れ換えをσとすると、σとＧ_fで生成される群Ｇ'は定理9.1(１)と(２)をみたします（上の議論と同様です）。したがって多項式の群の一意性よりＧ'＝Ｇ_fとなり、σはＧ_fに入ります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説
＞一意性を証明します。ほかに（１）,（２）をみたすＧ'があったとすると、Ｇ_fとＧ'で生成される群Ｇ''（⊃Ｇ_f）も（１）,（２）をみたします。

究極の所、Ｇ_fの単位元とＧ'で生成した群Ｇ''はＧ'と等しく、Ｇ'も（１）,（２)を満たすのでＧ''は（１）,（２）を満たし、また、Ｇ_fは入れ換えの群で（１）,（２）を満たすならＧ_f全体ととＧ'で生成される群Ｇ''も（１）,（２）を満たすと考えるのは自然だろう。（証明は必要ないらしい。）

＞ところが根の入れ換えは、（１）より原始元βの入れ換えで一意的に定まるので、ｇ(ｘ)の根の個数ｎ＝degｇ(ｘ)以下の入れ換えしかＧ''は含みません。Ｇ_fはちょうどｎ個の入れ換えからなるので、Ｇ''＝Ｇ_fです。したがってＧ'⊂Ｇ_fとなります。

（１）の証明の時に、多項式の群Ｇ_fを「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」からなる集合としたので、「根の入れ換えは、原始元βの入れ換えで一意的に定まる」という訳である。
（実際は、p.152のβ→γのとき(α₁ α₂ α₃)→(α₁ α₃ α₂)などの６種類を見た方が良い。）
また、ｇ(ｘ)はｆ(ｘ)の原始元βを根に持つ既約多項式で、ここでｎ次とする（前ページでｇ(ｘ)のすべての根β₁＝β,β₂,･･･,βnとある）と、Ｇ''は定理9.1の（１）と（２）を満たすので、最大でもＧ_fと同じでｎ個の元（ｆ(ｘ)の根の入れ換え）しか含まない。
ところで、上より、Ｇ_f⊂Ｇ''なので、
|Ｇ_f|≦|Ｇ''|　∴ｎ＝|Ｇ_f|≦|Ｇ''|≦ｎ
よって、挟み打ちの原理より、Ｇ_fとＧ''の元の個数はｎ個で等しく、
Ｇ_f⊂Ｇ''より、Ｇ_f＝Ｇ''である。
ところで、Ｇ'⊂Ｇ''（Ｇ_fとＧ'でＧ''が生成されるから）　∴Ｇ'⊂Ｇ_f

＞一方、Ｇ'がｎ個より少ない入れ換えからなるとします。

上よりＧ'⊂Ｇ_fで、まず＝の可能性を消して考えるという事である。（結果的には背理法）

＞βをＧ'で入れ換えたものをβ₁,…,βm（ｍ＜ｎ）と改めて番号付けします。

ｆ(ｘ)＝ｘ³－２の例では、β＝α₁－α₂，γ＝α₁－α₃，δ＝α₂－α₃と置くと、αi（ｉ＝１,２,３）　の入れ換えがＧ'を意味し、γ，δがβjを意味している。

＞このときｈ(ｘ)＝(ｘ－β₁)…(ｘ－βm)は、Ｇ'のみたす（２）の性質より定数係数多項式であり、かつｈ(β)＝０をみたします。

これは間違っていませんか。（２）の性質はｆ(ｘ)の根の式に対してですが、この式はｇ(ｘ)の根とｘ（ｇ(ｘ)のｘとは関係ない）の式ですよね。まぁ、根本的な原理は同じなのでしょうけど。
自分流で示しますね。
ｈ(ｘ)＝(ｘ－β₁)…(ｘ－βm)のβ₁～βmを入れ換えても式の値は変わらないので、ｈ(ｘ)は対称式である。よって、β₁～βmの基本対称式で表せる。よって、ｍ次方程式の解と係数の関係より、ｈ(ｘ)は定数係数多項式である。
また、「βをＧ'で入れ換えたものをβ₁,…,βm（ｍ＜ｎ）」で、Ｇ'は群なので単位元で入れ換えたものが必ずある。つまり、β₁,…,βmのどれかはβである。∴ｈ(β)＝０

