数学

解答
円の中心をＯとして、ＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ，ＯＥを結ぶと、半径より全ての三角形は二等辺三角形で三辺相等より△ＯＡＢと△ＯＢＣ，△ＯＤＥと△ＯＥＡはそれぞれ合同である。
よって、∠ＯＡＢ＝∠ＯＢＡ＝∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝●，∠ＯＤＥ＝∠ＯＥＤ＝∠ＯＥＡ＝∠ＯＡＥ＝×と置き、∠ＯＣＤ＝∠ＯＤＣ＝△と置くと、条件の∠ＢＣＤと∠ＣＤＥの差は、●＋△－(△＋×)＝●－×（これは図形的に見て分かる。）
よって、●－×＝２５°―――①
また、∠ＢＡＥ＝１０５°より、
●＋×＝１０５°―――②
よって、和差算より●＝(１０５°＋２５°)÷２＝６５°，×＝(１０５°－２５°)÷２＝４０°
ところで、５角形の内角の和は５４０°（１８０°×(５－２)）より、∠ＢＣＤ＋∠ＣＤＥ＝５４０°－６５°×３－４０°×３＝５４０°－１９５°－１２０°＝２２５°
よって、∠ＢＣＤ＋∠ＣＤＥ＝２２５°―――③
また、条件より、
∠ＢＣＤ－∠ＣＤＥ＝２５°―――④
よって、和差算より、
∠ＢＣＤ＝(２２５°＋２５°)÷２＝１２５°
∠ＣＤＥ＝(２２５°－２５°)÷２＝１００°
よって、答えは、
∠ＢＣＤ＝１２５°，∠ＣＤＥ＝１００°

因みに、●＝６５°，×＝４０°から地道に中心角を求めて行っても良い。
∠ＡＯＢ＝∠ＢＯＣ＝１８０°－６５°×２
＝５０°
∠ＡＯＥ＝∠ＥＯＤ＝１８０°－４０°×２
＝１００°
よって、∠ＣＯＤ＝３６０°－５０°×２－１００°×２＝６０°
よって、△ＯＣＤは頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形。よって、∠ＯＣＤ＝∠ＯＤＣ＝６０°
よって、∠ＢＣＤ＝６５°＋６０°＝１２５°
∠ＣＤＥ＝６０°＋４０°＝１００°

おまけ：

何でもありの解法１
ＡＤ＝ＤＣ＝１と置くと、△ＤＦＣは１：２：√３の直角三角形より、ＦＣ＝√３　∴ＦＢ＝√３－１
また、∠ＤＦＣ＝３０°，∠ＥＦＤ＝３０°より、∠ＥＦＢ＝３０°＋３０°＝６０°
よって、△ＥＦＢも１：２：√３の直角三角形である。よって、ＥＢ＝√３ＦＢ＝√３(√３－１)＝３－√３　∴ＡＥ＝(３－√３)－１＝２－√３
∴ＡＥ：ＡＤ＝２－√３：１＝１：２＋√３―――①
また、√６－√２：√６＋√２＝４：(√６＋√２)^2＝４：８＋４√３＝１：２＋√３―ーー②
①，②より、ＡＥ：ＡＤ＝√６－√２：√６＋√２
よって、△ＡＤＥは１５°，７５°，９０°の直角三角形である。∴∠ＡＥＤ＝７５°

何でもありの解法２
ＢＣ＝ＤＣ＝１と置くと、△ＤＦＣは１：２：√３の直角三角形より、ＦＣ＝√３，ＦＤ＝２
∴ＦＢ＝√３－１　
また、∠ＤＦＣ＝３０°，∠ＥＦＤ＝３０°より、∠ＥＦＢ＝３０°＋３０°＝６０°
よって、△ＥＦＢも１：２：√３の直角三角形である。
∴ＥＦ＝２ＦＢ＝２(√３－１)
ここで、ＥからＦＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＥＦＨも１：２：√３の直角三角形より、ＥＨ＝ＥＦ/２＝√３－１，ＦＨ＝√３ＥＨ＝√３(√３－１)＝３－√３
∴ＤＨ＝ＦＤ－ＦＨ＝２－(３－√３)＝√３－１
∴ＥＨ＝ＤＨ　よって、△ＥＨＤは直角二等辺三角形である。∴∠ＨＥＤ＝４５°また、∠ＦＥＨ＝６０°より、∠ＦＥＤ＝４５°＋６０°＝１０５°
また、∠ＦＥＢ＝３０°より、∠ＡＥＤ＝１０５°－３０°＝７５°
よって、答えは、７５°

