数学

解法１　今朝思い付いた新作（以前にやったかどうかは定かではない。）
△ＡＢＣの両隣りに△ＡＢＣと合同な三角形を２つくっつけて、左の三角形をＡＥＢ，右の三角形をＡＣＦとする。
ところで、左の三角形をくっつける場合は△ＡＢＣを裏返してくっつけ、点Ｄの行き先をＤ'とする。また、右の三角形をくっつける場合はそのままで点Ｄの行き先をＤ''とすると、
∠ＥＡＦ＝２０°×３＝６０°でＡＥ＝ＡＦより△ＡＥＦは正三角形。また、ＡＤ'＝ＡＤ''より△ＡＤ'Ｄ''も正三角形。よって、ＡＤ'＝ＡＤ''＝Ｄ'Ｄ''
また、条件よりＡＤ＝ＢＣ，ＡＤ＝ＡＤ'＝ＡＤ''より、
Ｄ'Ｄ''＝ＢＣ―――①
また、△ＡＤ'Ｄ''と△ＡＥＦは共に∠Ａを共有した正三角形より、Ｄ'Ｄ''//ＥＦ―――ア
また、∠ＥＢＣ＝∠ＢＣＦ，ＢＥ＝ＣＦより、四角形ＥＢＣＦは等脚台形。よって、ＢＣ//ＥＦ―――イ
ア，イより、Ｄ'Ｄ''//ＢＣ―――②
①，②より、四角形Ｄ'ＢＣＤ''は平行四辺形で、五角形ＡＥＢＣＦの対称性より長方形である。
よって、∠Ｄ'Ｄ''Ｃ＝９０°
よって、∠ＡＤ''Ｃ＝６０°＋９０°＝１５０°
よって、△ＡＣＤ''の内角の和より、
∠ＡＣＤ''＝１８０°－２０°－１５０°＝１０°
よって、∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ''＝１０°
よって、答えは、１０°

おまけ：

解法２　多分、模範解答
まず、△ＡＢＣは頂角が２０°の二等辺三角形より、
∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ＝(１８０°－２０°)÷２＝８０°
ここで、ＢＣを１辺とした正三角形ＥＢＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ａと同じ側に取ると、
∠ＥＢＡ＝８０°－６０°＝２０°より、
∠ＥＢＡ＝∠ＤＡＢ―――①
また、正三角形よりＥＢ＝ＢＣ，条件よりＢＣ＝ＡＤ
よって、ＥＢ＝ＤＡ―――②
また、ＡＢは共通―――③
①,②,③より、一辺両端が等しいので、△ＥＡＢと△ＤＢＡは合同。よって、∠ＡＢＤ＝∠ＢＡＥ
ところで、二等辺三角形と正三角形の対称性より、
∠ＢＡＥ＝２０°÷２＝１０°
よって、∠ＡＢＤ＝１０°

解法３
△ＡＢＣは頂角が２０°の二等辺三角形より、
∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ＝(１８０°－２０°)÷２＝８０°
ここで、辺ＡＢ上に△ＤＡＥが二等辺三角形になるような点Ｅを取ると、ＡＤ＝ＥＤ―――①
また、∠ＤＥＡ＝∠ＤＡＥ＝２０°
さらに、辺ＡＣ上に△ＥＦＤが二等辺三角形になるような点Ｆを取ると、ＥＤ＝ＥＦ―――②
また、∠ＥＦＤ＝∠ＥＤＦ＝４０°（△ＤＡＥの内対角の和より∠ＥＤＦ＝２０°＋２０°＝４０°だから。）
よって、
∠ＤＥＦ＝１８０°－４０°－４０°＝１００°
よって、
∠ＢＥＦ＝１８０°－２０°－１００°＝６０°
ここで、さらに辺ＡＢ上に△ＦＥＧが二等辺三角形になるような点Ｇを取ると、ＥＦ＝ＧＦ―――③
また、∠ＦＥＧ＝∠ＦＧＥ＝６０°より、
∠ＥＦＧ＝６０°
よって、∠ＧＦＣ＝１８０°－４０°－６０°＝８０°
また、∠ＦＧＣ＝８０°－６０°＝２０°
よって、△ＧＦＣの内角の和より、
∠ＧＣＦ＝１８０°－８０°－２０°＝８０°
よって、∠ＧＦＣ＝∠ＧＣＦより△ＧＦＣは二等辺三角形。よって、ＧＦ＝ＧＣ―――④
①～④より、ＡＤ＝ＧＣ
ところで、条件よりＡＤ＝ＢＣだったので、ＧＣ＝ＢＣ
よって、点Ｂと点Ｇは一致している。
よって、△ＥＧＤを考えると、△ＦＥＧは正三角形よりＥＧ＝ＥＦ＝ＥＤなので二等辺三角形である。
また、∠ＤＥＧ＝１００°＋６０°＝１６０°より、
∠ＥＧＤ＝(１８０°－１６０°)÷２＝１０°
よって、∠ＥＢＤ＝∠ＥＧＤ＝１０°
よって、∠ＡＢＤ＝１０°

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%A6%8F%E6%9C%AC%E4%BC%B8%E8%A1%8C

