数学

解説
＞（３）ａi∈Ｃiとする。さらに、ａi∈Ｚ(Ｇ)とすると、ｔａiｔ^-1＝ａiｔｔ^-1＝ａiである

まず、ａi∈Ｃiからｔａiｔ^-1という元を考える。（共役の定義より）
次に、ａi∈Ｚ(Ｇ)からその元はｔａi＝ａiｔとなっている。

§２演習問題７
Ｓを群Ｇの部分集合とする。このとき、Ｃ_G(Ｓ)＝{ａ∈Ｇ|ａｓ＝ｓａ，∀ｓ∈Ｓ}とおけば、Ｃ_G(Ｓ)はＧの部分群であることを示せ。Ｃ_G(Ｓ)をＳの中心化群という。特に、Ｓ＝Ｇであるとき、Ｃ_G(Ｓ)を群Ｇの中心といい、Ｚ(Ｇ)と表す。

よって、ｔａiｔ^-1＝(ｔａi)ｔ^-1＝(ａiｔ)ｔ^-1＝ａi(ｔｔ^-1)＝ａiという事。

＞逆に、|Ｃi|＝１，ａi∈Ｃiとすると、Ｃi＝{ａi}　任意の元ｔに対してｔａiｔ^-1∈Ｃi＝{ａi}である。

共役の定義から「ある元ｔ」ではないのか解説して下さい。

例えば、ｂ＝ｔａiｔ^-1という元ｂが存在する場合はある特定のｔが対応するが、共役類Ｃi全体に対する場合は全てのＧの元ｔが対応するという事。

＞必要なら適当に番号を付けかえて

この理由（意味）を解説して下さい。

Ｚ(Ｇ)の元がＣ1～Ｃkのどこに入っているか分からないから。（（３）から各１個ずつ。）
また、最後の式で片側に寄せた方が解説し易いから。
|Ｇ|＝|Ｃ1|＋･･･＋|Ｃs|＋|Ｃs+1|＋･･･＋|Ｃk|
＝ｌ1＋･･･＋ｌs＋ｌs+1＋･･･＋ｌk
＝ｌ1＋･･･＋ｌs＋ｚ
右に寄せてあるという事。

＞ここで、１＜ｌi（ｉ＝１,…,ｓ）である。

まず、１≠ｌiの理由は（３）の同値関係から。
つまり、ａi∈Ｚ(Ｇ)⇔ｌi＝１からａi∈Ｚ(Ｇ)の場合以外は１＝ｌiではないから。
次に、０≠ｌiの理由は、（２）より「Ｃiに属する元の個数がｌi」でＣiはＧの共役類であるから、共役の定義のｂ＝ｔａｔ^-1のｔをｅとすると、少なくとも１つの元が存在するので、Ｃi＝{φ}はあり得ないからである。（個数だからマイナスがあり得ないのは自明だろう。）

おまけ：

問題１の別解
ＰからＢＣと平行な直線を引き、ＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＢ',Ｃ'とする。
また、ＰからＣＡと平行な直線を引き、ＡＢ，ＢＣとの交点をそれぞれＡ',Ｃ''とする。
さらに、ＰからＡＢと平行な直線を引き、ＡＣ，ＢＣとの交点をＡ'',Ｂ''とすると、
△ＰＡ'Ｂ'，△ＰＢ''Ｃ''，△ＰＣ'Ａ''はそれぞれ正三角形になり、四角形ＡＡ'ＰＡ''，ＢＢ''ＰＢ'，ＣＣ'ＰＣ''はそれぞれ平行四辺形になる。
よって、Ａ'Ｂ'＝Ｂ'Ｐ＝ＢＢ''———①
Ａ''Ｃ'＝ＰＣ'＝Ｃ''Ｃ―――②
①，②とＢ''Ｃ''より、
Ａ'Ｂ'＋Ｂ''Ｃ''＋Ａ''Ｃ'＝ＢＢ''＋Ｂ''Ｃ''＋Ｃ''Ｃ＝ＢＣ
よって、正三角形ＰＡ'Ｂ'，ＰＢ''Ｃ''，ＰＣ'Ａ''の底辺の和は正三角形ＡＢＣの底辺の長さと等しい。ところで、正三角形の底辺と高さの比は一定より、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとすると、ＰＳ＋ＰＴ＋ＰＵ＝ＡＨが成り立つ。
また、正三角形の内心をＩとすると、重心と一致していて、ＡＩ：ＩＨ＝２：１
ＩＨ＝２ｃｍより、ＡＨ＝６ｃｍ
よって、ＰＳ＋ＰＴ＋ＰＵ＝６ｃｍ

因みに、重心の性質は中学数学かもしれませんので、その場合は模範解答のように工夫して下さい。

念のため、「頭の回転が問われる中学入試算数の良問です」とありますが、２通りとも定石です。どちらかいうとこちらが定石かもしれません。２０年ぐらい前の「高校への数学　日日のハイレベル演習」に載っていたと思います。

おまけ：
バカボンのパパは無職なのはなぜ？
職業・資格 原作者の赤塚不二夫は「パパは無職（バガボンド＝放浪者）でないといけない」としているため、原作、アニメともに基本的には無職ということになっている。
https://www.google.com/search?q=%E3%81%AF%E3%81%98%E3%82%81%E3%81%A1%E3%82%83%E3%82%93&sca_esv=585477263&hl=ja&source=hp&ei=R8xjZeTlAdWNvr0PxKKwuA8&iflsig=AO6bgOgAAAAAZWPaV6v5cn5r-1mEz50eJiZN7mGg41-A&oq=hajimetyann&gs_lp=Egdnd3Mtd2l6IgtoYWppbWV0eWFubioCCAAyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGAQyBxAAGIAEGARIgCVQAFjOFXAAeACQAQCYAXWgAfgHqgEDOS4yuAEByAEA-AEBwgINEAAYgAQYBBixAxiDAcICBhAAGAMYBMICChAAGIAEGAQYsQPCAgoQABiABBiKBRhDwgIMEAAYgAQYigUYChhDwgINEAAYgAQYigUYsQMYQw&sclient=gws-wiz

別解１　思い付いた順
ＢＤを結ぶと、半円の円周角より∠ＡＤＢ＝９０°また、同じ弧の長さに対する円周角は等しいので、∠ＡＢＤ＝∠ＥＢＤ　また、ＢＤは共通より一辺両端が等しいので、△ＢＡＤ≡△ＢＣＤ∴∠Ｃ＝∠ＢＡＤ＝(４/５)×９０°＝４×１８°＝７２°
よって、答えは、７２°