これは、１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比を使わないので、普通の中学生でも可能な解法ですね。

算数の解法は次回。因みに、検索はしていません。

おまけ：
https://w.atwiki.jp/nostradamus/pages/164.html

何でもありの解法３（算数の解法）
∠ＤＦＣ＝３０°より∠ＤＦＥ＝∠ＤＦＣ　よって、ＦＥの延長上にＤから垂線を下ろしその足をＨとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＤＦＨと△ＤＦＣは合同。
よって、ＤＨ＝ＤＣ
また、ＤＣ＝ＤＡより、ＤＨ＝ＤＡ　よって、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、△ＤＨＥと△ＤＡＥは合同。よって、∠ＤＥＡ＝∠ＤＥＨ
ところで、∠ＤＦＣ＝３０°より∠ＥＦＢ＝３０°＋３０°＝６０°よって、∠ＦＥＢ＝３０°
よって、∠ＡＥＨ＝１８０°－３０°＝１５０°
よって、∠ＤＥＡ＝１５０°÷２＝７５°
よって、∠ＡＥＤ＝７５°

おまけ：（すっかり忘れていました。懐かしい。）

改題の解答
ＡＤ＝ＡＦ＝ＣＦ＝ＣＥ＝ｘ，ＢＤ＝ｙ，ＢＥ＝ｚと置き、ＦからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、定石の形より、△ＥＤＢ≡△ＦＥＨ
ところで、△ＣＦＨ∽△ＣＡＢで相似比１：２より、ＡＢ＝２ＦＨ　∴ｘ＋ｙ＝２ｚ―――①
また、ＦからＡＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＦＩ∽△ＡＣＢで相似比１：２より、ＣＢ＝２ＦＩ　∴ｘ＋ｚ＝２(ｙ＋ｚ)―――②
①－②より、ｙ－ｚ＝－２ｙ　∴ｚ＝３ｙ
ここで、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
(ｘ＋ｙ)^2＋(ｘ＋３ｙ)^2＝(２ｘ)^2
∴ｘ^2＋２ｘｙ＋ｙ^2＋ｘ^2＋６ｘｙ＋９ｙ^2＝４ｘ^2　∴２ｘ^2－８ｘｙ－１０ｙ^2＝０　
∴ｘ^2－４ｘｙ－５ｙ^2＝０　
∴(ｘ－５ｙ)(ｘ＋ｙ)＝０
∴ｘ＝５ｙ，－ｙ　ｘ，ｙ＞０より、ｘ＝５ｙ
∴ＡＢ＝ｘ＋ｙ＝５ｙ＋ｙ＝６ｙ
　ＢＣ＝ｘ＋ｚ＝５ｙ＋３ｙ＝８ｙ
　ＣＡ＝２ｘ＝２・５ｙ＝１０ｙ
∴ＡＢ：ＢＣ：ＣＡ＝６ｙ：８ｙ：１０ｙ
＝３：４：５
よって、△ＡＢＣの条件は３：４：５の直角三角形である事である。

中々良い問題だったのではないでしょうか。ただし、厳密には、逆もやった方が良いですね。

ＡＢ＝３ｍ，ＢＣ＝４ｍ，ＣＡ＝５ｍと置くと、ＡＤ＝ＡＦ＝ＣＦ＝ＣＥ＝５ｍ/２
ここで、ＦからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＣＦＨ∽△ＣＡＢは相似で相似比は１：２より、ＦＨ＝３ｍ/２，ＣＨ＝２ｍ　∴ＥＨ＝５ｍ/２－２ｍ＝ｍ/２
また、ＤＢ＝３ｍ－５ｍ/２＝ｍ/２，ＢＥ＝４ｍ－５ｍ/２＝３ｍ/２　∴ＤＢ＝ＥＨ，ＢＥ＝ＦＨ　また、∠ＤＢＥ＝∠ＥＨＦ＝９０°より二辺挟角が等しいので、△ＤＢＥ≡△ＥＨＦ　∴ＤＥ＝ＥＦ
また、∠ＢＤＥ＝∠ＨＥＦで∠ＢＤＥ＋∠ＤＥＢ＝９０°より、∠ＨＥＦ＋∠ＤＥＢ＝９０°∴∠ＤＥＦ＝１８０°－９０°＝９０°
よって、△ＥＤＦは直角二等辺三角形である。