解法４
辺ＡＢの外側にＡＢを１辺とした正三角形ＥＡＢを描き、ＥＤを結ぶと、∠ＥＡＤ＝６０°＋２０°＝８０°
また、∠ＡＢＣ＝(１８０°－２０°)÷２＝８０°より、∠ＥＡＤ＝∠ＡＢＣ―――①
また、正三角形より、ＡＥ＝ＢＡ———②
また、条件より、ＡＤ＝ＢＣ―――③
①,②,③より、二辺挟角が等しいので、△ＥＡＤと△ＡＢＣは合同。よって、△ＥＡＤも二等辺三角形より、
ＥＡ＝ＥＤ　また、正三角形より、ＥＡ＝ＥＢ
よって、ＥＤ＝ＥＢ　
また、∠ＡＥＤ＝∠ＢＡＣ＝２０°，∠ＡＥＢ＝６０°より、∠ＢＥＤ＝６０°－２０°＝４０°
よって、△ＥＤＢは頂角が４０°の二等辺三角形より、
∠ＥＢＤ＝(１８０°－４０°)÷２＝７０°
よって、∠ＡＢＤ＝７０°－６０°＝１０°
よって、答えは、１０°

解法５も似たような方法なので、これをヒントに試行錯誤して下さい。因みに、解法２以外は全て私のオリジナルです。

おまけ：

解法５
辺ＡＣの外側にＡＤを１辺とする正三角形ＥＡＤを描くと、
ＡＥ＝ＡＤ　また、条件よりＡＤ＝ＢＣ
よって、ＡＥ＝ＢＣ―――①
また、∠ＢＡＥ＝６０°＋２０°＝８０°
また、∠ＡＢＣ＝(１８０°－２０°)÷２＝８０°より、
∠ＢＡＥ＝∠ＡＢＣ―――②
また、ＡＢは共通―――③
①,②,③より、二辺挟角が等しいので、△ＢＡＥと△ＡＢＣは合同。よって、△ＢＡＥも二等辺三角形で∠ＡＢＥ＝∠ＢＡＣ＝２０°
また、△ＤＡＥが正三角形より、対称性で∠ＡＢＤ＝∠ＥＢＤ　よって、∠ＡＢＤ＝２０°÷２＝１０°
よって、答えは、１０°

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/a196b4b038bb8083676e97ed35422a3ed4035240/comments

次の文章を完全解説して下さい。

問1.12
ｂを正の整数とするとき、
(ａ1ｂ,ａ2ｂ,…,ａnｂ)＝(ａ1,…,ａn)ｂであることを示せ。

証明
ｄ＝(ａ1,…,ａn)として、(ａ1ｂ,…,ａnｂ)＝ｂｄであることを示す。
（１）ｂｄがａ1ｂ,…,ａnｂの公約数であること：
ｄはａ1,…,ａnの公約数であるから、各ｉについて、
ａi＝ｄａ'i（∃ａ'i∈ℤ）
ゆえに、ａiｂ＝ｄａ'iｂ＝ａ'iｂｄ
すなわち、ｂｄ|ａiｂである。
（２）ｂｄが公約数の中で最大であること：
ｋをａ1ｂ,…,ａnｂの公約数とする。ｄ＝(ａ1,…,ａn)だから、定理1.8(2)より次の式が成り立つ。
∃ｘ1,…,ｘn∈ℤ，ａ1ｘ1＋･･･＋ａnｘn＝ｄ
ｂをかけると、ａ1ｂｘ1＋･･･＋ａnｂｘn＝ｂｄ
ここで、ｋ|ａiｂ（ｉ＝１,…,ｎ）であるから、ｋ|ｂｄである。よって、ｋ≦ｂｄを得る。

定理1.8
ｎ個の整数ａ1,ａ2,…,ａnの最大公約数をｄとするとき、次のことが成り立つ。
（１）(ａ1,ａ2,…,ａn)＝((ａ1,ａ2,…,ａn-1),ａn)
（２）ｄ＝ａ1ｘ1＋ａ2ｘ2＋･･･＋ａnｘnを満足する整数ｘ1,…,ｘnが存在する。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

これも別解を作ってみて下さい。

おまけ：

問1.11
ａとｂの最大公約数をｄとするとき、次を示せ。
ａ|ｃ，ｂ|ｃ⇒ａｂ|ｃｄ

別解
ｄはａとｂの最大公約数より、
ａ＝ａ'ｄ，ｂ＝ｂ'ｄ（ａ'とｂ'は互いに素）と置ける。
よって、条件より、ａ'ｄ|ｃ，ｂ'ｄ|ｃ
ａ'とｂ'は互いに素より、ａ'ｂ'ｄ|ｃが成り立つ。
この両辺にｄをかけると、ａ'ｂ'ｄ^2|ｃｄ
∴ａ'ｄ・ｂ'ｄ|ｃｄ　∴ａｂ|ｃｄ
よって、示された。

問1.12
ｂを正の整数とするとき、
(ａ1ｂ,ａ2ｂ,…,ａnｂ)＝(ａ1,…,ａn)ｂであることを示せ。

別解
(ａ1,…,ａn)＝ｄ，(ａ1ｂ,ａ2ｂ,…,ａnｂ)＝ｄ'と置くと、ｄはａ1,…,ａnの最大公約数より、
ａ1＝ａ'1ｄ，ａ2＝ａ'2ｄ，…，ａn＝ａ'nｄと表される。
この両辺にｂをかけると、
ａ1ｂ＝ａ'1ｄｂ，ａ2ｂ＝ａ'2ｄｂ，…，ａnｂ＝ａ'nｄｂ
ところで、最大公約数ｄの性質より、
ａ'1，ａ'2，…，ａ'nには公約数（共通因数）がない。
よって、ａ1ｂ＝ａ'1ｄｂ，ａ2ｂ＝ａ'2ｄｂ，…，ａnｂ＝ａ'nｄｂの最大公約数は、ｄｂである。
∴ｄ'＝ｄｂ
∴(ａ1ｂ,ａ2ｂ,…,ａnｂ)＝(ａ1,…,ａn)ｂ
よって、示された。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12685157746.html
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12685597582.html