別解２
半円の中心をＯとすると、点ＯはＡＢの中点で点ＤはＡＣの中点より△ＡＢＣでの中点連結定理より、ＯＤ//ＢＣ　∴∠ＡＣＢ＝∠ＡＤＯ
ところで、∠ＡＯＤ＝３６０°÷１０＝３６°より、∠ＡＤＯ＝(１８０°－３６°)÷２＝１４４°÷２＝７２°
∴∠ＡＣＢ＝∠ＡＤＯ＝７２°
よって、答えは、７２°

別解３
ＤＥを結ぶと、四角形ＡＢＥＤは円に内接する四角形より、∠ＣＤＥ＝∠ＡＢＥ＝(２/５)×９０°＝２×１８°＝３６°
また、∠ＤＥＣ＝∠ＤＡＢ＝(４/５)×９０°＝４×１８°＝７２°
よって、△ＣＤＥの内角の和より、
∠Ｃ＝１８０°－３６°－７２°＝７２°
よって、答えは、７２°

別解４　今朝思い付きました
半円の円周角より∠ＡＥＢ＝９０°
よって、△ＡＥＣは直角三角形で点Ｄは斜辺ＡＣの中点より、定石でＤＣ＝ＤＥ（△ＡＥＣの外接円を考えれば分かります。）
よって、△ＤＣＥは二等辺三角形で、四角形ＡＢＥＤは円に内接する四角形より∠ＣＤＥ＝∠ＡＢＥ＝(２/５)×９０°＝２×１８°＝３６°∴∠Ｃ＝(１８０°－３６°)÷２＝７２°
よって、答えは、７２°

おまけ：

解説
＞ｒ＝１であればＧ＝Ｎ_G(Ｈ)であるからＨはＧの正規部分群である。この場合はＡ＝Ｈであるから、仮定よりＡはＧの真部分群である。

まず、正規化群Ｎ_G(Ｈ)の定義は、
Ｎ_G(Ｈ)＝{ａ∈Ｇ|ａＨ＝Ｈａ}
また、ｒ＝１の時、上より、
「Ａ＝⋃(a∈G)ａＨａ^-1，|Ｇ|＝ｎ，|Ｈ|＝ｍとおく。さらに、|Ｇ：Ｎ_G(Ｈ)|＝ｒ」
の|Ｇ：Ｎ_G(Ｈ)|＝ｒが|Ｇ：Ｎ_G(Ｈ)|＝１
ここで、定義4.3より、Ｇ＝Ｎ_G(Ｈ)である。

定義4.3
Ｇを群，ＨをＧの部分群とするとき、Ｈの左剰余類の集合の濃度をＧにおけるＨの指数といい、|Ｇ：Ｈ|で表す。
特に、|Ｇ：{ｅ}|＝|Ｇ|，|Ｇ：Ｇ|＝１となっている事に注意せよ。

よって、Ｎ_G(Ｈ)＝{ａ∈Ｇ|ａＨ＝Ｈａ}からａＨ＝ＨａでＨは正規部分群である。
また、ａＨ＝Ｈａの両辺に右からａ^-1をかけると、Ｈ＝ａＨａ^-1となり、Ａ＝⋃(a∈G)ａＨａ^-1の１個のバージョンよりａＨａ^-1＝Ａである。
よって、Ｈ＝Ａ
ところで、仮定より「Ｈは有限群Ｇの真部分群」なので、ＡもＧの真部分群である。

＞Ｈの任意の元ｈについてはｈＨｈ^-1＝Ｈであるから、ｈ∈Ｎ_G(Ｈ)

定理4.1の系より、ｈ∈Ｈ⇔ｈＨ＝Ｈ⇔Ｈｈ＝Ｈ
∴ｈＨ＝Ｈｈ　（この両辺に右からｈ^-1をかけると、ｈＨｈ^-1＝Ｈ）
よって、Ｎ_G(Ｈ)＝{ａ∈Ｇ|ａＨ＝Ｈａ}から、
ｈ∈Ｎ_G(Ｈ)である。

定理4.1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

＞各ＨiはＨi＝ａiＨａi^-1（ａi∈Ｇ）と表されるので|Ｈi|＝|Ｈ|＝ｍである。

これは自明として良いが、一応、示しておこう。
仮定より、|Ｈ|＝ｍと置いたので、
Ｈ＝{ｈ1,…,ｈm}と置ける。
∴ａiＨａi^-1＝{ａiｈ1ａi^-1,…,ａiｈmａi^-1}
ここで、消去律の対偶より、
ｈj≠ｈk⇒ａiｈjａi^-1≠ａiｈkａi^-1
また、Ｈは全て相異なる元より、
ｊ≠ｋ⇒ｈj≠ｈk
∴ｊ≠ｋ⇒ａiｈjａi^-1≠ａiｈkａi^-1
よって、|ａiＨａi^-1|＝|Ｈ|
∴|Ｈi|＝|Ｈ|＝ｍ

定理1.4（消去律）
群Ｇにおいては、消去律が成り立つ。
すなわち、群Ｇに属する任意の元ａ,ｂ,ｃについて
ａ◦ｃ＝ｂ◦ｃ ならば ａ＝ｂ
ｃ◦ａ＝ｃ◦ｂ ならば ａ＝ｂ

よって、
ｃ◦ａ◦ｄ＝ｃ◦ｂ◦ｄ ならば ａ＝ｂ
が成り立ち、この対偶を取ると、
ａ≠ｂ⇒ｃ◦ａ◦ｄ≠ｃ◦ｂ◦ｄ

おまけ：
https://www.jstage.jst.go.jp/article/religionandsociety/2/Suppl/2_KJ00006480455/_article/-char/ja/

別解
ＤＡの延長上にＢから垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＢＡＨ＝１８０°－１５０°＝３０°より、△ＢＡＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になる。
よって、ＨＢ：ＡＢ＝１：２　また、ＢからＣＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、四角形ＢＨＤＩは３直角なので長方形である。
よって、ＤＩ＝ＨＢ＝ＡＢ/２＝ＣＤ/２
よって、点ＩはＣＤの真ん中の点である。また、ＢＩ⊥ＣＤより△ＢＤＣは二等辺三角形である。
よって、∠ＢＣＤ＝∠ＢＤＣ＝９０°－１５°＝７５°よって、答えは、７５°

念のため、最後の１５°は△ＡＢＤが頂角が１５０°の二等辺三角形から。また、算数で二等辺三角形の逆の性質を使ってはいけない場合は、「真ん中の点」からＤＩ＝ＣＩ，∠ＢＩＤ＝∠ＢＩＣ，ＢＩは共通より二辺挟角が等しいので、△ＢＩＤと△ＢＩＣが合同で∠ＢＣＩ＝∠ＢＤＩを言えば良い。