よって、求める△ＡＢＣの必要十分条件は、△ＡＢＣが３：４：５の直角三角形である事である。

念のため、初めの条件は必要条件。△ＥＤＦが直角二等辺三角形ならば△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形という事。ただし、これだけだと全ての３：４：５の直角三角形かどうかは分からない。そこで、△ＡＢＣが３：４：５の直角三角形ならば△ＥＤＦは直角二等辺三角形になるという十分条件を示した訳である。

おまけ：

解法１
∠ＥＤＣ＝θと置き、ＡＦとＤＥの交点をＨとすると、∠ＤＨＣ＝１８０°－４５°－θ＝１３５°－θ
ここで、ＤＦを結ぶと、∠ＤＦＨ＝１８０°－４５°－(１３５°－θ)＝θ
今、正方形の１辺の長さをａとして、ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、
ＤＩ＝√２ａ・sinθ―――①
ＤＩ＝ａ・sin45°―――②
①，②より、√２ａ・sinθ＝ａ・sin45°
ａ≠０より、√２sinθ＝sin45°＝１/√２
∴sinθ＝１/２　ところで、０＜θ＜９０°より、θ＝３０°
∴∠ｘ＝∠DＨＣ＝１３５°－θ＝１０５°
よって、答えは、１０５°

これだと理詰めで求められ（一直線に着目して三角関数を使う）、算数のような補助線の工夫が要りませんね。因みに、算数と全く同じ補助線ですが。
全く違う補助線の解法２は次回。（わざわざ面倒臭くして解いているだけという見方もありますが。）

おまけ：

解法２
ＤＣの延長上にＦから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＣ∽△ＣＨＦで△ＡＢＣは直角二等辺三角形より△ＣＨＦも直角二等辺三角形。
∴ＣＨ＝ＦＨーーー①
ここで、ＤＦを結び∠ＥＤＣ＝θ，正方形の１辺の長さを１とすると、ＤＦ＝√２，∠ＦＤＨ＝４５°－θ
∴ＣＨ＝√２cos(45°－θ)－１―――②
ＦＨ＝√２sin(45°－θ)―――③
①，②，③より、
√２cos(45°－θ)－１＝√２sin(45°－θ)
∴cos(45°－θ)－１/√２＝sin(45°－θ)
∴cos45°cosθ＋sin45°sinθ－１/√２＝sin45°cosθ－cos45°sinθ
∴(１/√２)cosθ＋(１/√２)sinθ－１/√２＝(１/√２)cosθ－(１/√２)sinθ
∴cosθ＋sinθ－１＝cosθ－sinθ
∴２sinθ＝１　∴sinθ＝１/２
ところで、０＜θ＜９０°より、θ＝３０°
∴∠ｘ＝∠DＨＣ＝１３５°－θ＝１０５°
（ＡＦとＤＥの交点をＨとする。）
よって、答えは、１０５°

おまけ：

解答
ＡＢは直径より∠ＡＤＢ＝９０°よって、△ＢＣＤで三平方の定理を使うと、ＢＤ＝√(３^2－２^2)＝√５ｃｍ
また、ＡＥ//ＣＢより錯角で∠ＡＥＣ＝∠ＢＣＦ＝●　よって、∠ＡＥＣ＝∠ＡＣＥ＝●より、△ＡＥＣは二等辺三角形。よって、ＡＥ＝ＡＣ＝４＋２＝６ｃｍ
また、ＡＥ//ＣＢより△ＦＡＥ∽△ＦＢＣで相似比６：３＝２：１　∴ＡＦ：ＦＢ＝２：１
また、ＡＤ：ＤＣ＝４：２＝２：１より、ＡＦ：ＦＢ＝ＡＤ：ＤＣ　よって、ＤＦ//ＣＢである。
よって、等積変形より△ＢＤＦ＝△ＣＤＦ　この両辺に△ＡＤＦを加えると、△ＡＤＢ＝△ＡＣＦ
∴△ＡＣＦ＝△ＡＤＢ＝４×√５×(１/２)＝２√５ｃｍ^2　ところで、△ＦＡＥ∽△ＦＣＢの相似比が２：１より、ＦＥ：ＦＣ＝２：１
∴ＣＦ：ＣＥ＝１：３　∴△ＡＣＦ：△ＡＣＥ＝１：３　∴△ＡＥＣ＝３△ＡＣＦ＝３×２√５＝６√５ｃｍ^2
よって、答えは、６√５ｃｍ^2