問題
直線ｙ＝ａｘ＋ｂが格子点を通る必要十分条件を求めて下さい。ただし、ａ,ｂは有理数とする。

解答
ａは有理数より、互いに素な整数ｐ,ｑでａ＝ｐ/ｑと表される。∴ｙ＝(ｐ/ｑ)ｘ＋ｂ
∴ｑｙ＝ｐｘ＋ｂｑ　∴－ｐｘ＋ｑｙ＝ｂｑ―――☆
ところで、定理４より、

定理４
１次不定方程式
ａ1ｘ1＋ａ2ｘ2＝ｃ
の解が存在するかどうかは、右辺の定数ｃが左辺の係数ａ1,ａ2の最大公約数Ｄで割り切れるかどうかに一致する。
「なっとくする群・環・体」野﨑昭弘著より

☆が整数解を持つかどうかはｂｑがｐとｑの最大公約数で割り切れるかどうかにかかっている。
そして、ｐとｑは互いに素より最大公約数は１である。つまり、☆が整数解を持つための必要十分条件はｂｑが整数である事である。
よって、ｂｑ＝ｍ（ｍは整数）と置くと、ｂ＝ｍ/ｑ
よって、答えは、ａとｂの分母が等しい事である。
ただし、ａは既約分数とする。
（ｙ＝(１/２)ｘ＋１/３の両辺を２倍すると、２ｙ＝ｘ＋２/３　よって、－ｘ＋２ｙ＝２/３で格子点を通らない事は自明だろう。）

因みに、ｑ＝１とすると、ｙ＝ｐｘ＋ｍはｐ,ｑが整数ならば格子点を通る。
つまり、答えを、ａ,ｂが整数である事と答えた人は、十分条件を答えたという事である。

おまけ：

念のため、答えは、ａとｂの分母が等しく出来る事である。
例えば、ｙ＝(１/２)ｘ＋２だったら、
ｙ＝(１/２)ｘ＋４/２と出来るので、格子点を通るという事である。
または、ｙ＝(１/４)ｘ＋１/２だったら、
ｙ＝(１/４)ｘ＋２/４とか。

その後、ＣＤ＝ｘ，ＡＢ＝ｙと置いて解きましたが、そっちの方が難しいかもしれません。

おまけ：

算数の解法
△ＤＢＣを点Ｄを中心にＤＣがＤＥにくっつくまで９０°回転移動させ、点Ｂの行き先をＦとすると、
９０°回転よりＦＤ⊥ＢＤ，ＦＥ⊥ＢＣである。
また、ＡＢ⊥ＢＣより、ＦＥ//ＡＢである。
また、ＦＥ＝ＢＣ，ＢＣ＝ＡＢより、ＦＥ＝ＡＢ
よって、ＦＥ//ＡＢかつＦＥ＝ＡＢより、四角形ＡＢＥＦは平行四辺形である。
よって、ＢＦとＡＥの交点をＧとすると、平行四辺形の性質より、△ＧＥＦと△ＧＡＢは合同。
よって、△ＤＢＣを△ＤＦＥの所に移動させ、△ＧＡＢを△ＧＥＦの所に移動させると、
五角形ＡＢＣＤＥの面積は△ＤＢＦの面積と等しくなる。ところで、ＤＦ＝ＤＢ＝６ｃｍ，∠ＢＤＦ＝９０°より、
五角形ＡＢＣＤＥ＝△ＤＢＦ＝６×６÷２＝１８ｃｍ^2
よって、答えは、１８ｃｍ^2

因みに、４５°は使わなかったが、この角度は必然的に４５°になる。（書く必要はない。）
もっとも、これは私の(作った)解法なので模範解答では使うのかもしれないが･･･。

おまけ：

何でもありの解法
ＣＤ＝ｘ，ＡＢ＝ｙと置くと、△ＤＣＥは直角二等辺三角形よりＥＣ＝√２ｘ
また、△ＢＤＥで三平方の定理を使うと、
ＢＥ＝√(３６－ｘ^2)
また、△ＡＢＣも直角二等辺三角形より、
ＡＣ＝√２ｙ
ところで、∠ＤＥＣ＝４５°より、∠ＢＥＣ＝９０°－４５°＝４５°∴∠ＡＥＣ＝４５°＋４５°＝９０°
よって、△ＥＡＣで三平方の定理を使うと、
ＡＥ＝√{(√２ｙ)^2－(√２ｘ)^2}
＝√(２ｙ^2－２ｘ^2)
ところで、∠ＡＢＣ＝∠ＡＥＣ＝９０°より、四角形ＡＢＣＥは円に内接する四角形である。
よって、トレミーの定理を使うと、
ＡＣ・ＢＥ＝ＡＢ・ＥＣ＋ＡＥ・ＢＣより、
√２ｙ・√(３６－ｘ^2)
＝ｙ・√２ｘ＋√(２ｙ^2－２ｘ^2)・ｙが成り立つ。
ｙ≠０より両辺をｙで割ると、
√(７２－２ｘ^2)＝√２ｘ＋√(２ｙ^2－２ｘ^2)
∴７２－２ｘ^2＝２ｘ^2＋２ｙ^2－２ｘ^2
＋２√２ｘ・√(２ｙ^2－２ｘ^2)
∴７２－２ｘ^2－２ｙ^2＝４ｘ√(ｙ^2－ｘ^2)
∴１８－ｘ^2/２－ｙ^2/２＝ｘ√(ｙ^2－ｘ^2)
∴ｘ^2/２＋ｙ^2/２＋ｘ√(ｙ^2－ｘ^2)＝１８―――①
ところで、
五角形ＡＢＣＤＥ＝△ＡＢＣ＋△ＣＤＥ＋△ＡＣＥ
＝ｙ^2/２＋ｘ^2/２＋√２ｘ・√(２ｙ^2－２ｘ^2)/２
＝ｘ^2/２＋ｙ^2/２＋ｘ√(ｙ^2－ｘ^2)―――②
①を②に代入すると、
五角形ＡＢＣＤＥ＝１８ｃｍ^2
よって、答えは、１８ｃｍ^2