おまけ：

解説
＞したがって、ｘ＝(ａiｈ)^-1＝ｈ^-1ａi^-1∈Ｈａi^-1

だからどうしたという事で、続きを省略しないで解説して下さい。

よって、ｘ∈Ｈａi^-1で「Ｇの任意の元をｘ」としたので、Ｇ⊂Ｈａi^-1
∴Ｇ⊂Ｈａ1^-1∪…∪Ｈａn^-1
また、Ｇ⊃Ｈａ1^-1∪…∪Ｈａn^-1は自明なので、Ｇ＝Ｈａ1^-1∪…∪Ｈａn^-1
よって、当初の「Ｇ＝Ｈａ1^-1∪…∪Ｈａn^-1であることを示す」が示された。

＞（ⅱ）Ｈａi^-1∩Ｈａj^-1≠φ（１≦ｉ,ｊ≦ｎ）と仮定すると、定理4.1よりＨａi^-1＝Ｈａj^-1
定理4.3の証明でａiＨ＝ajＨ⇔Ｈａi^-1＝Ｈａj^-1を示した（ａiＨ＝ａjＨ⇔ａi^-1ａj∈Ｈ⇔Ｈａi^-1ａj＝Ｈ⇔Ｈａi^-1(ａj^-1)^-1＝Ｈ⇔Ｈａi^-1＝Ｈａj^-1）ゆえに、ａiＨ＝ａjＨ
したがって、仮定よりａi＝ａjである。

括弧の中は解説しなくて良いので、全体を解説して下さい。

Ｈａi^-1∩Ｈａj^-1＝φを示したいので、背理法で「Ｈａi^-1∩Ｈａj^-1≠φ（１≦ｉ,ｊ≦ｎ）と仮定する」。
すると、定理4.1より、Ｈａi^-1＝Ｈａj^-1
また、「ａiＨ＝ajＨ⇔Ｈａi^-1＝Ｈａj^-1」という定理を使うと、ａiＨ＝ajＨ
ここで、「はじめに、ａ1,ａ2,…,ａnはＨを法とする左剰余類の完全代表系であるから、Ｇ＝ａ1Ｈ∪…∪ａnＨ，ａiＨ∩ａjＨ＝φ（ｉ≠ｊ）となっている」から、ａiＨ∩ａjＨ＝φより、ａi＝ａjとなる。
続きは、ａ1～ａnは完全代表系より全て相異なる元なので矛盾。よって、背理法により、
Ｈａi^-1∩Ｈａj^-1＝φという事。

因みに、背理法など使わなくても、
「はじめに、ａ1,ａ2,…,ａnはＨを法とする左剰余類の完全代表系であるから、Ｇ＝ａ1Ｈ∪…∪ａnＨ，ａiＨ∩ａjＨ＝φ（ｉ≠ｊ）となっている」から、ａiＨ∩ａjＨ＝φ
また、定理4.1から、
ａＨ＝ｂＨ⇔ａＨ∩ｂＨ≠φ　この対偶を取ると、ａＨ∩ｂＨ＝φ⇔ａＨ≠ｂＨ
よって、ａiＨ∩ａjＨ＝φはａiＨ≠ａjＨとなる。
ここで、「ａiＨ＝ajＨ⇔Ｈａi^-1＝Ｈａj^-1」という定理の対偶を取ると、
「ａiＨ≠ajＨ⇔Ｈａi^-1≠Ｈａj^-1」より、
ａiＨ≠ａjＨはＨａi^-1≠Ｈａj^-1となる。
これに定理4.1の対偶を使うと、
Ｈａi^-1∩Ｈａj^-1＝φ
と出来る。（私のオリジナルなので注意して下さい。）

＞（ⅱ）１≦ｉ,ｊ≦ｎとする。このとき、定理4.1より
ａａiＨ∩ａａjＨ≠φ⇔(ａａi)^-1(ａａj)∈Ｈ⇔ａi^-1ａ^-1ａａj∈Ｈ⇔ａi^-1ａj∈Ｈ⇔ａiＨ＝ａjＨ⇔ａi＝ａj

最後の「ａiＨ＝ａjＨ⇔ａi＝ａj」の所を解説して下さい。また、続きを省略しないで解説して下さい。

「ａiＨ＝ａjＨ⇔ａi＝ａj」も上の解説と同じです。「はじめに、ａ1,ａ2,…,ａnはＨを法とする左剰余類の完全代表系であるから、Ｇ＝ａ1Ｈ∪…∪ａnＨ，ａiＨ∩ａjＨ＝φ（ｉ≠ｊ）となっている」から、ａiＨ∩ａjＨ＝φだからですね。
また、続きは、ａ1～ａnは完全代表系より全て相異なる元なので矛盾。
∴ａａiＨ∩ａａjＨ＝φ
ですね。
因みに、
ａａiＨ∩ａａjＨ≠φ⇔(ａａi)^-1(ａａj)∈Ｈ⇔ａi^-1ａ^-1ａａj∈Ｈ⇔ａi^-1ａj∈Ｈ⇔ａiＨ＝ａjＨ⇔ａi＝ａj
の最後の所、
ａａiＨ∩ａａjＨ≠φ⇔(ａａi)^-1(ａａj)∈Ｈ⇔ａi^-1ａ^-1ａａj∈Ｈ⇔ａi^-1ａj∈Ｈ⇔ａiＨ＝ａjＨ⇔aiＨ∩ａjＨ≠φ（定理4.1より）
よって、「はじめに、ａ1,ａ2,…,ａnはＨを法とする左剰余類の完全代表系であるから、Ｇ＝ａ1Ｈ∪…∪ａnＨ，ａiＨ∩ａjＨ＝φ（ｉ≠ｊ）となっている」のａiＨ∩ａjＨ＝φに矛盾。
とした方が良いのではないでしょうか。こっちの方が簡単ですよね。

おまけ：

解法１
円と接線の関係より、ＡＦ＝ＡＤ＝４ｃｍ，ＢＥ＝ＢＤ＝７ｃｍ
また、円の中心をＯとして、ＯＥ，ＯＦを結ぶと、ＯＦ⊥ＡＣ，ＯＥ⊥ＢＣ
また、∠Ｃ＝９０°より四角形ＯＥＣＦは長方形で半径より隣り合う二辺の長さが等しいので正方形である。よって、半径をｒと置くと、ＣＥ＝ＣＦ＝ｒとなる。
∴ＡＣ＝ｒ＋４，ＢＣ＝ｒ＋７，ＡＢ＝１１より、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
(ｒ＋４)^2＋(ｒ＋７)^2＝１１^2が成り立つ。
∴ｒ^2＋８ｒ＋１６＋ｒ^2＋１４ｒ＋４９＝１２１　∴２ｒ^2＋２２ｒ－５６＝０
∴ｒ^2＋１１ｒ＝２８———①
ところで、△ＡＢＣ＝(ｒ＋４)(ｒ＋７)/２＝(ｒ^2＋１１ｒ＋２８)/２———②
①を②に代入すると、
△ＡＢＣ＝(２８＋２８)/２＝２８ｃｍ^2
よって、答えは、２８ｃｍ^2