検索はしていませんが、これが模範解答だと思います。別解はエレガントじゃないので省略。（イメージだけで作っていませんが。）

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12782468867.html

解説
＞はじめに、Ｄ(Ｇ)⊃Ｄ(Ｈ)，Ｄ(Ｇ)⊃Ｄ(Ｋ)であるから、交換子群の定義によってＤ(Ｇ)⊃Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)となっている。

§５演習問題９より、Ｄ(Ｈ)，Ｄ(Ｋ)はそれぞれＨ，Ｋの部分群より、ＨＫ⊃Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)
また、①よりＧ＝ＨＫ　∴Ｇ⊃Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)
ところで、Ｄ(Ｈ)，Ｄ(Ｋ)は交換子によって生成される群なのでＤ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)も交換子によって生成される群である。よって、Ｇ⊃Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)の左辺も交換子群に限定出来る。∴Ｄ(Ｇ)⊃Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)

＞次に、逆の包含関係Ｄ(Ｇ)⊂Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)を示す。はじめに、[ａ，ｂ]＝[ｂ，ａ]^-1（ａ，ｂ∈Ｇ）が成り立つことに注意しよう。
∵[ａ，ｂ]^-1＝(ａｂａ^-1ｂ^-1)^-1＝ｂａｂ^-1ａ^-1＝[ｂ，ａ]
このとき、問3.9によって、交換子の有限個の積がＤ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)に属することを示せばよい。さらに、Ｄ(Ｈ)とＤ(Ｋ)の元が交換可能であるから、１つの交換子がＤ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)に属することを示せば十分である。

ここは、はっきり言ってよく分からない。
まず、[ａ，ｂ]＝[ｂ，ａ]^-1（ａ，ｂ∈Ｇ）は問3.9の－１乗に関係しているのだろうか。（その後使わないようだが。）
因みに、個人的には、問3.9は間違っていると思っている。
さっぱり分からないのですが、この部分はなくても成り立ちますよね。

問題
Ｇ＝Ｈ×Ｋならば、Ｄ(Ｇ)＝Ｄ(Ｈ)×Ｄ(Ｋ)であることを示せ。ただし、Ｄ(Ｇ)は群Ｇの交換子を表すものとする。

解答
Ｇ＝Ｈ×Ｋの定義より
① Ｇ＝ＨＫ，② ｈｋ＝ｋｈ（ｈ∈Ｈ，ｋ∈Ｋ），③ ①の表現は一意的となっている。そこで、
（１）Ｄ(Ｇ)＝Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)，（２）ｙｚ＝ｚｙ（ｙ∈Ｄ(Ｈ)，ｚ∈Ｄ(Ｋ)），（３）（１）の表現は一意的
を示せば、定義7.2によってＤ(Ｇ)＝Ｄ(Ｈ)×Ｄ(Ｋ)を得る。
（２）について：Ｈの元とＫの元は可換であるから、Ｄ(Ｈ)の元とＤ(Ｋ)の元も可換である。
（３）について：（１）の表現Ｄ(Ｇ)＝Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)はＧ＝ＨＫの表現の一意性より出る。
（１）Ｄ(Ｇ)＝Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)を示す。
はじめに、Ｄ(Ｇ)⊃Ｄ(Ｈ)，Ｄ(Ｇ)⊃Ｄ(Ｋ)であるから、交換子群の定義によってＤ(Ｇ)⊃Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)となっている。
　次に、逆の包含関係Ｄ(Ｇ)⊂Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)を示す。
Ｄ(Ｇ)の任意の交換子を[ａ，ｂ]（ａ，ｂ∈Ｇ）とする。ａとｂはａ＝ｈ1ｋ1，ｂ＝ｈ2ｋ2（ｈi∈Ｈ，ｋi∈Ｋ）と表せる。Ｈの元とＫの元が可換であることに注意すれば、
[ａ，ｂ]＝ａｂａ^-1ｂ^-1
＝(ｈ1ｋ1)(ｈ2ｋ2)(ｈ1ｋ1)^-1(ｈ2ｋ2)^-1
＝(ｈ1ｋ1)(ｈ2ｋ2)(ｈ1^-1ｋ1^-1)(ｈ2^-1ｋ2^-1)
＝(ｈ1ｈ2ｈ1^-1ｈ2^-1)(ｋ1ｋ2ｋ1^-1ｋ2^-1)
＝[ｈ1，ｈ2][ｋ1，ｋ2]∈Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)
∴Ｄ(Ｇ)⊂Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)
∴Ｄ(Ｇ)＝Ｄ(Ｈ)Ｄ(Ｋ)
以上によって、Ｄ(Ｇ)はＤ(Ｈ)とＤ(Ｋ)の直積である。