＞ｈ(β)＝０をみたします。よってｇ(ｘ)がｈ(ｘ)を割り切ります。

ｇ(ｘ)はβを根に持つ既約多項式で、ｇ(ｘ)とｈ(ｘ)は同じ根を持っているから。

最小多項式による整除性
αを根に持つＡ係数多項式ｇ(ｘ)はαのＡ最小多項式ｆ(ｘ)で割り切れます。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

念のため、既約多項式は最小多項式の定数倍。

＞よってｇ(ｘ)がｈ(ｘ)を割り切ります。しかしこれはdegｈ(ｘ)＜degｇ(ｘ)と矛盾します。

ｇ(ｘ)がｈ(ｘ)を割り切るという事は、ｈ(ｘ)の次数の方が大きいという事で、
degｇ(ｘ)≦degｈ(ｘ)　
また、「β₁,…,βm（ｍ＜ｎ）と改めて番号付けします。このときｈ(ｘ)＝(ｘ－β₁)…(ｘ－βm)」より、ｈ(ｘ)の次数はｇ(ｘ)の次数ｎより小さい。∴degｈ(ｘ)＜degｇ(ｘ)
よって、矛盾。

＞実際、上のような入れ換えをσとすると、σとＧ_fで生成される群Ｇ'は定理9.1(１)と(２)をみたします（上の議論と同様です）。したがって多項式の群の一意性よりＧ'＝Ｇ_fとなり、σはＧ_fに入ります。

「σとＧ_fで生成される群Ｇ'」より、
σＧ_f＝Ｇ'
また、多項式の群の一意性より、Ｇ'＝Ｇ_f
∴σＧ_f＝Ｇ_f
よって、定理4.1の系より、σ∈Ｇ_f

定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の(１),(２),(３)は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：

解説
＞（１）の性質より、βの式としてβの多項式を考えれば十分です。ｇ(ｘ)のすべての根β₁＝β,β₂,･･･,βnに対して、ｈ(β)が
ｈ(β₁)＝ｈ(β₂)＝・・・＝ｈ(βn)
をみたすとします。

（１）を証明した時に、「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」と「βの入れ換えにより、ｆ(ｘ)の根はｆ(ｘ)の根のままであることを確認」によって、示したのと同様にβの入れ換えから始めるという事。
ところで、定理9.1の（２）は、
（２）α₁,･･･,αdの式に対して、その値は、Ｇ_fのどの元で根を入れ換えても変わらないとき、定数である。
なので、ｈ(β₁)＝ｈ(β₂)＝・・・＝ｈ(βn)とするという事。（念のため、定理9.1に直接ｇ(ｘ)の元βは出て来ないが。）

＞このとき
ｈ(β)＝(１/ｎ)(ｈ(β₁)＋･･･＋ｈ(βn))＝β₁,･･･,βnの対称式＝ｇ(ｘ)の係数の式＝定数
となります。したがって原始元の入れ換えにより不変な式は定数です。

ｈ(β₁)＋･･･＋ｈ(βn)のβ₁～βnの順序を入れ換えても全体の値は変わらないので、この式は対称式であり、対称式は基本対称式の式で必ず表せるので、この式は、ｎ次方程式の解と係数の関係より、ｇ(ｘ)の係数の式となる。つまり、定数である。

定理3.1（対称式の基本定理）
ｎ変数対称式ｆ(ｘ₁,…,ｘn)は基本対称式ｓ₁,…,ｓnの多項式として一意的に表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.42より

補足
３変数ｘ,ｙ,ｚの多項式であれば、基本対称式はｘ＋ｙ＋ｚ（１次），ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ（２次），ｘｙｚ（３次）である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.56より

