数学

何でもありの解法１
ＡＢ＝ＢＣ＝ｘと置くと、ＡＣ＝√２ｘ
また、ＣＤ＝√２ｘ/２，ＡＤ＝√６ｘ/２
ところで、∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°より四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形。
よって、トレミーの定理を使うと、
４・√２ｘ＝ｘ(√２ｘ/２)＋ｘ(√６ｘ/２)
ｘ≠０より両辺をｘで割ると、
４√２＝√２ｘ/２＋√６ｘ/２
∴８√２＝(√６＋√２)ｘ
∴ｘ＝８√２/(√６＋√２)＝２√２(√６－√２)＝４(√３－１)———①
また、四角形ＡＢＣＤ＝ｘ^2/２＋(√２ｘ/２)(√６ｘ/２)(１/２)＝ｘ^2/２＋√３ｘ^2/４＝(２＋√３)ｘ^2/４———②
①より、ｘ^2＝１６(√３－１)^2
∴ｘ^2/４＝４(４－２√３)＝８(２－√３)
これを②に代入すると、
四角形ＡＢＣＤ＝(２＋√３)・８(２－√３)＝８ｃｍ^2
よって、答えは、８ｃｍ^2

何でもありの解法２
∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°より四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形。よって、円周角より∠ＢＤＣ＝∠ＢＡＣ＝４５°，∠ＣＢＤ＝∠ＣＡＤ＝３０°
ここで、ＣからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＣＢＨは１：２：√３の直角三角形で△ＣＤＨは直角二等辺三角形になる。
よって、ＣＨ＝ＣＤ＝ｘと置くと、ＢＨ＝√３ｘ　よって、ｘ＋√３ｘ＝４が成り立つ。
∴ｘ(√３＋１)＝４　
∴ｘ＝４/(√３＋１)＝２(√３－１)
ここで、ＢＣ，ＣＤ，ＡＤを求めても良いが、再び、ＡからＢＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＢＩは１：２：√３の直角三角形で△ＡＤＩは直角二等辺三角形になるので、ＡＩ＝ＤＩ＝ｙと置くと、ＢＩ＝ｙ/√３
よって、ｙ＋ｙ/√３＝４が成り立つ。
∴(√３＋１)ｙ＝４√３
∴ｙ＝４√３/(√３－１)＝２√３(√３＋１)＝２(３＋√３)
∴ｘ＋ｙ＝２(√３－１)＋２(３＋√３)＝４
∴四角形ＡＢＣＤ＝ＢＤ×(ＡＩ＋ＣＨ)×(１/２)＝４×(ｙ＋ｘ)×(１/２)＝４×４×(１/２)＝８ｃｍ^2

今朝、解法１を暗算で書いている時に思い付いたので、予定変更で暗算で書きました。

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E6%9D%B1%E5%A4%A7%E5%8C%BB%E5%AD%A6%E9%83%A8%E5%8D%92%E3%81%AE%E3%83%95%E3%82%B8-%E8%97%A4%E6%9C%AC%E4%B8%87%E6%A2%A8%E4%B9%83%E3%82%A2%E3%83%8A-%E7%AC%91%E9%A1%94%E3%81%8C%E3%81%BE%E3%81%B6%E3%81%97%E3%81%84%E3%81%A8%E8%A9%B1%E9%A1%8C-%E3%81%8B%E3%82%8F%E3%81%84%E3%81%99%E3%81%8E%E3%82%8B-%E3%81%9D%E3%81%AE%E7%AC%91%E9%A1%94%E3%81%A0%E3%81%91%E3%81%A7%E6%BA%80%E8%85%B9-%E3%81%AE%E5%A3%B0/ar-AA1n70r1?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=fe88afd7bdf9435eb2664936501b0bf8&ei=62

算数の別解１
△ＢＣＤを点Ｂを中心にＢＣがＢＡにくっつくまで９０°回転移動させ、点Ｄの行き先をＤ'とすると、∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°×２＝１８０°より、３点Ｄ'，Ａ，Ｄは一直線上にある。また、∠Ｄ'ＢＤ＝９０°（９０°回転だから），ＢＤ'＝ＢＤより、△ＢＤ'Ｄは直角二等辺三角形。よって、△ＢＤ'Ｄ＝４×４÷２＝８ｃｍ^2
よって、元の四角形ＡＢＣＤも等積で８ｃｍ^2

算数の別解２
ＢからＡＤに垂線を下ろしその足をＨ，ＢからＤＣの延長上に垂線を下ろしその足をＩとすると、∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°×２＝１８０°より∠ＢＡＨ＝∠ＢＣＩとなる。　
また、条件よりＢＡ＝ＢＣ　よって、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＢＡＨと△ＢＣＩは合同。よって、ＢＨ＝ＢＩ　
また、四角形ＢＨＤＩは３直角より長方形であり、隣り合うの辺が等しいので正方形である。
よって、正方形ＢＨＤＩ＝４×４÷２＝８ｃｍ^2　ここで、△ＢＣＩを△ＢＡＨの所に移動させると、四角形ＡＢＣＤ＝正方形ＢＨＤＩ＝８ｃｍ^2
よって、答えは、８ｃｍ^2