おまけ：
https://shinjuku-shalom.com/archives/3656

解説
＞（３）について：（１）の表現Ｚ(Ｇ)＝Ｚ(Ｈ)Ｚ(Ｋ)はＧ＝ＨＫの表現の一意性より出る。

Ｇ＝ＨＫの表現の一意性より定理7.1により、
Ｈ∩Ｋ＝{ｅ}　である。
また、Ｚ(Ｈ)⊂Ｈ，Ｚ(Ｋ)⊂Ｋで、Ｈ∩Ｋ＝{ｅ}　より、Ｚ(Ｈ)∩Ｚ(Ｋ)＝φまたはＺ(Ｈ)∩Ｚ(Ｋ)＝{ｅ}（ベン図を考えれば自明。）
ところで、§２演習問題７よりＺ(Ｈ)，Ｚ(Ｋ)はそれぞれ群である。つまり、それぞれ単位元を含むので、Ｚ(Ｈ)∩Ｚ(Ｋ)＝{ｅ}
よって、定義7.2と定理7.1により、
Ｚ(Ｇ)＝Ｚ(Ｈ)Ｚ(Ｋ)の表現は一意的である。

おまけ：
https://www.sponichi.co.jp/entertainment/news/2022/04/26/kiji/20220426s00041000198000c.html

何でもありの解法
ＡからＭＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＭＡＢの内対角の和より、∠ＡＭＨ＝１５°＋３０°＝４５°よって、△ＡＭＨは直角二等辺三角形で、△ＡＢＨは１５°，７５°，９０°の直角三角形である。
よって、ＡＨ＝１とすると、ＭＨ＝１，ＢＨ＝(√６＋√２)/(√６－√２)＝(√６＋√２)^2/４＝(８＋４√３)/４＝２＋√３
∴ＢＨ＝２＋√３　∴ＢＭ＝(２＋√３)－１＝１＋√３　∴ＣＭ＝１＋√３　∴ＣＨ＝√３
∴ＡＨ：ＣＨ＝１：√３
よって、△ＡＣＨは１：２：√３の直角三角形より、∠ＡＣＨ＝３０°∴∠Ｃ＝３０°

算数の解法のヒント
解法１のヒント：ＡＭの延長上にＤＭ＝ＡＭとなる点Ｄを取り、ＡＢを１辺とした正三角形ＥＡＢを頂点ＥがＡＢに関して点M側に作る。

解法２のヒント：ＡＭの延長上にＤＭ＝ＡＭとなる点Ｄを取り、AからＣＤに垂線を下ろしその足をＨとする。

検索していない（しても出ないと思う）が、模範解答は解法２だろう。

また、こちらhttps://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201806100000/も解いてみて下さい。上の２つよりははるかに簡単です。
ヒント：ＣＡの延長上にＢから垂線を下ろして下さい。簡単と言っても普通の人には難しいと思います。（昔取った杵柄の人とか。）