解法２
円と接線の関係より、ＡＦ＝ＡＤ＝４ｃｍ，ＢＥ＝ＢＤ＝７ｃｍ
また、円の中心をＯとして、ＯＥ，ＯＦを結ぶと、ＯＦ⊥ＡＣ，ＯＥ⊥ＢＣ
また、∠Ｃ＝９０°より四角形ＯＥＣＦは長方形で半径より隣り合う二辺の長さが等しいので正方形である。よって、半径をｒと置くと、ＣＥ＝ＣＦ＝ｒとなる。
∴ＡＣ＝ｒ＋４，ＢＣ＝ｒ＋７，ＡＢ＝１１
ここまでは同じ。
△ＡＢＣ＝△ＯＡＢ＋△ＯＢＣ＋△ＯＣＡ
＝１１ｒ/２＋ｒ(ｒ＋７)/２＋ｒ(ｒ＋４)/２
＝ｒ(２ｒ＋２２)/２＝ｒ(ｒ＋１１)
＝ｒ^2＋１１ｒ———①
また、△ＡＢＣ＝(ｒ＋４)(ｒ＋７)/２＝(ｒ^2＋１１ｒ＋２８)/２———②
よって、①を②に代入すると、
△ＡＢＣ＝(△ＡＢＣ＋２８)/２
∴２△ＡＢＣ＝△ＡＢＣ＋２８
∴△ＡＢＣ＝２８ｃｍ^2
よって、答えは、２８ｃｍ^2

因みに、これはマニアックな公式で２０年以上前から知っていました。数式でも証明出来るので、数学好きの人は挑戦してみて下さい。（挑戦という程難しくはありませんが、なかなか一筋縄ではいかなかったような記憶があります。見つけるのは大変だっただろうなという事。）

おまけ：
https://instagrammernews.com/detail/3240772238677019963

解説
＞ここで、消去律（定理1.4）によって、
ｉ≠ｊ⇒ｘａi≠ｘａj

定理1.4（消去律）
群Ｇにおいては、消去律が成り立つ。
すなわち、群Ｇに属する任意の元ａ,ｂ,ｃについて
ａ◦ｃ＝ｂ◦ｃ ならば ａ＝ｂ
ｃ◦ａ＝ｃ◦ｂ ならば ａ＝ｂ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

消去律の対偶である。そこで、
ｘａi＝ｘａj⇒ａi＝ａjとし、
「|Ｈ|＝ｍとすれば、Ｈ＝{ａ1,…,ａm}と表すことができる」から、ａ1～ａmは相異なるｍ個の元であるので、ａi＝ａj⇒ｉ＝ｊである。
∴ｘａi＝ｘａj⇒ａi＝ａj⇒ｉ＝ｊ
∴ｘａi＝ｘａj⇒ｉ＝ｊ
この対偶を取ると、
ｉ≠ｊ⇒ｘａi≠ｘａj
という事である。「ａ1～ａmは相異なるｍ個の元」が大事である。

おまけ：

別解１
ＢＤを１辺とした正三角形ＥＢＤを作り、頂点ＥをＢＤに関して点Ａ側に取ると、ＢＥ＝ＢＤ，ＢＣ＝２ＢＤより、ＢＥ：ＢＣ＝１：２
また、∠ＥＢＣ＝６０°より△ＥＢＣは１：２：√３の直角三角形。∴∠ＥＣＢ＝３０°
また、∠ＡＣＢ＝１５°より、ＡＣは∠ＥＣＢの二等分線。また、∠ＡＢＣ＝３０°，∠ＥＢＤ＝６０°より、ＡＢも∠ＥＢＣの二等分線。
よって、点Ａは△ＥＢＣの内心である。よって、ＡＥを結ぶと、ＡＥは∠ＢＥＣの二等分線になる。よって、∠ＡＥＢ＝９０°÷２＝４５°∴∠ＡＥＤ＝６０°－４５°＝１５°
ところで、△ＢＥＤは正三角形でＢＡは頂角の二等分線より対称性で、∠ＡＤＥ＝∠ＡＥＤ＝１５°よって、∠ＡＤＢ＝６０°－１５°＝４５°よって、∠ア＝４５°

これを今回の新作だと思っていましたが、よく考えてみると、似た問題は何回かやった事がありますが、この問題は初めてかもしれません。
例えば、似た問題とはこんな問題です。http://azuki2018.html.xdomain.jp/tex/zuke-kakudo07.pdf
とにかく、内心を使ったのは初めてだと思います。因みに、上の平行四辺形の問題の載っていない別解も作れます（１,２通り）が、今回は止めておきますね。有名な問題なのでそのうちまたやる機会もあるでしょう。

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E3%81%BF%E3%81%AE%E3%82%82%E3%82%93%E3%81%9F%E3%81%AB-%E3%83%81%E3%83%83%E3%83%97%E3%82%84%E3%82%8B%E3%81%8B%E3%82%89%E4%BF%BA%E3%81%AE%E9%9D%B4%E3%82%92%E8%88%90%E3%82%81%E3%82%8D-%E5%8F%A4%E8%88%98%E4%BC%8A%E7%9F%A5%E9%83%8E%E3%81%8C%E8%A6%8B%E3%81%9F%E8%A1%9D%E6%92%83%E5%85%89%E6%99%AF-%E6%B1%BA%E3%81%97%E3%81%A6%E3%82%84%E3%82%8A%E3%81%9F%E3%81%8F%E3%81%AA%E3%81%84%E3%81%93%E3%81%A8%E3%82%92/ar-AA1kdZP8?ocid=msedgntp&cvid=eb5e75afd0464242b25280d837b04853&ei=16

https://www.msn.com/ja-jp/entertainment/celebrity/%E5%BE%8C%E8%97%A4%E7%A5%90%E6%A8%B9%E6%B0%8F-tko%E8%B2%A0%E3%81%91%E6%9C%9D%E5%80%89%E6%9C%AA%E6%9D%A5%E3%81%AB-%E4%BF%BA%E3%81%AF%E7%94%B7%E3%81%A8%E3%81%97%E3%81%A6%E3%81%8B%E3%81%A3%E3%81%93%E3%81%84%E3%81%84%E3%81%A8%E6%80%9D%E3%81%86-%E9%81%8E%E5%8E%BB%E6%9C%9D%E5%80%89%E3%81%AB-%E7%9E%AC%E6%AE%BA-%E7%B5%8C%E9%A8%93/ar-AA1kcJ4u?ocid=msedgntp&cvid=eb5e75afd0464242b25280d837b04853&ei=18