おまけ：
https://topics.smt.docomo.ne.jp/article/npn/entertainment/npn-200030152

その後、他の投稿から「数学感動秘話」というヒントを得て、「筑駒、恐るべし」という記事を見つけました。http://shochandas.xsrv.jp/index.htm

＞一番驚かされたのは、初見で発表を聞いていた中学３年の生徒が、発表とは異なる解答
をしばらく考えて示していたこと。実に明解な別解だった。

問題　　１/ｓｉｎ１０°＝√３ｔａｎ７０°＋１　を示せ。

　発表者の生徒によれば、この問題は、高１の試験で出題されたもので、当時誰も解けなかったことから、興味を持って取り組んだという。

　中３の生徒は、次のように鮮やかに解かれた。筑駒生、恐るべしである。
（引用終わり）

感想
発表者の解答はどんなものだったのだろうか。というのは、頂角が２０°の二等辺三角形をヒントに与えられていたら、そんなに難しい問題ではないからである。もちろん、中３生の別解は見事だが。
DD++さんの解答が模範解答だろう。
私の定石に、頂角が２０°の二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣ上に∠ＤＢＣ＝２０°となる点Ｄを取ると、∠ＡＢＤ＝８０°－２０°＝６０°より、辺ＡＢ上に△ＤＥＢが正三角形になるように点Ｅが取れ、さらにＡＤ上にうまく点Ｆを取れば、△ＥＤＦと△ＦＥＡを共に二等辺三角形に出来、ＢＣ＝ＢＤ＝ＤＥ＝ＥＦ＝ＦＡに出来るというものがある。
今回のは、点Ｆは必要なく点Ｄと点Ｅを定石通りに取り、ＤからＡＢに垂線を下ろしその足をＨ，ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすれば、比較的簡単に求められる。
すなわち、ＢＣ＝２とすると、ＢＤ＝２，ＢＨ＝１，ＤＨ＝√３より、ＡＨ＝√３tan70°
∴ＡＢ＝√３tan70°＋１―――①
また、ＢＩ＝ＡＢsin10°∴１＝ＡＢsin10°
∴ＡＢ＝１/sin10°―――②
①，②より、
１/sin10°＝√３tan70°＋１

念のため、DD++さんの実力は本物である。

「ちなみに、頂角を 20° ではなく 2θ にとると、
2sin(3θ)+2cos(3θ)tan(90°-2θ)=1/sinθ
という一般化された式になります。」
だそうです。（DD++さんより）

私の高２以上の解法は次回。念のため、先取り教育をしていて中３でも加法定理とかやっていそうだが。

おまけ：

閑話
上の「私の定石」を使って、３次方程式ｘ^3－３ｘ＋１＝０を解いてみよう。

頂角が２０°の二等辺三角形ＡＢＣを描き、辺ＡＣ上に∠ＤＢＣ＝２０°となる点Ｄを取ると、∠ＡＢＤ＝８０°－２０°＝６０°より、ＡＢ上に正三角形ＤＥＢが出来るように点Ｅが取れる。また、∠ＥＤＡ＝１８０°－８０°－６０°＝４０°より、ＡＤ上に∠ＥＦＤ＝４０°となる点Ｆを取ると、∠ＦＥＡ＝１８０°－１００°－６０°＝２０°，∠Ａ＝２０°より△ＦＡＥも二等辺三角形になり、
ＢＣ＝ＢＤ＝ＤＥ＝ＥＦ＝ＦＡ（＝ＢＥ）となる。
ここで、ＡＢ＝ＡＣ＝１，ＢＣ＝ｘと置くと、ＡＦ＝ＢＥ＝ｘである。
ところで、△ＡＢＣ∽△ＢＣＤより、１：ｘ＝ｘ：ＣＤが成り立つ。∴ＣＤ＝ｘ^2
ここで、Ｆ，ＢからＡＥ，ＡＣにそれぞれ垂線を下ろしその足をＨ，Ｉとすると、
ＡＨ＝(１－ｘ)/２，ＡＩ＝１－ｘ^2/２
また、△ＦＡＨ∽△ＢＡＩより、
(１－ｘ)/２：ｘ＝１－ｘ^2/２：１が成り立つ。
∴(１－ｘ)/２＝ｘ－ｘ^3/２
∴１－ｘ＝２ｘ－ｘ^3　∴ｘ^3－３ｘ＋１＝０
また、ＡからＢＣに垂線を下ろすと、
ｘ＝２cos80°（または、２sin10°）
余談だが、ここからも1/sin10° = √3 tan70° + 1は連想出来る。
また、ｘ^3－３ｘ＋１をｘ－２cos80°で実際に割ると、計算は省略で、
ｘ^2＋２cos80°ｘ＋４(cos80°)^2－３＝０が得られ、これを解の公式で解くと、
ｘ＝－cos80°±√３sin80°よって、
ｘ1＝√３sin80°－cos80°
ｘ2＝－√３sin80°－cos80°
として、単振動の合成をすると、
ｘ1＝２sin(80°－30°)＝２sin50°
ｘ2＝２sin(80°＋210°)＝２sin290°
ｘ3＝２cos80°
∴ｘ1＝1.5320889
ｘ2＝-1.8793852
ｘ3＝0.3472963
一方、こちらのサイトhttps://keisan.casio.jp/exec/system/1256966554で求めると、
x1=-1.8793852415718
x2=0.34729635533386
x3=1.532088886238
で、ＯＫ。