おまけ：

解法１　思い付いた順
ＡMの延長上にＤM＝ＡMとなる点Ｄを取り、ＢＤ，ＣＤを結ぶと、四角形ＡＢＤＣの対角線ＡＤとＢＣは互いの真ん中の点で交わっているので、定理により四角形ＡＢＤＣは平行四辺形になる。
ここで、ＡＢを１辺とした頂点ＥがＡＢに関して点Ｄと同じ側にある正三角形ＥＡＢを描くと、∠ＢＡＤ＝３０°よりＡＤは正三角形ＡＢＦの頂角の二等分線である。
よって、対称性よりＤＢ＝ＤＥ　また、平行四辺形よりＤＢ＝ＣＡ　よって、ＤＥ＝ＡＣ―――①
また、正三角形よりＡＢ＝ＡＥ，平行四辺形よりＡＢ＝ＣＤ　よって、ＡＥ＝ＣＤ―――②
また、ＡＥは共通―――③　①，②，③より、三辺相等で△ＥＡＤと△ＣＤＡは合同。よって、ＡＤを底辺とした高さをそれぞれ考えると、ＡＤとＣＥは平行である。ところで、∠ＤＡＥ＝６０°－３０°＝３０°で、錯角が等しいので、∠ＡＥＣ＝３０°また、∠ＢＥＡ＝６０°より、∠ＢＥＣ＝６０°＋３０°＝９０°
また、∠ＥＢＣ＝６０°－１５°＝４５°より、△ＥＢＣは直角二等辺三角形。よって、ＥＢ＝ＥＣ　また、正三角形よりＥＢ＝ＥＡ　よって、ＥＡ＝ＥＣ　よって、△ＥＡＣは頂角が３０°の二等辺三角形である。よって、∠ＥＣＡ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°また、∠ＥＣＢ＝４５°より、∠ＡＣＢ＝７５°－４５°＝３０°よって、∠Ｃ＝３０°
よって、答えは、３０°

念のため、私のオリジナルです。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12752501390.html

https://ameblo.jp/shig1956/entry-12782130532.html

解法２
ＡMの延長上にＤM＝ＡMとなる点Ｄを取り、ＢＤ，ＣＤを結ぶと、四角形ＡＢＤＣの対角線ＡDとＢＣは互いの真ん中の点で交わっているので、定理により四角形ＡＢDＣは平行四辺形になる。
ここで、ＡからDＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＨＡDは直角三角形で点Mは斜辺ＡDの真ん中の点より、長方形を斜め半分に切った形を考えると、MＡ＝MＨ＝MＥである。また、ＡＢとＣDは平行より錯角で∠ＡDＣ＝∠DＡＢ＝３０°である。よって、∠DＡＨ＝９０°－３０°＝６０°よって、△MＡＨは１つの角が６０°の二等辺三角形より正三角形である。
よって、ＨＡ＝ＨM―――①
ところで、△MＢＡの内対角の和より、∠ＡMＣ＝１５°＋３０°＝４５°また、△MＡＨは正三角形より∠ＡMＨ＝６０°よって、∠ＨMＣ＝６０°－４５°＝１５°
また、ＡＢとＣDが平行より錯角で、
∠ＨＣM＝∠DＣＢ＝∠ＡＢＣ＝１５°よって、∠ＨMＣ＝∠ＨＣMより、△ＨMＣは二等辺三角形。よって、ＨＣ＝ＨM―――②
①，②より、ＨＡ＝ＨＣ　よって、△ＨＡＣは直角二等辺三角形である。よって、∠ＨＣＡ＝４５°また、∠ＨＣM＝１５°より、∠ＡＣＢ＝４５°－１５°＝３０°
よって、∠Ｃ＝３０°

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%BE%A9%E4%BA%BA

問題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201806100000/

上の２つよりははるかに簡単です。
ヒント：ＣＡの延長上にＢから垂線を下ろして下さい。簡単と言っても普通の人には難しいと思います。（昔取った杵柄の人とか。）

一応、これもやりますね。

解答
ＣＡの延長上にＢから垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＣＢＨ＝６０°より、
∠ＨＢＡ＝６０°－１５°＝４５°
よって、△ＨＢＡは直角二等辺三角形より、ＨＢ＝ＨＡ―――①　
また、△ＣＢＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より、ＢＨ：ＢＣ＝１：２　また、点ＤはＢＣの真ん中の点より、ＢＨ＝ＢＤ　また、∠ＨＢＤ＝６０°より、△ＢＨＤは頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形である。よって、ＨＢ＝ＨＤ―――②
①，②より、ＨＡ＝ＨＤ　また、∠ＤＨＡ＝９０°－６０°＝３０°より、△ＨＤＡは頂角が３０°の二等辺三角形。
よって、∠ＨＡＤ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°また、∠ＨＡＢ＝４５°より、
∠ＢＡＤ＝７５°－４５°＝３０°
よって、△ＤＢＡの内対角の和より、
∠ア＝１５°＋３０°＝４５°
よって、答えは、４５°