別解２
ＡＣを１辺とした正三角形ＥＡＣを頂点ＥがＡＣに関して点Ｄ側に作ると、ＥＡ＝ＥＣ，∠ＡＢＣ＝(１/２)∠ＡＥＣより、点Ｅを中心に半径ＥＡ（ＥＣ）の円を描くと点Ｂを通る。
よって、半径よりＥＢ＝ＥＡ＝ＥＣ　
また、∠ＥＣＢ＝６０°－１５°＝４５°より、△ＥＢＣは直角二等辺三角形である。
∴∠ＢＥＣ＝９０°
また、点ＤはＢＣの中点より、ＥＤ⊥ＢＣ
また、∠ＥＢＡ＝４５°＋３０°＝７５°で△ＥＢＡは二等辺三角形より、∠ＡＥＢ＝１８０°－７５°×２＝３０°
∴∠ＡＥＤ＝４５°－３０°＝１５°
また、△ＤＥＣが直角二等辺三角形で△ＡＥＣが正三角形より対称性で、ＡＤは∠ＥＡＣを二等分している。
∴∠ＥＡＤ＝６０°÷２＝３０°
よって、△ＡＥＤの内角の和より、∠ＡＤＥ＝１８０°－３０°－１５°＝１３５°
また、∠ＥＤＢ＝９０°より、∠ＡＤＢ＝１３５°－９０°＝４５°
よって、答えは、４５°

おまけ：

何でもありの解法は詰まらないので、やっぱりこちらhttp://azuki2018.html.xdomain.jp/tex/zuke-kakudo07.pdfの別解をやりますね。

別解
ＡＢを１辺とした正三角形ＥＡＢを、頂点ＥがＡＢに関して点Ｄ側に作ると、ＢＤが∠ＥＢＡの二等分線になるので、対称性よりＤＡ＝ＤＥ
また、平行四辺形より、ＤＡ＝ＣＢ　
よって、ＤＥ＝ＢＣ———①
また、正三角形よりＡＢ＝ＥＢ　平行四辺形よりＡＢ＝ＤＣ　よって、ＥＢ＝ＣＤ———②
①，②より、四角形ＢＣＥＤは等脚台形である。（三辺相等で△ＥＤＢ≡△ＣＢＤよりＥＣ//ＤＢでＤＥ＝ＢＣだから。）
ところで、ＤＣ//ＡＢより錯角で、∠ＢＤＣ＝∠ＤＢＡ＝３０°また、ＤＢ//ＥＣより錯角で、∠ＥＣＤ＝∠ＢＤＣ＝３０°
また、錯角より∠ＤＣＡ＝∠ＢＡＣ＝１５°
よって、∠ＥＣＡ＝３０°＋１５°＝４５°
また、錯角より∠ＢＥＣ＝∠ＥＢＤ＝３０°，∠ＡＥＢ＝６０°より、∠ＡＥＣ＝６０°＋３０°＝９０°よって、△ＥＡＣは直角二等辺三角形である。よって、ＥＡ＝ＥＣ　また、ＥＡ＝ＥＢより、ＥＢ＝ＥＣ　よって、△ＥＢＣは頂角が３０°の二等辺三角形である。
よって、∠ＥＢＣ＝７５°よって、∠ＤＢＣ＝３０°＋７５°＝１０５°
よって、答えは、１０５°

おまけ：
https://www.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/226689/

問題
http://azuki2018.html.xdomain.jp/tex/zuke-kakudo07.pdf

別解２
ＯＡを１辺とした正三角形ＥＯＡを頂点ＥがＯＡに関して点Ｂ側に作ると、∠ＯＥＡ＝６０°，∠ＯＢＡ＝３０°より、∠ＯＥＡ＝２∠ＯＢＡ
また、ＥＡ＝ＥＯより、点Ｅを中心に半径ＥＡ（ＥＯ）の円を描くと点Ｂを通る。
よって、半径よりＥＡ＝ＥＢ　また、∠ＥＡＢ＝６０°－１５°＝４５°より△ＥＡＢは直角二等辺三角形。∴∠ＡＥＢ＝９０°———①
また、∠ＣＡＥ＝６０°，ＡＥ：ＡＣ＝１：２より、△ＣＡＥは１：２：√３の直角三角形である。∴∠ＡＥＣ＝９０°———②
①，②より、３点Ｅ，Ｂ，Ｃは一直線上にある。∴∠ＤＢＣ＝１８０°－３０°－４５°
＝１０５°
よって、答えは、１０５°

別解３は次回。

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/opinion/%E7%BE%BD%E7%94%9F%E7%B5%90%E5%BC%A6%E3%81%AE%E9%9B%A2%E5%A9%9A%E7%90%86%E7%94%B1%E3%81%AB%E6%9D%B1%E8%A5%BF%E3%81%94%E6%84%8F%E8%A6%8B%E7%95%AA%E3%81%8C%E7%9C%9F%E3%81%A3%E4%BA%8C%E3%81%A4-%E5%AE%88%E3%81%A3%E3%81%9F%E3%82%93%E3%81%A7%E3%81%97%E3%82%87%E3%81%86%E3%81%AD-%E3%83%97%E3%83%A9%E3%82%A4%E3%83%90%E3%82%B7%E3%83%BC%E3%81%8C%E3%81%AA%E3%81%84%E3%81%A3%E3%81%A6%E3%82%8F%E3%81%8B%E3%81%A3%E3%81%A6%E3%81%84%E3%81%9F%E3%81%AE%E3%81%A7%E3%81%AF/ar-AA1kgT80?ocid=msedgntp&cvid=3310b91b923e44af94b8fc7d216a2031&ei=46

問題
http://azuki2018.html.xdomain.jp/tex/zuke-kakudo07.pdf

別解３
ＡＢの中点をＭとして、１辺の長さがＭＢの正三角形ＥＭＢを頂点ＥがＭＢに関して点Ｃ（Ｄ）側に作ると、∠ＥＢＡ＝６０°，ＥＢ：ＡＢ＝１：２より、△ＥＡＢは１：２：√３の直角三角形になる。∴∠ＡＥＢ＝９０°，∠ＥＡＢ＝３０°
ところで、∠ＥＡＢ＝３０°，∠ＥＢＡ＝６０°，∠ＯＡＢ＝１５°，∠ＯＢＡ＝３０°よりＯＡ，ＯＢはそれぞれ∠ＥＡＢ，∠ＥＢＡの二等分線なので、点Ｏは△ＥＡＢの内心である。
よって、ＯＥは∠ＡＥＢの二等分線である。
∴∠ＯＥＢ＝９０°÷２＝４５°
また、正三角形の対称性より、
∠ＯＭＢ＝∠ＯＥＢ＝４５°
ところで、点ＯはＡＣの中点で点ＭはＡＢの中点より、中点連結定理により、ＯＭ//ＣＢ
よって、ＡＢの延長上に点Ｆを取ると、同位角より∠ＣＢＦ＝∠ＯＭＢ＝４５°
∴∠ＤＢＣ＝１８０°－３０°－４５°
＝１０５°
よって、答えは、１０５°