おまけ：

問題
1/sin10° = √3 tan70° + 1を証明して下さい。

別解
√３＝tan60°より、
1/sin10° = tan60°tan70° + 1———☆
を示せば良い。
そこで、tan10°＝tan(70°－60°)
＝(tan70°－tan60°)/(１＋tan70°tan60°)
∴ tan60°tan70° + 1
＝(tan70°－tan60°)/tan10°
＝tan70°/tan10°－tan60°/tan10°
＝(sin70°/cos70°)/(sin10°/cos10°)
－(sin60°/cos60°)/(sin10°/cos10°)
＝sin70°cos10°/cos70°sin10°
－sin60°cos10°/cos60°sin10°
＝cos60°sin70°cos10°/cos60°cos70°sin10°
－sin60°cos70°cos10°/cos60°cos70°sin10°
＝cos10°(cos60°sin70°－sin60°cos70°)/cos60°cos70°sin10°
＝cos10°sin(70°－60°)/cos60°cos70°sin10°
＝sin10°cos10°/cos60°cos70°sin10°
＝sin20°/２cos60°cos70°sin10°
＝sin20°/cos70°sin10°
＝cos(90°－20°)/cos70°sin10°
＝1/sin10°
∴ tan60°tan70° + 1＝1/sin10°
よって、☆が示されたので、
1/sin10° = √3 tan70° + 1

おまけ：

解説
＞（注意）定理6.3より、Ｋ＝kerｆは正規部分群であるから、ＨＫ＝ＫＨであることに注意しよう（問5.4）。

因みに、
ａ∈ｆ^-1ｆ(Ｈ)
⇔ｆ(ａ)∈ｆ(Ｈ)
⇔ｆ(ａ)＝ｆ(ｂ)，∃ｂ∈Ｈ
⇔ｆ(ｂ)^-1ｆ(ａ)＝ｅ'，∃ｂ∈Ｈ
⇔ｆ(ｂ^-1)ｆ(ａ)＝ｅ'，∃ｂ∈Ｈ
⇔ｆ(ｂ^-1・ａ)＝ｅ'，∃ｂ∈Ｈ
⇔ｂ^-1・ａ∈kerｆ＝Ｋ，∃ｂ∈Ｈ
⇔ａ∈ｂＫ，∃ｂ∈Ｈ
⇔ａ∈ＨＫ
４行目の所で、両辺に左からｆ(ｂ)^-1をかけているが、これを右からにすると、
⇔ｆ(ａ)ｆ(ｂ)^-1＝ｅ'，∃ｂ∈Ｈ
⇔ｆ(ａ)ｆ(ｂ^-1)＝ｅ'，∃ｂ∈Ｈ
⇔ｆ(ａ・ｂ^-1)＝ｅ'，∃ｂ∈Ｈ
⇔ａ・ｂ^-1∈kerｆ＝Ｋ，∃ｂ∈Ｈ
⇔ａ∈Ｋｂ，∃ｂ∈Ｈ
⇔ａ∈ＫＨ
となり、ＨＫ＝ＫＨである。kerｆが正規部分群なる理由が垣間見える話である。（どちらからかけてもｅ'となるから。）

＞演習問題３
ｆ：Ｇ→Ｇ'を群の準同型写像とし、Ｈを群Ｇの部分群とする。ｆの核をＫ＝kerｆとおくとき、ｆ^-1ｆ(Ｈ)＝ＨＫであることを示せ。

別解
問6.14より、

ｆ：Ｇ→Ｇ'を準同型写像でＫ＝kerｆとする。ａ∈Ｇについて、ｆ(ａ)＝ａ'∈Ｇ'とするとき、ｆ^-1(ａ')＝ａＫであることを示せ。

よって、ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａＫ
よって、ｆ^-1ｆ(ａ)＝ａＫ
このａをＧの部分群Ｈに限定すると、
ｆ^-1ｆ(Ｈ)＝ＨＫ
よって、示された。

念のため、私のオリジナルなので注意して下さい。
一応、前回は問6.14の別解をやったので紹介しておこう。

2024/1/9 13:24の投稿より
問6.14
ｆ：Ｇ→Ｇ'を準同型写像でＫ＝kerｆとする。ａ∈Ｇについて、ｆ(ａ)＝ａ'∈Ｇ'とするとき、ｆ^-1(ａ')＝ａＫであることを示せ。