何でもありの解法は次回。

おまけ：https://news-bomb.com/sport/34288

何でもありの解法
ＡからＤＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＨは１５°，７５°，９０°の直角三角形より、
ＡＨ：ＢＨ＝√６－√２：√６＋√２
＝１：(√６＋√２)/(√６－√２)
＝１：(√６＋√２)^2/４
＝１：(８＋４√３)/４＝１：２＋√３
∴ＡＨ：ＢＨ＝１：２＋√３
よって、ＡＨ＝１とすると、ＢＨ＝２＋√３　また、△ＡＣＨは１：２：√３の直角三角形より、ＣＨ＝√３となる。
∴ＢＣ＝２＋２√３　∴ＤＣ＝１＋√３
∴ＤＨ＝(１＋√３)－√３＝１　
∴ＤＨ＝ＡＨ
よって、△ＡＤＨは直角二等辺三角形。
∴∠ＡＤＨ＝４５°よって、∠ア＝４５°

何でもありで解くには１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比は必須ですね。

おまけ：
https://bunshun.jp/articles/-/58996?page=2

問題１の解法１
△ＣＥＦは頂角が３０°の二等辺三角形より、∠ＣＥＦ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°
また、∠ＢＣＥ＝７５°より、∠ＥＢＣ＝１８０°－７５°－７５°＝３０°
また、∠ＦＣＢ＝７５°－３０°＝４５°
ここで、ＦからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＦＣＨは直角二等辺三角形で△ＦＢＨは１：２：√３の直角三角形になる。
∴ＦＨ＝１ｃｍ，ＢＦ＝２ｃｍ，また、∠ＤＢＣ＝１５°＋３０°＝４５°，∠ＤＣＢ＝∠ＦＣＢ＝４５°より、∠ＢＤＦ＝∠ＢＤＣ＝１８０°－４５°－４５°＝９０°
今ＦＤの延長上にＧＤ＝ＦＤとなる点Ｇを取ると、二辺挟角が等しいので△ＢＧＤ≡△ＢＦＤ
∴ＢＧ＝ＢＦ＝２ｃｍ　また、ＧからＢＦに垂線を下ろしその足をＩとすると、∠ＧＢＩ＝３０°より△ＧＢＩは１：２：√３の直角三角形になる。
∴ＧＩ＝１ｃｍ　∴△ＧＢＦ＝２×１×(１/２)＝１ｃｍ^2
∴△ＢＤＦ＝１/２ｃｍ^2

これでは、エレガントさにこだわる解法で難問になってしまいますね。

問題１の解法２
「△ＦＣＨは直角二等辺三角形で△ＦＢＨは１：２：√３の直角三角形になる」までは同じ。
∴ＦＨ＝ＣＨ＝１ｃｍ，∴ＢＨ＝√３ｃｍ　∴ＢＣ＝√３＋１ｃｍ
また、∠ＤＢＣ＝１５°＋３０°＝４５°，∠ＤＣＢ＝∠ＦＣＢ＝４５°より、∠ＢＤＦ＝∠ＢＤＣ＝１８０°－４５°－４５°＝９０°
よって、△ＤＢＣも直角二等辺三角形である。
∴ＤＢ＝ＤＣ＝(√３＋１)/√２＝(√６＋√２)/２ｃｍ
∴ＤＦ＝(√６＋√２)/２－√２＝(√６－√２)/２ｃｍ
∴△ＤＢＦ＝{(√６＋√２)/２}×{(√６－√２)/２}×(１/２)＝(４/４)×(１/２)＝１/２ｃｍ^2
よって、答えは、１/２ｃｍ^2