因みに、トレミーの定理を使わない場合は、
ＢＣの延長とＥＤの延長との交点をＦとすると、四角形ＡＢＣＥは円に内接する四角形より、∠ＥＣＦ＝∠ＥＡＢ
また、∠ＤＥＣ＝∠ＡＥＢ＝４５°より２角が等しいので、△ＣＥＦ∽△ＡＥＢ
また、円周角より∠ＥＡＣ＝∠ＥＢＣ，∠ＡＥＣ＝∠ＢＥＤ＝９０°より２角が等しいので、△ＥＡＣ∽△ＥＢＤ
△ＣＥＦ∽△ＡＥＢより、ＡＢ：ＡＥ＝ＣＦ：ＣＥ
∴ＣＦ＝ＡＢ・ＣＥ/ＡＥ
∴ＢＦ＝ＢＣ＋ＣＦ＝ＢＣ＋ＡＢ・ＣＥ/ＡＥ
＝(ＡＥ・ＢＣ＋ＡＢ・ＣＥ)/ＡＥ
∴ＢＦ＝(ＡＥ・ＢＣ＋ＡＢ・ＣＥ)/ＡＥ―――①
また、△ＥＡＣ∽△ＥＢＤより、ＡＥ：ＡＣ＝ＢＥ：ＢＦ
∴ＡＥ・ＢＦ＝ＡＣ・ＢＥ―――②
①を②に代入すると、
ＡＥ・ＢＣ＋ＡＢ・ＣＥ＝ＡＣ・ＢＥ
∴ＡＣ・ＢＥ＝ＡＢ・ＥＣ＋ＡＥ・ＢＣ
以後同じ。

おまけ：
https://www.j-cast.com/2017/09/12308314.html?p=all

解説
＞例1.2
６０と３５の最大公約数ｄを求め、ｄをｘとｙを整数として６０ｘ＋３５ｙの型に表してみよう。
ａ＝６０，ｂ＝３５とおく。
６０＝１・３５＋２５⇒ａ＝１・ｂ＋２５⇒２５＝ａ－ｂ
３５＝１・２５＋１０⇒ｂ＝１・２５＋１０⇒１０＝ｂ－２５
２５＝２・１０＋５⇒５＝２５－２・１０
１０＝２・５
∴(60,35)=(35,25)=(25,10)=(10,5)=5
ゆえに、６０と３５の最大公約数は５である。
最大公約数５を、もとの整数ａ＝６０とｂ＝３５との整数の１次結合として表してみよう。
５＝２５－２・１０
　＝２５－２(ｂ－２５)
　＝３・２５－２ｂ
　＝３(ａ－ｂ)－２ｂ
　＝３ａ－５ｂ
以上より、５＝３・６０－５・３５と表せる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ａ＝６０，ｂ＝３５とおく。
６０＝１・３５＋２５⇒ａ＝１・ｂ＋２５⇒２５＝ａ－ｂ
３５＝１・２５＋１０⇒ｂ＝１・２５＋１０⇒１０＝ｂ－２５
ここまでは同じ。ここで、
２５＝３・１０－５⇒５＝３・１０－２５
１０＝２・５とすると、
∴(60,35)=(35,25)=(25,10)=(10,5)=5
ゆえに、６０と３５の最大公約数は５である。
最大公約数５を、もとの整数ａ＝６０とｂ＝３５との整数の１次結合として表してみよう。
５＝３・１０－２５
　＝－２５＋３(ｂ－２５)
　＝－４・２５＋３ｂ
　＝－４(ａ－ｂ)＋３ｂ
　＝－４ａ＋７ｂ
以上より、５＝－４・６０＋７・３５と表せる。

よって、他の例も示せた。
因みに、６０と３５の最大公約数が５である事は自明なので、６０ｘ＋３５ｙ＝５となる整数ｘ,ｙを求めると、
１２ｘ＋７ｙ＝１となるｘ,ｙを求めれば良い。一例として、ｘ＝３，ｙ＝－５で成り立つ。（参考書の例と同じ。）
∴１２・３＋７(－５)＝１———①
また、１２ｘ＋７ｙ＝１———②
①－②より、１２(３－ｘ)－７(５＋ｙ)＝０
∴１２(３－ｘ)＝７(５＋ｙ)
１２と７は互いに素より、３－ｘは７の倍数。
よって、３－ｘ＝７ｔ（ｔは整数）と置くと、
１２・７ｔ＝７(５＋ｙ)　∴５＋ｙ＝１２ｔ
∴ｘ＝３－７ｔ，ｙ＝－５＋１２ｔ
よって、ｔ＝０とすると、参考書の例で、ｔ＝１とすると、私に作った例となる。