おまけ：

定理4.1
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの元ａ,ｂについて、次の（１）から（５）の命題は同値であり、また（１'）から（５'）の命題も同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ　　　
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ　　　
（３）ｂ∈ａＨ
（４）ａ∈ｂＨ
（５）ａＨ∩ｂＨ≠φ

逆からの証明
（５）⇒（４）：ａＨ∩ｂＨ≠φより、∃ｃ∈ａＨ∩ｂＨがあって、ｃ∈ａＨかつｃ∈ｂＨ
ｃ∈ａＨより、∃ｈ1∈Ｈがあってｃ＝ａｈ1と表される。また、
ｃ∈ｂＨより、∃ｈ2∈Ｈがあってｃ＝ｂｈ2と表される。
∴ａｈ1＝ｂｈ2　
∴ａ＝ｂｈ2ｈ1^-1＝ｂ(ｈ2ｈ1^-1)∈ｂＨ
∴ａ∈ｂＨ
（４）⇒（３）：ａ∈ｂＨより、∃ｈ∈Ｈがあってａ＝ｂｈと表される。
∴ｂ＝ａｈ^-1∈ａＨ
∴ｂ∈ａＨ
（３）⇒（２）：ｂ∈ａＨより、∃ｈ∈Ｈがあってｂ＝ａｈと表される。
∴ａ^-1ｂ＝ｈ∈Ｈ
∴ａ^-1ｂ∈Ｈ
（２）⇒（１）：ａ^-1ｂ∈Ｈより、∃ｈ∈Ｈがあってｈ＝ａ^-1ｂと表される。
∴ｂ＝ａｈ
∴ｂＨ＝ａｈＨ＝ａ(ｈＨ)＝ａＨ
∴ａＨ＝ｂＨ
（１）⇒（５）：ａ∈ａＨ＝ｂＨより、
ａ∈ａＨかつａ∈ｂＨ　∴ａ∈ａＨ∩ｂＨ
∴ａＨ∩ｂＨ≠φ

念のため、全て私が自分で作ったので注意して下さい。例えば、ｂＨ＝ａｈＨ＝ａ(ｈＨ)＝ａＨとか。元だけじゃなくて、集合も混ぜて結合法則を使ったが大丈夫かなど。また、ｈＨ＝Ｈは定理4.1の系から大丈夫かなど。

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

証明は、定理4.1の（１）と（４）のｂにｂ＝ｅを代入すれば自明だが、循環論法になってしまうので、一応、示しておく。
ｈＨ⊂ＨはＨが群でｈがＨの元より自明。（閉じているから。）また、
Ｈ⊂ｈＨもｈ＝ｅの場合がＨ＝Ｈで他の場合もあるのでＨ⊂ｈＨは自明。
∴ｈＨ＝Ｈ
念のため、厳密には問2.2のように数式で示せば良い。

おまけ：

問題１の別解
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＡＤの３等分点を左からＥ，Ｆ、ＢＣの３等分点を左からＧ，Ｈとし、ＡＨとＥＢ，ＦＧとの交点をそれぞれＩ，Ｊ、ＥＣとＦＧ，ＤＨとの交点をそれぞれＫ，Ｌとする。
ここで、ＥＧを結び、ＡＨとの交点をＭとすると、△ＭＡＥと△ＭＨＧは合同でＥＭ＝ＧＭ
つまり、点ＭはＥＧの真ん中の点。また、△ＩＡＢと△ＩＭＥは相似で相似比は２：１になるので、面積比は２×２：１×１＝４：１
よって、△ＥＩＭは△ＩＡＢの面積の１/４　
また、点ＭはＡＨの真ん中の点でＩＪの真ん中の点でもある。よって、△ＥＩＭは△ＥＩＪの１/２の面積でひし形ＥＩＪＫの１/４の面積。
よって、△ＩＡＢの面積とひし形ＥＩＪＫの面積は等しい。ところで、ひし形ＫＪＨＬとひし形ＥＩＪＫは合同より、△ＩＡＢとひし形ＥＩＪＫの面積は等しい。
よって、等積移動をすると、色部分の面積は、平行四辺形ＦＧＨＤと等しい。
よって、答えは、２×６＝１２ｃｍ^2

おまけ：
https://gonkaku.jp/articles/6964

問題２
次の計算をしてください。
１＋２＋４＋８＋…＋２５６＋５１２

算数の別解
１＋２＝３
１＋２＋４＝７
１＋２＋４＋８＝１５
１＋２＋４＋８＋１６＝３１
１＋２＋４＋８＋１６＋３２
ここぐらいまでやれば面倒臭くなってきて前のに新しい１つを足すだけでいいんじゃないかと気付くだろう。つまり、
１＋２＋４＋８＋１６＋３２
＝３１＋３２＝６３
１＋２＋４＋８＋１６＋３２＋６４
＝６３＋６４＝１２７
このままでもあと３つ（１２８，２５６，５１２）なので、求められるが、欲を言えば答えが、３，３，７，１５，３１，６３，１２７，・・・
となっている事の変な感じに気付いて欲しい。つまり、１を足すと、４，８，１６，３２，６４，１２８，…となっている。よって、倍々ゲームという事である。（元の数列も倍々ゲームとなっている。）
そこで、１＋２＋４＋８＋…までを再度見ると、
１＋２に１を足すと４になって、
１＋２＋４に１を足すと８になる。
つまり、１＋２＋４＋８＋…＋２５６＋５１２に１を足すと、５１２の次の数になる。
よって、
１＋２＋４＋８＋…＋２５６＋５１２＋１＝１０２４である。よって、答えは、１０２３

結局、初めの諦めない心が大事なのである。（あと３つは簡単に計算出来る。）

おまけ：

問題２
次の計算をしてください。
１＋２＋４＋８＋…＋２５６＋５１２

何でもありの解法１
与式＝１＋２＋^2＋２^3＋…＋２^8＋２^9
２進法で表すと、
１＋１０＋１００＋１０００＋…＋１００００００００＋１０００００００００
＝１１１１１１１１１１
これに１を加えると、
＝１０００００００００００（０が１０個）
これを１０進法に戻すと、
２^10
よって、与式＝２^10－１＝１０２４－１
＝１０２３
よって、答えは、１０２３