＞ｇ(ｘ)の根はすべてβの式で表されます。実際β＝(α₁,･･･,αdの式)において、（１）より、βをｇ(ｘ)の他の根γに取り換えるとγ＝(αi₁,…,αidの式)となります。

例えば、ｆ(ｘ)＝ｘ³－２の根をα₁,α₂,α₃として、β＝α₁－α₂，γ＝α₁－α₃，δ＝α₂－α₃と置くと、β,γ,δはｇ(ｘ)＝ｘ⁶＋１０８の根になる。
つまり、β＝(α₁,･･･,αdの式)＝α₁－α₂で、βをγに換えると、γ＝α₁－α₃でβの式のα₂とα₃を交換した式である（γ＝(αi₁,…,αidの式)）。

＞よってγもβの式ｈ(β)で表されます。

β＝(α₁,･･･,αdの式)で、γがこれを入れ換えた式γ＝(αi₁,…,αidの式)だからといって、γが必ずβの式で表せる理由は何だろう。
具体的には、β＝α₁－α₂，γ＝α₁－α₃で、γをβの式で表せるという事。もちろん、p.142には具体的な方法は載っているが。
γ＝－β⁴/１２＋β/２

＞そこでβをｇ(ｘ)の他の根β'に取り換えた結果、ｈ(β')が再びｇ(ｘ)の根になることを示せば十分です。

これを示せば、「γが必ずβの式で表せる理由は何だろう」の理由（証明）になる訳ですね。念のため、β'はγやδの事。（上の具体例では。）

＞ｇ(γ)＝ｇ(ｈ(β))＝０なので、（１）よりβをβ'に取り換えても辺々は等しくｇ(ｈ(β'))＝０になります。したがってｈ(β')はｇ(ｘ)の根になります。

前回の（１）の証明の時に、

「ｆ(ｈ(β))＝０　より　ｆ(ｈ(γ))＝０
となります」

とあり（自分で別証を作った所）、
ｇ(γ)＝ｇ(ｈ(β))＝０よりｇ(ｈ(β'))＝０
とできる。
よって、ｈ(β')はｇ(ｘ)の根になるので、示された。

おまけ：

解説
＞またｇ(ｘ)は重根を持たないとします（１４５ページ参照）。

p.145には「このように構成した原始元は、重根を持たない多項式の根になります」とあるから。イメージとしては、

問題7-11b
有理数係数多項式は既約ならば、重根を持たないことを示せ。
（証明は微分を使って割と簡単。）

＞（もしｈ₂(γ)＝０とするとｈ₂(ｘ)はｇ(ｘ)で割り切れ、ｈ₂(β)≠０に矛盾します。ｋ₂(γ)≠０も同様です。）

ｈ₂(γ)＝０とするとｈ₂(ｘ)は根γを持ち、ｇ(ｘ)も根γを持っていてｇ(ｘ)は既約多項式なので、１２９ページの（１）によってｈ₂(ｘ)はｇ(ｘ)で割り切れる。

（１）最小多項式による整除性
αを根に持つＡ係数多項式ｇ(ｘ)はαのＡ最小多項式ｆ(ｘ)で割り切れます。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.129より

念のため、ｇ(ｘ)は最小多項式の定数倍である。

よって、ｈ₂(ｘ)＝ｇ(ｘ)ｍ(ｘ)と置け、これにｘ＝βを代入すると、ｈ₂(β)＝ｇ(β)ｍ(β)＝０（ｇ(β)＝０だから。上より「βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします」とあるから。）
よって、ｈ₂(β)＝０となり、初めに定めた式
ｈ₁(β)/ｈ₂(β)＝ｋ₁(β)/ｋ₂(β)のｈ₂(β)≠０に矛盾するという事。
「ｋ₂(γ)≠０も同様です。」については、ほとんど同じだが、ｋ₂(γ)＝ｇ(γ)ｎ(γ)＝０（ｇ(γ)＝０だから。上に「ｇ(ｘ)の他の根をγ」とあるから。）ぐらいの違いはある。