別解
準同型定理より、写像|ｆ：Ｇ/Ｋ→Ｇ'（ａＫ→ｆ(ａ)＝ａ'） が存在して、|ｆは単射である。
∴(|ｆ)^-1(ａ')＝ａＫ（ａＫのみ。）―――☆
ところで、Ｇ/ＫはＧの部分集合なので、ｆと|ｆは基本的に同じ写像である。（定義域が違うだけ。）
よって、☆の(|ｆ)^-1(ａ')をｆ^-1(ａ')として良い。
∴ｆ^-1(ａ)＝ａＫ

定理6.5（準同型定理）
Ｇ，Ｇ'を群、ｆをＧからＧ'への準同型写像とし、Ｋ＝kerｆとする。Ｇ/Ｋの元ａＫにＧ'の元ｆ(ａ)を対応させる写像|ｆは、剰余群Ｇ/ＫからＧ'への単準同型写像になる。特に、ｆが全準同型写像であれば、Ｇ/ＫとＧ'は同型になる。すなわち、
Ｇ/kerｆ≃Ｇ'
また、|ｆは、π：Ｇ→Ｇ/Ｋを自然な準同型写像とするとｆ＝|ｆ◦πを満たしている。

因みに、私のオリジナルなので、注意して下さい。

おまけ：

問題１の何でもありの解法１（思い付いた順）
直角三角形の直角を挟む二辺の短い方をｘと置くと、三平方の定理で(５－ｘ)^2＋ｘ^2＝４^2が成り立つ。
∴ｘ^2－１０ｘ＋２５＋ｘ^2＝１６
∴２ｘ^2－１０ｘ＋９＝０
∴ｘ＝{５±√(５^2－１８)}/２
＝(５±√７)/２
ところで、図よりｘ＜５－ｘ　∴２ｘ＜５
∴ｘ＜５/２　∴ｘ＝(５－√７)/２
また、黄色部分は対称性から正方形で、１辺の長さは、５－２ｘ＝５－(５－√７)＝√７ｃｍ
よって、答えは、７ｃｍ^2

何でもありの解法２
直角三角形の直角を挟む二辺の短い方をｘ，長い方をｙと置くと、三平方の定理より、
ｘ^2＋ｙ^2＝４^2―――①
また、面積より、
(ｘｙ/２)×８＋(ｙ－ｘ)^2＝５^2―――②
②より、４ｘｙ＋ｘ^2＋ｙ^2－２ｘｙ＝２５
∴ｘ^2＋ｙ^2＋２ｘｙ＝２５―――②'
②'に①を代入すると、
１６＋２ｘｙ＝２５　∴２ｘｙ＝９―――③
ところで、黄色部分＝(ｙ－ｘ)^2＝ｘ^2＋ｙ^2－２ｘｙ———☆
☆に①と③を代入すると、
黄色部分＝１６－９＝７ｃｍ^2
よって、答えは、７ｃｍ^2

問題２の別解１
ＢＣを１辺とした正三角形ＥＢＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ａ側に作ると、錯角より∠ＡＣＢ＝∠ＣＡＤ＝３０°なので、ＡＣは∠ＥＣＢの二等分線になる。よって、正三角形の対称性よりＡＢ＝ＡＥ———①
また、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形よりＡＢ＝ＤＣ———②
①，②より、ＡＥ＝ＣＤ———③
また、正三角形よりＥＣ＝ＢＣ　また、平行四辺形よりＡＤ＝ＢＣ　よって、ＥＣ＝ＤＡ———④
また、ＡＣは共通———⑤
③，④，⑤より、三辺相等で△ＥＡＣと△ＤＣＡは合同。よって、四角形ＡＣＤＥは等脚台形である。よって、ＡＣ//ＥＤ
よって、錯角より∠ＣＥＤ＝∠ＥＣＡ＝３０°また、∠ＢＥＣ＝６０°より、∠ＢＥＤ＝６０°＋３０°＝９０°
また、∠ＥＢＤ＝６０°－１５°＝４５°より、△ＥＢＤは直角二等辺三角形である。
よって、ＥＢ＝ＥＤ　また、正三角形よりＥＢ＝ＥＣ　よって、ＥＣ＝ＥＤ
よって、△ＥＣＤは頂角が３０°の二等辺三角形である。よって、∠ＥＣＤ＝７５°
また、∠ＥＣＡ＝３０°より、∠ＡＣＤ＝３０°＋７５°＝１０５°
よって、∠ｘ＝１０５°

念のため、私のオリジナルです。別解２は次回。

おまけ：

問題２の別解２，３のヒント
ＢＣの中点をＭとして、ＢＭ，ＣＭを１辺とした正三角形を描いて下さい。
因みに、ＣＭを１辺とした方が前回作った別解２でＢＭを１辺とした方は今朝作った新作の別解３です。（頂点は共にＢＣに関して点Ａ側。）