因みに、ユークリッドの互除法を利用しても求められるが省略。

おまけ：

＞１２ｘ＋７ｙ＝１となるｘ,ｙを求めれば良い。

やっぱりやっておこう。
(７ｘ＋５ｘ)＋７ｙ＝１（ユークリッドの互除法のように１２を７で割って余りを出す。）
∴５ｘ＋７(ｘ＋ｙ)＝１　ｘ＋ｙ＝ｓ———①と置くと、
５ｘ＋７ｓ＝１
これを再びユークリッドの互除法のように５で割って余りを出すと、
５ｘ＋(５ｓ＋２ｓ)＝１　∴５(ｘ＋ｓ)＋２ｓ＝１
ｘ＋ｓ＝ｔ———②と置くと、５ｔ＋２ｓ＝１
また、同じように変形すると、
(２・２ｔ＋ｔ)＋２ｓ＝１　∴２(ｓ＋２ｔ)＋ｔ＝１
ｓ＋２ｔ＝ｕ———③と置くと、２ｕ＋ｔ＝１（片方の係数が１になったのでこれで終わり。）
∴ｔ＝１－２ｕ———④
③より、ｓ＝ｕ－２ｔ———③'
②より、ｘ＝ｔ－ｓ＝１－２ｕ－ｓ＝１－２ｕ－(ｕ－２ｔ)＝１－３ｕ＋２ｔ＝１－３ｕ＋２(１－２ｕ)＝３－７ｕ
∴ｘ＝３－７ｕ
また、①より、ｙ＝ｓ－ｘ＝ｕ－２ｔ－(３－７ｕ)＝－３＋８ｕ－２ｔ＝－３＋８ｕ－２(１－２ｕ)＝－５＋１２ｕ
∴ｙ＝－５＋１２ｕ

上のｘ＝３－７ｔ，ｙ＝－５＋１２ｔと一致する事が分かるだろう。

おまけ：

解法１
△ＡＢＦは直角二等辺三角形より、ＢＦ＝ＡＦ―――①
また、△ＡＣＦと△ＢＣＤにおいて、∠Ｃと直角の２角が等しいので残りの１角も等しい。
∴∠ＥＢＦ＝∠ＣＡＦ———②
また、∠ＢＦＥ＝∠ＡＦＣ———③
①,②,③より、１辺両端が等しいので、
△ＢＥＦ≡△ＡＣＦ
∴ＢＥ＝ＡＣ＝３＋５＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

解法２
ＡＦ⊥ＢＣ，ＢＤ⊥ＡＣより、点Ｅは△ＡＢＣの垂心である。よって、ＣＥの延長とＡＢとの交点をＧとすると、ＣＧ⊥ＡＢ　よって、△ＣＧＢは直角二等辺三角形である。∴ＢＧ＝ＣＧ―――①
また、△ＡＢＤと△ＡＣＧにおいて、∠Ａと直角の２角が等しいので残りの１角も等しい。
∴∠ＥＢＧ＝∠ＡＣＧ———②
∠ＥＧＢ＝∠ＡＧＣ———③
①,②,③より、１辺両端が等しいので、
△ＥＢＧ≡△ＡＣＧ　∴ＢＥ＝ＣＡ＝５＋３＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

垂心を使わない解法２の系と解法３は次回。

おまけ：

解法１の系
∠ＡＤＢ＝∠ＡＦＢより円周角の定理の逆により、４点Ａ，Ｂ，Ｆ，Dは同一円周上にある。
よって、四角形ＡＢＦＤは円に内接する四角形より、
∠ＦＤＣ＝∠Ｂ＝４５°
また、∠ＣＤＥ＝∠ＣＦＥ＝９０°より四角形ＥＦＣＤは円に内接する四角形である。
よって、円周角より∠ＦＥＣ＝∠ＦＤＣ＝４５°
よって、△ＥＦＣは直角二等辺三角形である。
∴ＥＦ＝ＣＦ
また、△ＡＢＦも直角二等辺三角形より、ＢＦ＝ＡＦ
また、∠ＥＦＢ＝∠ＣＦＡ(＝９０°)
よって、二辺挟角が等しいので、△ＢＥＦ≡△ＡＣＦ
∴ＢＥ＝ＡＣ＝３＋５＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

解法２の系
∠ＡＤＢ＝∠ＡＦＢより円周角の定理の逆により、４点Ａ，Ｂ，Ｆ，Dは同一円周上にある。
よって、円周角より∠ＡＢＤ＝∠ＡＦＤ＝●と置く。
また、∠ＣＤＥ＝∠ＣＦＥ＝９０°より四角形ＥＦＣＤは円に内接する四角形である。
よって、円周角より∠ＥＣＤ＝∠ＥＦＤ＝●
よって、ＣＥの延長とＡＢとの交点をＧとすると、
∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＧ＝●
よって、△ＡＢＤと△ＡＣＧにおいて∠Ａを共有していて∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＧより、残りの１角も等しい。
∴∠ＣＧＡ＝∠ＢＤＡ＝９０°∴ＣＧ⊥ＡＢ
以後同じ。

解法３のヒント：座標を利用して下さい。

おまけ：
http://www.lcv.ne.jp/~hmika/memo/m23_07b.html

解法３
点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸に取ると、
Ａ(ａ,ａ)，Ｆ(ａ,０)，Ｃ(ａ＋ｃ,０)と置ける。
ここで、ＡＤ：ＤＣ＝３：５より、内分点の座標の公式を使うと、
D({３(ａ＋ｃ)＋５ａ}/８，(３・０＋５ａ)/８)
＝Ｄ(ａ＋３ｃ/８，５ａ/８)
また、ＡＣの傾きは(ａ－０)/{ａ－(ａ＋ｃ)}＝－ａ/ｃ
よって、直線ＢＤの方程式は、ｙ＝(ｃ/ａ)ｘ
よって、点Ｅの座標は、Ｅ(ａ,ｃ)
∴ＢＥ＝√(ａ^2＋ｃ^2)———①
また、
ＡＤ＝√[{ａ－(ａ＋３ｃ/８)}^2＋(ａ－５ａ/８)^2]
＝√(９ｃ^2/６４＋９ａ^2/６４)＝(３/８)√(ａ^2＋ｃ^2)＝３ｃｍ　∴√(ａ^2＋ｃ^2)＝８　
∴ａ^2＋ｃ^2＝６４———②
②を①に代入すると、ＢＥ＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