＞次にβの入れ換えにより、ｆ(ｘ)の根はｆ(ｘ)の根のままであることを確認します。βをｇ(ｘ)の根γに取り換えたとき、「βの入れ換えは式の形によらない」ことよりｆ(ｘ)の根ｈ(β)（βの式）はｆ(ｘ)の根ｈ(γ)になります。実際、入れ換えが式の形によらないので、
ｆ(ｈ(β))＝０　より　ｆ(ｈ(γ))＝０
となります（右辺の”０”もβの式と思って、両辺に入れ換えを施します）。

ここが山場ですね。

＞次にβの入れ換えにより、ｆ(ｘ)の根はｆ(ｘ)の根のままであることを確認します。

前頁（p.152）の、
β→γのとき(α₁ α₂ α₃)→(α₁ α₃ α₂)など、６個の入れ換えがあるが、すべてα₁,α₂,α₃の中で終わっている（閉じている）という事を言っている訳である。例えば、α₁がωなどになっていないという事。念のため、α₁,α₂,α₃はｆ(ｘ)の根。

＞βをｇ(ｘ)の根γに取り換えたとき、「βの入れ換えは式の形によらない」ことよりｆ(ｘ)の根ｈ(β)（βの式）はｆ(ｘ)の根ｈ(γ)になります。

前頁（p.152）に、
α₁＝－β⁴/３６＋β/２＝－γ⁴/３６＋γ/２
α₂＝－β⁴/３６－β/２＝－δ⁴/３６＋δ/２
α₃＝－γ⁴/３６－γ/２＝－δ⁴/３６－δ/２
とあるが、
α₁＝－β⁴/３６＋β/２のβをγに入れ換えると、－γ⁴/３６＋γ/２＝α₁で変わらないが、
α₂＝－β⁴/３６－β/２のβをγに入れ換えると、－γ⁴/３６－γ/２＝α₃と変わる。
どっちにしろ、ｆ(ｘ)の根には変わらないという事である。
（念のため、「βの入れ換えは式の形によらない」は関係ない。後半の具体例を挙げただけ。）

＞実際、入れ換えが式の形によらないので、
ｆ(ｈ(β))＝０　より　ｆ(ｈ(γ))＝０
となります（右辺の”０”もβの式と思って、両辺に入れ換えを施します）。

ｈ(β)は「ｆ(ｘ)の根ｈ(β)」より、
ｆ(ｈ(β))＝０
∴(ｆ◦ｈ)(β)＝０
ところで、「βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)」より、ｇ(β)＝０
よって、(ｆ◦ｈ)(β)＝ｇ(β)ｍ(β)＝０と置けるので、(ｆ◦ｈ)(ｘ)＝ｇ(ｘ)ｍ(ｘ)
これにｘ＝γを代入すると、
(ｆ◦ｈ)(γ)＝ｇ(γ)ｍ(γ)＝０（「ｇ(ｘ)の他の根γ」よりｇ(γ)＝０だから。）
∴ｆ(ｈ(γ))＝０

これって別解という事ですか。

＞またｆ(ｘ)の異なる根どうしは入れ換え後も異なります。（すでにみたように）０でないβの式は入れ換え後も０にならないからです。

具体例は、
前頁（p.152）に、
α₁＝－β⁴/３６＋β/２＝－γ⁴/３６＋γ/２
α₂＝－β⁴/３６－β/２＝－δ⁴/３６＋δ/２
α₃＝－γ⁴/３６－γ/２＝－δ⁴/３６－δ/２
とあるが、
α₁＝－β⁴/３６＋β/２のβをγに入れ換えると、－γ⁴/３６＋γ/２＝α₁で変わらないが、
α₂＝－β⁴/３６－β/２のβをγに入れ換えると、－γ⁴/３６－γ/２＝α₃と変わる。
α₁→α₁，α₂→α₃で、入れ換え後もα₁≠α₃で異なる。（元もα₁≠α₂で異なっているという事。）