おまけ：

問題２の別解２
ＢＣの中点をＭとして、ＭＣを１辺とする正三角形ＥＭＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ａ側に作ると、錯角より∠ＡＣＢ＝∠ＣＡＤ＝３０°よりＯＣは∠ＥＣＢの二等分線になる。―――①
また、ＥＣ＝ＣＭ＝ＢＭより、定石により∠ＢＥＣ＝９０°である。（中学生以上は半円の円周角を考えて、小学生は長方形を対角線で斜めに切った形を考えれば分かる。）
よって、∠ＥＢＣ＝１８０°－９０°－６０°＝３０°で、∠ＯＢＣ＝１５°より、ＯＢは∠ＥＢＣの二等分線である。―――②
①，②より、点Ｏは△ＥＢＣの内心である。よって、ＯＥは∠ＢＥＣの二等分線である。
よって、∠ＯＥＣ＝９０°÷２＝４５°また、正三角形の対称性より、∠ＯＭＣ＝∠ＯＥＣ＝４５°
ところで、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形より点ＯはＢＤの中点。また、点ＭはＢＣの中点より、△ＢＤＣで中点連結定理を使うと、ＯＭ//ＤＣ　よって、ＢＣの延長上に点Ｆを取ると、∠ＤＣＦ＝∠ＯＭＣ＝４５°
よって、∠ｘ＝１８０°－３０°－４５°
＝１０５°

因みに、中点連結定理の所は相似を使えば小学生用になります。ただし、内心の性質をいつ習うかは知りません。

別解３
ＢＣの中点をＭとして、ＢＭを１辺とした正三角形ＥＢＭを点ＥがＢＣに関して点Ａ側に作ると、ＥＭ＝ＢＭ＝ＣＭより、定石により∠ＢＥＣ＝９０°
また、∠ＥＢＭ＝６０°より、∠ＥＣＢ＝１８０°－９０°－６０°＝３０°また、錯角より∠ＡＣＢ＝∠ＣＡＤ＝３０°
よって、∠ＥＣＢ＝∠ＡＣＢより３点Ｅ，Ａ，Ｃは一直線上にある。つまり、４点Ｅ，Ａ，Ｏ，Ｃは一直線上にある。
ところで、∠ＥＢＯ＝６０°－１５°＝４５°，∠ＢＥＯ＝∠ＢＥＣ＝９０°より、△ＥＢＯは直角二等辺三角形である。
よって、ＥＢ＝ＥＯ　また、正三角形よりＥＢ＝ＥＭ　よって、ＥＯ＝ＥＭ
よって、△ＥＭＯは頂角が９０°－６０°＝３０°の二等辺三角形である。よって、∠ＥＭＯ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°また、∠ＥＭＢ＝６０°より、∠ＯＭＣ＝１８０°－６０°－７５°＝４５°
以後、別解２と同じ。
（ところで、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形より点ＯはＢＤの中点。また、点ＭはＢＣの中点より、△ＢＤＣで中点連結定理を使うと、ＯＭ//ＤＣ　よって、ＢＣの延長上に点Ｆを取ると、∠ＤＣＦ＝∠ＯＭＣ＝４５°
よって、∠ｘ＝１８０°－３０°－４５°
＝１０５°）という事。

おまけ：

算数の別解
まず、左の三角形の上の頂点から反時計回りにＡＢＣとし、ＢＣの延長上の点をＤ，ＣＡの延長上の点をＥとすると、△ＡＢＣと△ＤＥＣは合同である。
ここで、△ＡＢＣ，△ＤＥＣのそれぞれを（点Ｆ，Ｇを新たに取り）長方形ＡＦＢＣ，長方形ＤＧＥＣにすると、この２つの長方形も合同である。
また、ＥＧの上にその長方形と合同な長方形を横向き（横が長いとする）に乗せ、反時計回りにＧＨＩＪとし、また、ＦＡの上に縦向きに乗せ、反時計回りにＦＫＩＬとすると、四角形ＬＢＤＨは正方形になり、対称性から四角形ＩＦＣＧも正方形になる。
よって、求める直角三角形４個分は、１４×１４－１０×１０＝１９６－１００＝９６ｃｍ^2
ところで、グレー部分はこの直角三角形２個分なので、答えは、９６÷２＝４８ｃｍ^2

補足（別にこれで思い付いた訳ではない）
向きは逆ですが、この図と解法を参考にして下さい。https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202005160001/

おまけ：

問題２
１＝１×１
１＋２＋３＋２＋１＝３×３
１＋２＋３＋４＋５＋４＋３＋２＋１＝５×５
・
・
・
１＋２＋･･･＋ｎ＋(ｎ－１)＋･･･＋１＝ｎ×ｎ
となる事を算数で解説して下さい。

因みに、「ガロア理論「超」入門」小林吹代著では、正方形を細かく分割して斜めに足していました。私は別解を作ってみましたが、こんなにうまくありません。
念のため、算数なので公式などは使ってはいけません。