おまけ：

別解
三角形をＡＢＣ（∠Ｂが直角）として、ＢＣと平行な線分をＤＥ，ＡＢと平行な線分をＥＦとする。（グレー部分は長方形ＤＢＦＥとなる。）
ここで、ＡＢ上にＧＢ＝３ｃｍとなる点Ｇを取ると、
ＡＤ＝ＧＢ，ＤＥ＝ＢＦ，∠ＡＤＥ＝∠ＧＢＦより二辺挟角が等しいので、△ＡＤＥと△ＧＢＦは合同。
よって、同位角が等しくなり、ＧＦとＡＣは平行になる。
今、ＥＧを結ぶと、等積変形より△ＥＧＦ＝△ＣＧＦ＝ＦＣ×ＧＢ÷２＝８×３÷２＝１２ｃｍ^2
また、△ＥＧＦを△ＧＥＦと見て等積変形すると、長方形ＤＢＦＥの半分になる。
つまり、長方形ＤＢＦＥの面積は△ＥＧＦの２倍より１２×２＝２４ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、２４ｃｍ^2

おまけ：

解説
定理1.5（除法の定理）
ａ,ｂを整数で、ｂ＞０とすると、
ａ＝ｑｂ＋ｒ，０≦ｒ＜ｂ
を満足する整数ｑ,ｒが存在する。しかも、ｑ,ｒはａ,ｂにより一意的に定まる。

証明
はじめに、存在することを示す：
（１）ａ≧０のとき、ａについての帰納法で示す。
０≦ａ＜ｂであればａ＝０・ｂ＋ａであるから、ｑ＝０，ｒ＝ａとすればよい。
次に、ｂ≦ａとする。このとき、０≦ａ'＜ａである整数ａ'について定理の主張が正しいと仮定する。
０≦ａ－ｂ＜ａであるから、帰納法の仮定により
ａ－ｂ＝ｑ'・ｂ＋ｒ，０≦ｒ＜ｂ
を満たす整数ｑ',ｒが存在する。したがって、
ａ＝(１＋ｑ')ｂ＋ｒ，０≦ｒ＜ｂ
以下省略。

＞０≦ａ＜ｂであればａ＝０・ｂ＋ａであるから、ｑ＝０，ｒ＝ａとすればよい。

これは、「自然数ｎに関する命題Ｐ(ｎ)が与えられて、それらについて次の２つのことが成り立つと仮定する。
（１）Ｐ(１)は正しい。」
を意味している。つまり、数学的帰納法をドミノ倒しに例えると、初めの１個を倒すのではなく、初めの数個（数十個）を倒すという事である。
（念のため、数十個とかわざと具体的にしたが数なんか分からない。０≦ａ＜ｂとなるｂ個。）

＞次に、ｂ≦ａとする。このとき、０≦ａ'＜ａである整数ａ'について定理の主張が正しいと仮定する。

定理の第２形を使うという事である。

定理（第２形）
自然数ｎに関する命題Ｐ(ｎ)が与えられて、それらについて次の２つのことが成り立つと仮定する。
（１）Ｐ(１)は正しい。
（２）ｋ≦ｎなるすべての整数ｋに対してＰ(ｋ)が正しいと仮定すれば、Ｐ(ｎ＋１)も正しい。
このとき、Ｐ(ｎ)はすべての自然数ｎについて成り立つ。

＞０≦ａ－ｂ＜ａであるから、帰納法の仮定により
ａ－ｂ＝ｑ'・ｂ＋ｒ，０≦ｒ＜ｂ
を満たす整数ｑ',ｒが存在する。したがって、
ａ＝(１＋ｑ')ｂ＋ｒ，０≦ｒ＜ｂ

ａ'＝ａ－ｂとして、０≦ａ'＜ａである整数ａ'について定理が正しいと仮定すると、
ａ－ｂ＝ｑ'・ｂ＋ｒ，０≦ｒ＜ｂ
∴ａ＝(１＋ｑ')ｂ＋ｒ，０≦ｒ＜ｂ
よって、ａの時も成り立つので、数学的帰納法により示されたという事である。

ここで、素朴な疑問を持つ人もいるだろう。つまり、ａ'＝ａ－ｂで０≦ａ'＜ａとなる全てのａ'を表しているのだろうかと。（「ｋ≦ｎなるすべての整数ｋに対してＰ(ｋ)が正しいと仮定」の「すべて」という事。）
例えば、ａ'＝ａ－ｂ＋１の場合などを考えなくてドミノ倒しになるのだろうか。結論から言えば大丈夫である。それは、初めのＰ(１)の所もそうだが、ａとｂでドミノ倒しになるのである。（正確にはａ'とｂで。）
（もっと具体的に言うと、ａがｎ（ａ'がｋ）を表していてｂが１と表しているという事である。）

おまけ：

解説
＞問1.7
ｂを正の整数とするとき、[ａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂ]＝[ａ1,ａ2,ａ3]ｂであることを示せ。