おまけ：https://with.kodansha.co.jp/article/interview-misatougaki-3

問題２
次の計算をしてください。
１＋２＋４＋８＋…＋２５６＋５１２

何でもありの解法２
因数分解の公式
ｘ^n－１
＝(ｘ－１)(ｘ^(n-1)＋ｘ^(n-2)＋…＋ｘ＋１)
よって、
ｘ^(n-1)＋ｘ^(n-2)＋…＋ｘ＋１
＝(ｘ^n－１)/(ｘ－１)
よって、
１＋ｘ＋ｘ^2＋ｘ^3＋…＋ｘ^(n-2)＋ｘ^(n-1)＝(ｘ^n－１)/(ｘ－１)———☆
ところで、与式＝１＋２＋２^2＋２^2＋…＋２^8＋２^9より、☆式にｘ＝２，ｎ＝１０を代入すると、
１＋２＋２^2＋２^2＋…＋２^8＋２^9
＝(２^10－１)/(２－１)＝２^10－１
＝１０２４－１
＝１０２３
よって、答えは、１０２３

因みに、等比数列の和の公式と同じですが、求め方が違います。

おまけ：

うち、１つは算数の別解に昇華させました。算数の別解を作れる人はほとんどいないと思います。因みに、模範解答方法は定石の１つです。

おまけ：https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E5%B1%B1%E5%8F%A3%E7%99%BE%E6%81%B5%E3%81%95%E3%82%93-%E4%BF%B3%E5%84%AA%E6%AC%A1%E7%94%B7%E3%81%AE%E6%B7%B1%E5%88%BB%E3%81%AA-%E8%B1%86%E8%85%90%E3%83%A1%E3%83%B3%E3%82%BF%E3%83%AB-9%E6%9C%88%E3%81%AB%E3%81%AFsns%E3%81%A7%E5%BC%95%E9%80%80%E3%82%82%E7%A4%BA%E5%94%86/ar-AA1k6OZq?ocid=msedgntp&cvid=6be2ad9fd33a428b8a5275aeff9c7066&ei=40
二世タレントあるあるなのかな？ 早く結婚して女房子供のために仕事すれば緊張なんかしないと思うよ。因みに、お袋さんの「蒼い時」を読んでみるといいかも。緊張なんかしている場合じゃないかもしれないね。まぁ、真面目な人なんだろうね。

何でもありの解法１
△ＢＣＥは１：２：√３の直角三角形より、ＢＥ＝８ｃｍ　また、△ＦＢＥは直角二等辺三角形より、ＦＥ＝８/√２＝４√２ｃｍ
ところで、∠ＦＥＤ＝１８０°－６０°－４５°＝７５°∴∠ＥＦＤ＝１５°∴∠ＢＦＡ＝１８０°－１５°－９０°＝７５°
また、ＢＦ＝ＦＥより、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＢＡＦ≡△ＦＤＥ
よって、この２つの三角形をＢＡ，ＦＤでくっつけると頂角が３０°で等辺が４√２ｃｍの二等辺三角形が出来る。
よって、△ＢＡＦをＦＤの上側に移動させて点Ｆの行き先をＦ'として、Ｆ'からＦＥに垂線を下ろしその足をHとすると、△Ｆ'ＦＨは１：２：√３の直角三角形になり、Ｆ'Ｈ＝４√２÷２＝２√２ｃｍ　∴△Ｆ'ＦＥ＝４√２×２√２×(１/２)＝８ｃｍ^2　また、△ＦＢＥ＝４√２×４√２×(１/２)＝１６ｃｍ^2　よって、色付き部分の面積は、８＋１６＝２４ｃｍ^2
よって、答えは、２４ｃｍ^2

何でもありの解法２
△ＢＡＦ≡△ＦＤＥで斜辺が４√２ｃｍの１５°，７５°，９０°の直角三角形までは解法１と同じ。
ここで、１５°，７５°，９０°の三辺比を使うと、ＦＤ＝(√６＋√２)×√２＝２(√３＋１)ｃｍ，ＤＥ＝(√６－√２)×√２＝２(√３－１)ｃｍ　∴ＡＦ＝ＤＥ＝２(√３－１)ｃｍ
∴ＡＤ＝ＡＦ＋ＦＤ＝２(√３－１)＋２(√３＋１)＝４√３ｃｍ
∴台形ＤＡＢＥ＝{２(√３－１)＋２(√３＋１)}×４√３×(１/２)＝(４√３)^2・(１/２)＝２４ｃｍ^2
よって、答えは、２４ｃｍ^2

算数の別解は次回。

おまけ：

算数の別解
∠ＥＦＤ＝●，∠ＦＥＤ＝×と置くと、△ＦＤＥの内角の和より、●＋×＝９０°
また、∠ＢＦＡ＋∠ＢＦＥ＋∠ＥＦＤ＝１８０°より、∠ＢＦＡ＋∠ＥＦＤ＝９０°
よって、∠ＢＦＡ＋●＝９０°で∠ＢＦＡ＝×である。つまり、△ＢＡＦと△ＦＤＥは２角が等しいので相似でＢＦ＝ＦＥなので合同である。（念のため、具体的な角度を求めて示しても良い。）
よって、ＡＢ＝ＤＦ，ＡＦ＝ＤＥ　また、∠ＡＢＥ＋∠ＤＥＢ＝３６０°－９０°×２＝１８０°より、∠ＡＢＥと∠ＤＥＢは補角をなしている。
ここで、四角形ＡＢＥＤを１８０°回転させて、ＥＢがＢＥにくっつくようにコピーして、点Ａ，Ｄの行き先をそれぞれＡ'，Ｄ'とすると、四角形ＡＤ'Ａ'Ｄは正方形になる。（ＡＤ'＝ＡＢ＋ＥＤ＝ＡＢ＋ＡＦ，ＡＤ＝ＡＦ＋ＦＤ＝ＡＦ＋ＡＢより、ＡＤ'＝ＡＤより、隣り合う二辺が等しい長方形になるから。）
よって、正方形ＡＤ'Ａ'Ｄの面積の１/２を求めれば良い。
今、ＣからＢＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＢＣＥと△ＣＨＥはそれぞれ３０°，６０°，９０°の直角三角定規型であるので、ＢＥ＝４×２＝８ｃｍ，ＥＨ＝４÷２＝２ｃｍ
よって、ＢＨ＝８－２＝６ｃｍ
また、△ＢＨＣも３０°，６０°，９０°の直角三角定規型なので、△ＢＣＥと△ＢＨＣは相似である。よって、ＢＣ：ＢＨ＝ＢＥ：ＢＣが成り立つ。よって、ＢＣ：６＝８：ＢＣ　
よって、ＢＣ×ＢＣ＝６×８＝４８　
よって、ＡＤ×ＡＤ＝４８
よって、正方形ＡＤ'Ａ'Ｄ＝４８ｃｍ^2
よって、答えは、この１/２で、２４ｃｍ^2