おまけ：

問題１の算数の解法
ＢＤの真ん中の点をＭとし、ＡMを結ぶと、直角三角形の直角と斜辺の真ん中の点を結ぶので、定石によりＭＡ＝ＭＢ＝ＭＤ―――①
（△ＡＢＤを長方形ＡＢＡ'Ｄにして対角線の交点をＭとすると分かる。）
よって、△ＭＡＤは二等辺三角形である。よって、∠ＭＡＤ＝∠ＭＤＡ＝１２°
よって、内対角の和より、∠ＡＭＢ＝１２°×２＝２４°
ＣＤを結ぶと同様に、∠ＣＭＢ＝１８°×２＝３６°と分かる。
よって、∠ＡＭＣ＝２４°＋３６°＝６０°
また、定石の形より、ＭＣ＝ＭＢ＝ＭＤ―――②
①，②より、ＭＡ＝ＭＣ
よって、△ＭＡＣは頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形である。
よって、ＭＡ＝ＡＣ＝１０ｃｍ
よって、①より、ＭＢ＝ＭＤ＝１０ｃｍ
よって、ＢＤ＝１０＋１０＝２０ｃｍ

何でもありの解法（多分、今回の新作。）
∠Ａ＝∠Ｃ＝９０°より、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形である。
ここで、ＢＤ＝ｘと置くと、
ＡＢ＝ｘsin12°，ＡＤ＝ｘcos12°，
ＢＣ＝ｘsin18°，ＣＤ＝ｘcos18°，
ＡＣ＝１０ｃｍ
よって、トレミーの定理より、
１０ｘ＝(ｘsin12°)(ｘcos18°)＋(ｘcos12°)(ｘsin18°)が成り立つ。
∴１０ｘ＝ｘ^2sin12°cos18°＋ｘ^2cos12°sin18°
∴１０ｘ＝ｘ^2(sin12°cos18°＋cos12°sin18°)
よって、sinの加法定理より、
１０ｘ＝ｘ^2・sin(12°＋18°)＝ｘ^2・sin30°
ｘ≠０より、１０＝ｘ・sin30°
∴１０＝(１/２)ｘ　∴ｘ＝２０
よって、ＢＤ＝２０ｃｍ

問題２
１＝１×１
１＋２＋３＋２＋１＝３×３
１＋２＋３＋４＋５＋４＋３＋２＋１＝５×５
・
・
・
１＋２＋･･･＋ｎ＋(ｎ－１)＋･･･＋１＝ｎ×ｎ
となる事を算数で解説して下さい。

別解
１＋２＋３＋２＋１を１＋(２＋３)＋(２＋１)として、１＋３＋５とする。また、
１＋２＋３＋４＋５＋４＋３＋２＋１を１＋(２＋３)＋(４＋５)＋(４＋３)＋(２＋１)とすると、１＋３＋５＋７＋９と出来る。
つまり、１＋２＋･･･＋ｎ＋(ｎ－１)＋･･･＋１は、１＋３＋５＋７＋･･･＋{(ｎ－１)＋ｎ}と出来る。
よって、１＋３＋５＋７＋･･･＋(２×ｎ－１)
ここで、
○●○●○・・・・
●●○●○
○○○●○
●●●●○
○○○○○
・
・
・
という図を描くと、
１＋３＝２×２（個）
１＋３＋５＝３×３
１＋３＋５＋７＝４×４
１＋３＋５＋７＋９＝５×５
・
・
・
と分かるだろう。
つまり、１＋３＋５＋７＋･･･＋(２×ｎ－１)＝ｎ×ｎである。（ｎは左辺の個数を表す。）
よって、その前段階（入れ換え前）の、１＋２＋･･･＋ｎ＋(ｎ－１)＋･･･＋１もｎ×ｎで求められる。よって、示された。

おまけ：

別解
ＤＣ上にＢＣ＝ＦＣとなる点Ｆを取ると、ＡＤ＝ＦＤとなる。
（算数的には、見た目でＯＫだが、一応、数学的にも示しておこう。ＡＤ＋ＢＣ＝ＤＣにＢＣ＝ＦＣを代入すると、ＡＤ＋ＦＣ＝ＤＣ　∴ＡＤ＝ＤＣ－ＦＣ＝ＦＤだから。）
よって、△ＣＢＦと△ＤＡＦは共に二等辺三角形になる。よって、∠ＣＦＢ＝(１８０°－８０°)÷２＝５０°，∠ＤＦＡ＝(１８０°－１００°)÷２＝４０°よって、∠ＡＦＢ＝１８０°－４０°－５０°＝９０°
よって、△ＡＦＢは∠Ｆが直角の直角三角形で点Ｅは斜辺ＡＢの中点より、定石の形でＥＡ＝ＥＦ＝ＥＢ
（中学生以上は△ＡＦＢの外接円を考えれば良く、小学生は長方形を斜め半分に切った形を考えれば良い。）
よって、ＥＡ＝ＥＦ，ＤＡ＝ＤＦ，ＤＥは共通より、三辺相等で△ＤＡＥと△ＤＦＥは合同である。よって、∠ｘ＝∠Ｄ÷２＝１００°÷２＝５０°よって、答えは、５０°

おまけ：
https://wiis.info/math/linear-algebra/linear-mapping/rank-of-linear-mapping/