証明
[ａ1,ａ2,ａ3]＝ｌとおき、[ａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂ]＝ｌｂを示す。

つまり、ｌｂがａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂの最小公倍数である事を示す、という事である。
そこで、（１）ｌｂはａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂの倍数であること：
（２）ｌｂが最小であること：
と２つに分けて証明する訳である。（ａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂの公倍数かつ最小である証明。）

＞（１）ｌｂはａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂの倍数であること：
ｌ＝ａ1ａ1'＝ａ2ａ2'＝ａ3ａ3'（∃ａ1',ａ2',ａ3'∈ℤ）と表される

[ａ1,ａ2,ａ3]＝ｌより、ｌはａ1,ａ2,ａ3の最小公倍数なので、あるａ1'という整数が存在して、ｌ＝ａ1ａ1'と表せる。同様に、あるａ2',ａ3'という整数が存在して、ｌ＝ａ2ａ2'，ｌ＝ａ3ａ3'と表せる。
∴ｌ＝ａ1ａ1'＝ａ2ａ2'＝ａ3ａ3'
（∃ａ1',ａ2',ａ3'∈ℤ）

まずは、問1.7の別解から。

問1.7
ｂを正の整数とするとき、[ａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂ]＝[ａ1,ａ2,ａ3]ｂであることを示せ。

別証
[ａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂ]＝ｌ，[ａ1,ａ2,ａ3]＝ｌ'，
(ａ1,ａ2,ａ3)＝ｇと置くと、最大公約数の性質より、
ａ1＝ａ1'ｇ，ａ2＝ａ2'ｇ，ａ3＝ａ3'ｇ（ａ1,ａ2,ａ3は互いに素）と置ける。
（(ａ1,ａ2,ａ3)＝１と書いても良い。）
また、最小公倍数の性質より、
ｌ'＝ａ1'ａ2'ａ3'ｇ———①
また、ａ1＝ａ1'ｇ，ａ2＝ａ2'ｇ，ａ3＝ａ3'ｇ（ａ1,ａ2,ａ3は互いに素）の両辺にｂを掛けると、
ａ1ｂ＝ａ1'ｇｂ，ａ2ｂ＝ａ2'ｇｂ，ａ3ｂ＝ａ3'ｇｂ（ａ1,ａ2,ａ3は互いに素）
よって、最小公倍数の性質より、
ｌ＝ａ1'ａ2'ａ3'ｇｂ———②
①，②より、ｌ＝ｌ'ｂ
∴[ａ1ｂ,ａ2ｂ,ａ3ｂ]＝[ａ1,ａ2,ａ3]ｂ
よって、示された。

念のため、ちゃちゃっと作ってみたオリジナルです。

問題1.6
正の整数ａ,ｂについて、(ａ,ｂ)＝[ａ,ｂ]ならばａ＝ｂであることを示せ。

別証
(ａ,ｂ)＝ｇ，[ａ,ｂ]＝ｌと置くと、最大公約数の性質より、ａ＝ａ'ｇ，ｂ＝ｂ'ｇ（ａ',ｂ'は互いに素）と置ける。
また、最小公倍数の性質より、
ｌ＝ａ'ｂ'ｇ　ところで、ｌ＝ｇより、ａ'ｂ'ｇ＝ｇ
ｇ≠０より、ａ'ｂ'＝１　ａ'＞０，ｂ'＞０（整数）より、
ａ'＝ｂ'＝１　∴ａ＝ｇ，ｂ＝ｇ
∴ａ＝ｂ

これも適当に作ったオリジナルです。模範解答はエレガントですね。

おまけ：
https://yorozoonews.jp/article/14432176

何でもありの別解
四角形ＡＢＣＤの内部の線分をＥＦとして、ＡＥ＝ｘ，ＥＦ＝ｙ，ＣＤ＝ｚ，ＢＥ＝ｗと置いて面積を考えると、△ＡＢＣ＋△ＡＣＤ＝６３より、
(ｘ＋ｗ)×２×(１/２)＋５ｚ/２＝６３が成り立つ。
∴ｘ＋ｗ＋５ｚ/２＝６３―――①
また、△ＡＥＦ＋△ＥＢＣ＋台形ＥＣＤＦ＝６３より、
ｙ×２×(１/２)＋ｗ×２×(１/２)＋(ｙ＋ｚ)×３×(１/２)＝６３が成り立つ。
∴ｙ＋ｗ＋３(ｙ＋ｚ)/２＝６３―――②
①，②より、
ｘ＋ｗ＋５ｚ/２＝ｙ＋ｗ＋３(ｙ＋ｚ)/２
∴２ｘ＋２ｗ＋５ｚ＝２ｙ＋２ｗ＋３ｙ＋３ｚ
∴２ｘ＋２ｚ＝５ｙ　∴２(ｘ＋ｚ)＝５ｙ———③
ここで、ＡＢの延長とＤＣの延長との交点をＧとすると、ＡＦ＝ＣＢ
また、∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°より、∠Ａと∠Ｃは補角をなしているので（角度を計算しても良いし、円に内接する四角形の特徴を考えても良い）、
∠ＢＣＧ＝∠Ａ　また、∠ＡＦＥ＝∠ＣＢＧ
よって、１辺両端が等しいので、△ＡＥＦ≡△ＣＧＢ
∴ＧＣ＝ＡＥ＝ｘ
よって、△ＡＥＦを△ＣＧＢの所に移動させると、
台形ＥＧＤＦ＝四角形ＡＢＣＤ＝６３より、
{ｙ＋(ｘ＋ｚ)}×３×(１/２)＝６３が成り立つ。
∴ｘ＋ｙ＋ｚ＝４２　∴ｘ＋ｚ＝４２－ｙ———④
④を③に代入すると、８４－２ｙ＝５ｙ
∴７ｙ＝８４　∴ｙ＝１２
∴△ＡＥＦ＝１２×２×(１/２)＝１２ｃｍ^2
∴五角形ＥＢＣＤＦ＝６３－１２＝５１ｃｍ^2
よって、グレーの部分の面積は、５１ｃｍ^2