因みに、四角形ＡＢＥＤを向かい合わせに２倍にすると正方形になる事は、算数的には、（逆から考えて）適当な正方形に適当な正方形を内接させその小さい方の正方形の対角線で切れば大きい方の正方形も二等分される事を言えば、ちまちま証明しなくても良い。（図形的には対称性から自明である。）

おまけ：
https://instagrammernews.com/detail/3236566012325980208

問題１の別解
ＡＤの延長とＢＣの延長との交点をＥとすると、四角形ＡＢＣＤは等脚台形より△ＥＤＣは二等辺三角形になる。
また、△ＥＤＣと△ＥＡＢは相似で相似比は１：２より、ＥＤ＝ＥＣ＝１ｃｍ
よって、△ＥＤＣも△ＥＡＢも正三角形である。また、三辺相等で△ＡＥＣと△ＡＢＣは合同より、∠ＥＡＣ＝∠ＢＡＣ
よって、∠ア＝６０°÷２＝３０°

「よりシンプルな解法があればコメントをお待ちしております」とありますが、どうでしょう。しかし、模範解答の方は補助線１本ですしね。

問題２の別解１
∠Ｂ＋∠Ｄ＝３６０°－９０°×２＝１８０°より、∠Ｂと∠Ｄは補角をなしている。
そこで、ＡＣを結び、△ＡＣＤをＡＤがＡＢにくっつくまで９０°回転移動させ、点Ｃの行き先をＣ'とすると、Ｃ'ＢＣは一直線になり、∠Ｃ'ＡＣ＝９０°，ＡＣ＝ＡＣ'となる。
よって、△ＡＣ'Ｃは直角二等辺三角形である。よって、Ｃ'Ｃ＝６×２＝１２ｃｍ
よって、△ＡＣ'Ｃ＝１２×６÷２＝３６ｃｍ^2　よって、元の四角形ＡＢＣＤも３６ｃｍ^2である。

おまけ：
https://twitter.com/Nana74851240735

問題２の別解２
∠Ｂ＋∠Ｄ＝３６０°－９０°×２＝１８０°より、四角形ＡＢＣＤを点Ａを中心にＡＢがＡＤにくっつくまで回転移動コピーし、点Ｃ，Ｄの行き先をそれぞれＣ'，Ｄ'とすると、３点Ｂ，Ａ，Ｄ'と３点Ｃ，Ｄ，Ｃ'はそれぞれ一直線上にあり、Ｄ'Ｃ'⊥ＤＣ'，ＢＣ⊥ＣＤより、Ｄ'Ｃ'//ＢＣ
つまり、Ｄ'ＢＣＣ'は四角形になり台形である。
また、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとして、Ｈの行き先をＨ'とすると、ＨＨ'は台形Ｄ'ＢＣＣ'の真ん中での平行線となる。
よって、台形の中点連結定理より、
ＨＨ'＝(Ｄ'Ｃ'＋ＢＣ)/２が成り立つので、ＨＨ＝６ｃｍを考えると、１２＝Ｄ'Ｃ'＋８
つまり、Ｄ'Ｃ'＝４ｃｍである。よって、ＤＣ＝Ｄ'Ｃ'＝４ｃｍより、Ｃ'Ｃ＝８＋４＝１２ｃｍ
よって、台形Ｄ'ＢＣＣ'＝(４＋８)×１２÷２＝７２ｃｍ^2　よって、四角形ＡＢＣＤ＝７２÷２＝３６ｃｍ^2　よって、答えは、３６ｃｍ^2

台形の中点連結定理は受験算数では使っても良いと思います。もうちょっと複雑な台形の平行線の長さを中点ではなく比にした公式を使っているようですから。

何でもありの解法のヒント：ＤＣ＝ｘ，ＢＨ＝ｙと置いて方程式を作って下さい。因みに、ＤＣ＝ｘ，ＡＢ＝ｙと置いても出来ますが、計算がこっちの方が楽です。

おまけ：

問題２の何でもありの解法
ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとし、ＤＣ＝ｘ，ＢＨ＝ｙと置くと、三平方の定理より、
ＡＢ＝√(ｙ^2＋６^2)　また、△ＡＢＤは直角二等辺三角形より、
ＢＤ＝√２・√(ｙ^2＋６^2)
また、△ＤＢＣで三平方の定理を使うと、
ＢＤ＝√(ｘ^2＋８^2)
よって、√(ｘ^2＋８^2)＝√２・√(ｙ^2＋６^2)が成り立つ。∴ｘ^2＋６４＝２ｙ^2＋７２
∴ｘ^2－２ｙ^2＝８———①
また、面積より、
四角形ＡＢＣＤ＝△ＡＢＤ＋△ＤＢＣ＝台形ＡＨＣＤ＋△ＡＢＨ
∴(ｙ^2＋３６)/２＋４ｘ＝(ｘ＋６)(８－ｙ)/２＋３ｙ
∴ｙ^2＋３６＋８ｘ＝(ｘ＋６)(８－ｙ)＋６ｙ
∴ｙ^2＋３６＋８ｘ＝８ｘ－ｘｙ＋４８－６ｙ＋６ｙ
∴ｙ^2＋ｘｙ＝１２　∴ｘｙ＝１２－ｙ^2
∴ｘ＝１２/ｙ－ｙ———②
②を①に代入すると、
(１２/ｙ－ｙ)^2－２ｙ^2＝８
∴１４４/ｙ^2＋ｙ^2－２４－２ｙ^2＝８
∴ｙ^2＋３２－１４４/ｙ^2＝０
∴ｙ^4＋３２ｙ^2－１４４＝０
∴ｙ^2＝－１６±√(１６^2＋１４４)
＝－１６±√４００＝－１６±２０
＝－３６，４
∴ｙ^2＝４　∴ｙ＝２　
これを②に代入すると、ｘ＝４
これらを四角形ＡＢＣＤ＝(ｙ^2＋３６)/２＋４ｘに代入すると、
四角形ＡＢＣＤ＝２０＋１６＝３６ｃｍ^2
よって、答えは、３６ｃｍ^2

因みに、①からｘ＝√(２ｙ^2＋８)として②の前身ｙ^2＋ｘｙ＝１２に代入しても求まります。

おまけ：
「9 知恵ある人が愚かな人と争うと、愚かな者はただ怒り、あるいは笑って、休むことがない。
11 愚かな者は怒りをことごとく表わし、知恵ある者は静かにこれをおさえる。
15 むちと戒めとは知恵を与える、わがままにさせた子はその母に恥をもたらす。
17 あなたの子を懲らしめよ、そうすれば彼はあなたを安らかにし、またあなたの心に喜びを与える。」
「箴言」第２９章９節,１１節,１５節,１７節（口語訳）