問題１
ｘ＝√５－２のとき、
ｘ^2＋４ｘ＋１３
の値は？

別解１
与式＝(ｘ＋２)^2＋９
これにｘ＝√５－２を代入すると、
与式＝(√５)^2＋９＝１４
よって、答えは、１４

別解２
ｘ＝√５－２の共役解はｘ＝－√５－２
よって、α＝√５－２，β＝－√５－２と置くと、α＋β＝－４，αβ＝－５＋４＝－１
よって、解と係数の関係よりα，βを２つの解とする２次方程式は、ｘ^2－４ｘ－１＝０
∴ｘ^2－４ｘ＋１３＝１４
よって、答えは、１４

問題２の別解
△ＤＢＨにおいて、三平方の定理を使うと、ＤＨ＝１２ｃｍ　つまり、△ＤＢＨは３：４：５の直角三角形である。
また、△ＣＢＥと△ＤＢＨにおいて、∠ＤＢＨを共有していて、また直角が等しいので相似である。つまり、△ＣＢＥも３：４：５の直角三角形。よって、△ＡＤＥも３：４：５の直角三角形である。
よって、ＡＥ＝３ｘ，ＤＥ＝４ｘと置くと、
ＢＥ＝２０－４ｘ　よって、ＣＥ＝(３/４)ＢＥ＝(３/４)(２０－４ｘ)
∴ＡＣ＝３ｘ＋(３/４)(２０－４ｘ)＝３ｘ＋１５－３ｘ＝１５ｃｍ
ところで、ＡＣ⊥ＢＤより、
台形ＡＢＣＤ＝２０×１５÷２＝１５０ｃｍ^2
よって、答えは、１５０ｃｍ^2

おまけ：

読めば分かるので、解説は省略。

問6.14
ｆ：Ｇ→Ｇ'を準同型写像でＫ＝kerｆとする。ａ∈Ｇについて、ｆ(ａ)＝ａ'∈Ｇ'とするとき、ｆ^-1(ａ')＝ａＫであることを示せ。

別解
準同型定理より、写像|ｆ：Ｇ/Ｋ→Ｇ'（ａＫ→ｆ(ａ)＝ａ'） が存在して、|ｆは単射である。
∴(|ｆ)^-1(ａ')＝ａＫ（ａＫのみ。）―――☆
ところで、Ｇ/ＫはＧの部分集合なので、ｆと|ｆは基本的に同じ写像である。（定義域が違うだけ。）
よって、☆の(|ｆ)^-1(ａ')をｆ^-1(ａ')として良い。
∴ｆ^-1(ａ)＝ａＫ

定理6.5（準同型定理）
Ｇ，Ｇ'を群、ｆをＧからＧ'への準同型写像とし、Ｋ＝kerｆとする。Ｇ/Ｋの元ａＫにＧ'の元ｆ(ａ)を対応させる写像|ｆは、剰余群Ｇ/ＫからＧ'への単準同型写像になる。特に、ｆが全準同型写像であれば、Ｇ/ＫとＧ'は同型になる。すなわち、
Ｇ/kerｆ≃Ｇ'
また、|ｆは、π：Ｇ→Ｇ/Ｋを自然な準同型写像とするとｆ＝|ｆ◦πを満たしている。

因みに、私のオリジナルなので、注意して下さい。

おまけ：

問題１
三角形の内角の和は何度ですか？ また、その理由は？

演繹的（論理的）な解法の別解
真上の頂点から反時計回りにＡＢＣとし、ＢＣの延長上に点Ｄを取り、ＣからＡＢと平行な直線を引きその直線上に点Ｅを取ると、錯角より∠Ａ＝∠ＡＣＥ，同位角より∠Ｂ＝∠ＥＣＤ
よって、∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｃ＝∠ＡＣＥ＋∠ＥＣＤ＋∠Ｃ＝一直線＝１８０°
ところで、△ＡＢＣは任意に選んだので、全ての三角形の内角の和は１８０°である。

帰納的（実験的）な解法の別解
ノートに適当な三角形（鈍角三角形，鋭角三角形，直角三角形）を何個か描き、切り取って、さらに３つの角をそれぞれ切り取って３つをくっつけると一直線になる。それを数個やっても全て一直線になる。
よって、三角形の内角の和は１８０°である。

問題２
１００を超える整数の中で、２４で割ると商とあまりが等しくなる数は何個ありますか。
△÷２４＝□あまり□

解答
△÷２４＝□あまり□より、
△＝□×２４＋□＝２５×□
ところで、あまりは割る数より小さいので、
□＜２４である。
また、△≧１００より、２５×□≧１００
よって、□≧４
よって、４≦□＜２４
つまり、４≦□＜２４
よって、２４－４＝２０個
念のため、１００を超えるを１００以上とした。（国語的には１００より大きいとすべきだと思うが、イメージ的に３桁以上の整数という感じで捕らえた。）