＞０でないβの式は入れ換え後も０にならないからです。

上の「ｆ(ｈ(β))＝０　より　ｆ(ｈ(γ))＝０
となります（右辺の”０”もβの式と思って、両辺に入れ換えを施します）。」
の右辺の０の式をβの式と考えて入れ換えても「βの入れ換えは式の形によらない」事により一定の値で０だが、βの入れ換えは式の形によらずに一定より、「０でないβの式は入れ換え後も０にならない」という事である。

おまけ：

問題
右図の△ＡＢＣは、ＡＢ＝１５，ＢＣ＝１４，ＣＡ＝１３である。
（ⅰ）ＡＨの長さを求めよ。
（ⅱ）△ＡＢＣの外接円の半径を求めよ。
（９２　慶応湘南藤沢）

模範解答
（ⅰ)ＣＨ＝ｘとおくと、
ＡＢ²－ＢＨ²＝ＡＣ²－ＣＨ²より、
１５²－(１４－ｘ)²＝１３²－ｘ²
これを解いてｘ＝５　
∴ＡＨ＝√(１３²－５²)＝１２
（ⅱ）次にＡＯを延長し、外接円との交点をＤとすると、
∠ＡＤＢ＝∠ＡＣＨ（＝弧ＡＢの円周角）・・・①
∠ＡＢＤ＝∠ＡＨＣ＝９０°・・・②
①，②より、△ＡＤＢ∽△ＡＣＨ
対応する辺の比をとって、
ＡＢ：ＡＤ＝ＡＨ：ＡＣ
よって、ＡＤ＝(ＡＢ×ＡＣ)/ＡＨ
＝１５×１３/１２＝６５/４
求める半径はその半分で、６５/８
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

ワンポイント：（ⅱ）は高校に入ると余弦定理と正弦定理を習うのでそれを使う方法が一般的。つまり、いくらいい大学の理学部や工学部を出ていても中学時代に超優等生だった人じゃないと解けないだろう。もっとも、算数の問題とかそういう問題ばかりだけどね。
因みに、その程度という人もいるかもしれないが、優等生とは数学１科目だけの話をしている訳ではない。（金持ちと親の遺伝有利は否定しない。）

（ⅰ）の別解はちょっと前にやったので省略しても良いが、コピペしておこう。

ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＣＨ＝５と仮定すると、△ＡＣＨは５，１２，１３の直角三角形より、ＡＨ＝１２
また、ＢＨ＝１４－５＝９より△ＡＢＨは９：１２：１５＝３：４：５の直角三角形。
ここで、逆に５，１２，１３の直角三角形ＡＣＨと９，１２，１５の直角三角形ＡＢＨを用意してＡＨでくっつけると、ＢＨＣは一直線になり△ＡＢＣが出来、３辺の長さは、ＢＣ＝１４，ＣＡ＝１３，ＡＢ＝１５である。
つまり、３辺の長さが、ＢＣ＝１４，ＣＡ＝１３，ＡＢ＝１５の三角形のＡからＢＣに下した垂線の長さは１２である。

（ⅱ）の別解
外心をＯとして、ＯＡ，ＯＢを結ぶと△ＯＡＢは二等辺三角形。よって、ＯからＡＢに垂線を下ろしその足をＩとすると、∠ＡＯＩ＝(１/２)∠ＡＯＢ＝∠ＡＣＢ（円周角と中心角の関係より）
∴∠ＡＯＩ＝∠ＡＣＨ
また、∠ＡＩＯ＝∠ＡＨＣ＝９０°より２角が等しいので、△ＡＯＩ∽△ＡＣＨ
よって、ＡＯ：ＡＩ＝ＡＣ：ＡＨが成り立つ。
∴ｒ：１５/２＝１３：１２
∴１２ｒ＝１３・１５/２
∴３・４ｒ＝１３・３・５/２
∴４ｒ＝６５/２　∴ｒ＝６５/８
よって、答えは、６５/８