おまけ：
https://www.kouenirai.com/profile/7898

解法１　思い付いた順
十字の左上の頂点から反時計回りにＡから振っていくと、十字はＡＢＣＤＥＱＦＧＨＩＰＪとなる。
ここで、左上の空白部分に正方形ＡＢＣＫとなる点Ｋを取り、ＡＢとＫＰとの交点をＭとすると、点ＭはＡＢの中点で台形ＡＭＰＪと台形ＢＭＫＣは合同になる。
よって、台形ＡＭＰＪを台形ＢＭＫＣの所に移動させる。
また、△ＰＱＦをＫＤの外側に平行移動させ、点Ｑの行き先をＬとすると、△ＰＫＣと△ＫＬＤと△ＬＱＥと△ＱＰＢは合同な直角三角形で四角形ＣＤＥＢは正方形より対称性から四角形ＰＫＬＱは正方形になる。
ところで、△ＬＱＥと正方形ＰＧＨＩの面積は等しいので、正方形ＰＧＨＩの部分を△ＬＱＥの所に等積変形して移動させると、十字形ＡＢＣＤＥＱＦＧＨＩＰＪの面積は正方形ＰＫＬＱの面積と等しくなる。
よって、十字形の面積は５×５＝２５ｃｍ^2
よって、小さな正方形１つ分の面積は、
２５÷５＝５ｃｍ^2　よって、答えは、５ｃｍ^2

解法２
十字の左上の頂点から反時計回りにＡから振っていくと、十字はＡＢＣＤＥＱＦＧＨＩＰＪとなる。
ここで、ＡＤ，ＤＦ，ＦＩ，ＩＡを結び、ＡＤとＢＣの交点をＫとすると、点ＫはＢＣの中点で△ＡＫＢと△ＤＫＣは合同になる。よって、△ＤＫＣを△ＡＫＢの所に移動させる。他３ヶ所でも同様の事をすると、十字形の面積は四角形ＡＤＦＩの面積と等しい事が分かる。
ところで、△ＡＤＥと△ＤＦＧと△ＦＩＰと△ＩＡＢは合同で四角形ＢＥＧＰは正方形より対称性で四角形ＡＤＦＩも正方形である。また、ＡＤ＝ＰＱ＝５ｃｍより、正方形ＡＤＦＩ＝５×５＝２５ｃｍ^2
よって、小さな正方形１つ分の面積は、
２５÷５＝５ｃｍ^2

おまけ：

問題２の解法１
ＡからＤＣと平行な直線を引き、ＢＣとの交点をＥとすると、四角形ＡＥＣＤは平行四辺形よりＡＥ＝ＤＣ
また、等脚台形より、ＡＢ＝ＤＣ
よって、ＡＢ＝ＡＥ　
よって、△ＡＢＥは二等辺三角形。
また、同位角より∠ＡＥＢ＝∠Ｃ
よって、△ＡＢＥと△ＡＤＣは１つの角が等しい二等辺三角形なので相似である。
ところで、ＢＥ＝２５－９＝１６ｃｍ
よって、？：１６＝２５：？が成り立つので、
？×？＝１６×２５＝４００＝２０×２０
よって、？＝２０ｃｍ

解法２
ＡＤの延長上にＡＦ＝ＢＣとなる点Ｆを取ると、
ＡＦ//ＢＣかつＡＦ＝ＢＣより四角形ＡＢＣＦは平行四辺形になる。
よって、ＡＢ＝ＦＣ　また、等脚台形よりＡＢ＝ＤＣ
よって、ＦＣ＝ＤＣ　よって、△ＣＤＦは二等辺三角形である。また、△ＢＣＤも二等辺三角形で、錯角より∠ＣＤＦ＝∠ＤＣＢなので、△ＣＤＦと△ＢＣＤは相似である。
ところで、ＤＦ＝２５－９＝１６ｃｍより、
２５：？＝？：１６が成り立つ。
よって、？×？＝２５×１６＝４００＝２０×２０
よって、？＝２０ｃｍ

おまけ：

解法１　算数の解法
１０４°＋７６°＝１８０°より、△ＢＣＤをＣＤがＡＢにくっつくように裏返して移動させ、
点Ｂの行き先をＢ'とすると、３点Ｄ,Ａ,Ｂ'は一直線上にあり、ＢＢ'＝ＢＤより△ＢＢ'Ｄは二等辺三角形になる。
よって、∠ＢＤＢ'＝∠ＢＢ'Ｄ＝４２°
よって、△ＡＢＤの内角の和より、
∠ｘ＝１８０°－７６°－４２°＝６２°

解法２　数学の解法
∠Ａ＋∠Ｃ＝７６°＋１０４°＝１８０°より、
四角形ＡＢＣＤは縁に内接する四角形である。
ところで、ＡＢ＝ＣＤより弧ＡＢ＝弧ＣＤ
よって、それぞれの円周角も等しい。
∴∠ＡＤＢ＝∠ＣＢＤ＝４２°
よって、△ＡＢＤの内角の和より、
∠ｘ＝１８０°－７６°－４２°＝６２°

おまけ：