おまけ：
「10 わたしは終りの事を初めから告げ、まだなされない事を昔から告げて言う、『わたしの計りごとは必ず成り、わが目的をことごとくなし遂げる』と。
11 わたしは東から猛禽を招き、遠い国からわが計りごとを行う人を招く。わたしはこの事を語ったゆえ、必ずこさせる。わたしはこの事をはかったゆえ、必ず行う。」
「イザヤ書」第４６章１０節～１１節（口語訳）

「46:10わたしは初めから既に、先のことを告げ
まだ成らないことを、既に昔から約束しておいた。わたしの計画は必ず成り
わたしは望むことをすべて実行する。
46:11東から猛禽を呼び出し
遠い国からわたしの計画に従う者を呼ぶ。わたしは語ったことを必ず実現させ
形づくったことを必ず完成させる。」
「イザヤ書」第４６章１０節～１１節（新共同訳）
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12830143233.html

問題１の別解
小さな直角二等辺三角形の個数を数えると、４＋１０＋１８＋１４＋４＝５０個
一方、全体の正方形は小さな直角二等辺三角形５×５×４＝１００個分。
よって、答えは、１０×１０÷２＝５０ｃｍ^2

問題２の厳密な解答
ＤからＡＢに垂線を下ろしその足をHとすると、四角形ＨＢＣＤは３直角より長方形である。
∴ＨＢ＝ＤＣ＝３ｃｍ　∴ＡＨ＝１１－３＝８ｃｍ　∴∠Ａ＝Arccos(8/14)＝Arccos(4/7)
これを電卓で求めると、∠A＝55.150095°
ここで、ＤＭの延長とＡＢの延長との交点をＥとすると、１辺両端が等しいので、△ＭＢＥ≡△ＭＣＤ　∴ＢＥ＝ＣＤ＝３ｃｍ　∴ＡＥ＝１１＋３＝１４ｃｍ　∴ＡＥ＝ＡＤ
よって、△ＡＥＤは二等辺三角形である。
∴∠ＡＤＥ＝(180°－55.150095°)÷2＝62.424953°
∴∠ｘ＝62.424953°

一応、別解で裏を取ると、△ＡＤＨで三平方の定理を使うと、
ＤＨ＝√(14^2－8^2)＝√132＝2√33cm
∴ＭＣ＝√33cm
∴∠ＭＤＨ＝Arctan(3/√33)＝Arctan(√33/11)＝27.575048°
また、∠ＡＤＨ＝９０°－∠Ａ＝９０°－55.150095°＝34.849905°
∴∠ｘ＝34.849905°＋27.575048°＝62.424953°でＯＫ。

おまけ：
「かの憎みつる一の小僧を信じて、無量の大僧等・八方の大王等・一切の万民、みな頭を地につけ、掌を合わせて一同に南無妙法蓮華経と唱うべし。例せば神力品の十神力のとき、十方世界の一切衆生、一人もなく娑婆世界に向って大音声を発ちて、南無釈迦牟尼仏・南無釈迦牟尼仏と一同に叫びしがごとし。」
「日蓮の予言」アポカリプス２１研究会著より
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12828211582.html

問題１の易しい解法
１２＋９はＡＤ（またはＢＣ）＋正方形１辺の長さを表している。（正方形の横の辺の部分が重なっているという事。）
つまり、１２＋９はＡＤ＋ＡＢと等しい。
よって、求める長方形の周の長さはこの２倍なので、２１×２＝４２ｃｍ
よって、答えは、４２ｃｍ

問題２の中学数学の別解
△ＡＢＣで角の二等分線の定理を使うと、
ＢＤ：ＤＣ＝１２：１０＝６：５で、ＢＣ＝１１ｃｍより、ＢＤ＝６ｃｍ，ＤＣ＝５ｃｍ
ここで、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＡＨ＝ｘ，ＣＨ＝ｙと置くと、三平方の定理より、
ｘ^2＋ｙ^2＝１０^2―――①
ｘ^2＋(１１－ｙ)^2＝１２^2―――②
①－②より、
２２ｙ－１１^2＝１００ー１４４
∴２２ｙ＝－４４＋１２１＝７７
∴ｙ＝７/２
これを①に代入すると、
ｘ^2＝１００－(７/２)^2＝４００/４－４９/４＝３５１/４　∴ＡＨ^2＝３５１/４
また、ＤＨ＝５－ｙ＝５－７/２＝３/２
∴ＤＨ^2＝９/４
よって、△ＡＤＨで三平方の定理を使うと、
ＡＤ^2＝３５１/４＋９/４＝９０
∴ＡＤ＝３√１０ｃｍ

問題３の高校数学の解法
tan∠ア＝12/5，tan∠イ＝17/7
ここで、tanの加法定理より、
tan(∠ア＋∠イ)
＝(tan∠ア＋tan∠イ)/(１－tan∠ア・tan∠イ)
＝(12/5＋17/7)/{1－(12/5)(17/7)}
＝(84/35+85/35)/(1－204/35)
＝(169/35)/(－169/35)
＝－１
∴tan(∠ア＋∠イ)＝－１
ところで、０＜∠ア＋∠イ＜180°より、
∠ア＋∠イ＝135°
よって、答えは、１３５°

おまけ：