よく考えたら、大学入ってから一流高校の受験生の家庭教師をしていた人なら出来るか。ただし、そんな人もこの別解は作れないだろう。上の解答は有名かどうかは知らないが、定石解法である。（こっちは私のオリジナルだから。）
もちろん、マニアは除く。ついでに、（ⅰ）の別解も私のオリジナルである。

おまけ：

問題
図のように、たて，よこ，高さがそれぞれ４ｃｍ，５ｃｍ，３ｃｍの直方体があります。頂点ＦとＣより対角線ＡＧに垂線をおろし、その交点をそれぞれＰ，Ｑとしたとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＡＧの長さを求めなさい。
（２）ＡＰ：ＰＱ：ＱＧをもっとも簡単な整数の比で表しなさい。
（９２　同志社香里）

模範解答
（１）ＡＧ＝√(ＡＢ²＋ＢＦ²＋ＦＧ²)
＝√(３²＋４²＋５²)＝５√２（ｃｍ）
（２）平面ＡＦＧをぬきだすと、右図。
ここで、ＡＦ＝√(ＡＢ²＋ＢＦ²)
＝√(３²＋４²)＝５
だから、△ＡＦＧは直角二等辺三角形となるので、ＡＰ：ＰＧ＝１：１
次に、平面ＡＣＧをぬきだすと、
ＡＣ＝√(ＡＢ²＋ＢＣ²)＝√(４²＋５²)＝√４１
よって、ＡＱ：ＱＧ＝ＡＣ²：ＣＧ²＝４１：９（基本図５３）
２つの比をあわせて、
ＡＰ：ＰＱ：ＱＧ＝２５：１６：９
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説：基本図５３とは、∠Ａを直角とした直角三角形ＡＢＣのＡからＢＣに下した垂線の足をＨとし、ＡＢ＝ａ，ＡＣ＝ｂ，ＢＨ＝ｃ，ＣＨ＝ｄ，ＡＨ＝ｈと置くと、ｃ：ｄ＝ａ²：ｂ²が成り立つというもの。
（△ＡＢＨを網目部，△ＡＣＨを打点部として）「網目部の三角形と打点部の三角形は相似で、相似比は、斜辺をくらべて、ａ：ｂ
よって面積比は相似比の２乗で、ａ²：ｂ²
これが、ｈを共通の高さに見たときのｃ：ｄに等しい。」
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

私の解法
（２）ＡＧは（１）より、５√２ｃｍ
また、△ＡＢＦは３：４：５の直角三角形より、ＦＡ＝５ｃｍ　また、ＦＧ＝５ｃｍより△ＦＡＧは二等辺三角形でＦＰ⊥ＡＧなので、
ＡＰ＝ＧＰ＝５√２/２ｃｍ
また、平面ＣＡＧを抜き出すと、∠ＡＣＧ＝９０°でＣＱ⊥ＡＧより定石の形で、△ＣＡＧ∽△ＱＣＧ（直角と∠Ｇの２角が等しい事よりほとんど自明。）
よって、ＡＧ：ＣＧ＝ＣＧ：ＱＧが成り立つ。
∴５√２：３＝３：ＱＧ　
∴ＱＧ＝９/５√２＝９√２/１０ｃｍ
∴ＰＱ＝ＧＰ－ＱＧ
＝５√２/２－９√２/１０＝１６√２/１０
＝８√２/５ｃｍ
∴ＡＰ：ＰＱ：ＱＧ
＝５√２/２：８√２/５：９√２/１０
＝５/２：８/５：９/１０
＝２５：１６：９
よって、答えは、２５：１６：９

小市民的解法ですね。ただし、定石は知っておいた方が良いですが。

おまけ：