これが一般的な解法だと思います。

因みに、「三平方と相似を駆使して頑張ってみてください！」の相似は使わないような気がしますが、謎ですね。

おまけ：

問題２の模範解答
ＥＦを結ぶと、ＦＣ＝１２－７＝５ｃｍ，ＥＣ＝１７－５＝１２ｃｍより、ＢＥ＝ＣＦ，ＡＢ＝ＣＥ
よって、△ＡＢＥと△ＥＣＦは合同である。よって、∠ＥＦＣ＝∠ＡＥＢ＝∠ア　よって、∠ＡＦＥの角度を求めれば良い。
ところで、合同よりＡＥ＝ＥＦ　また、∠ＥＡＢ＝∠ＦＥＣより、∠ＡＥＢ＋∠ＦＥＣ＝∠ＡＥＢ＋∠ＥＡＢ＝１８０°－９０°＝９０°（△ＡＢＥの内角の和より）
よって、∠ＡＥＦ＝１８０°－(∠ＡＥＢ＋∠ＦＥＣ)＝１８０°－９０°＝９０°
よって、△ＥＡＦは直角の等辺三角形である。よって、∠ＡＦＥ＝４５°
よって、∠ア＋∠イ＝∠ＥＦＣ＋∠ＡＦＤ＝１８０°－∠ＡＦＥ＝１８０°－４５°＝１３５°
よって、答えは、１３５°

中３レベルとありますが、算数でも解けますね。次回は、中３レベルの解法をやります。念のため、模範解答ではありません。

おまけ：

問題２の中学生用の解法
△ＡＢＥを７/５倍するとＢＥ＝ＤＦとなるので、△ＡＢＥをＢＥがＤＦにくっつくように移動させ、点Ａの行き先をＧとすると、ＤＧ＝(７/５)ＡＢ＝(７/５)×１２＝８４/５ｃｍ
ここで、ＤＡ上にＤＨ＝ＤＦとなる点Ｈを取ると、ＨＧ＝８４/５－７＝８４/５－３５/５＝４９/５ｃｍ
また、△ＤＨＦは直角二等辺三角形より、
ＨＦ＝７√２ｃｍ　また、ＨＡ＝１７－７＝１０ｃｍ
∴ＨＧ：ＨＦ＝４９/５：７√２＝７：５√２―――①
また、ＨＦ：ＨＡ＝７√２：１０＝７：１０/√２
＝７：５√２―――②
①，②より、ＨＧ：ＨＦ＝ＨＦ：ＨＡ　よって、二辺比と挟角が等しいので、△ＨＧＦ∽△ＨＦＡ
ここで、∠ＢＡＥ＝ＤＧＦ＝〇，∠ＨＦＧ＝∠ＨＡＦ＝●と置くと、∠ＢＡＥ＋∠ＤＡＦ＝〇＋●＝∠ＨＧＦ＋∠ＨＦＧ＝∠ＦＨＤ＝４５°（内対角の和）
よって、∠ＢＡＥ＋∠ＤＡＦ＝４５°
∴∠ア＋∠イ＝∠ＡＥＢ＋∠ＡＦＤ＝(１８０°－９０°－∠ＢＡＥ)＋(１８０°－９０°－∠ＤＡＦ)＝１８０°－(∠ＢＡＥ＋∠ＤＡＦ)＝１８０°－４５°＝１３５°
よって、∠ア＋∠イ＝１３５°

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/a939460b537ed3ddabe157efad67c028c4f6b9b7?page=4

問題２の高校生用の解法
tan∠ア＝１２/５，tan∠イ＝１７/７―――①
tan(∠ア＋∠イ)＝(∠ア＋∠イ)/(１－tan∠ア・tan∠イ)―――②
①を②に代入すると、
tan(∠ア＋∠イ)＝(１２/５＋１７/７)/{１－(１２/５)(１７/７)}＝(１６９/３５)/(１－２０４/３５)＝１６９/(－１６９)＝－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°

因みに、大学生用の解法はArctanを使うものだが、加法定理を使うとかほとんど同じ構造なので省略。ただし、さらに工夫がいらない解法である。
一応、今回は工夫でtan(∠ア＋∠イ)を発想しなければならないが、Arctanだったら自然に∠ア＋∠イから始められる。

おまけ：

解説
＞一般に、ｆ：G→G'を準同型写像とするとき、準同型定理6.5より＜ａ＞/kerｆ'≃＜ｆ(ａ)＞が成り立つ。

準同型定理6.5のＧ/kerｆ≃Ｇ'に、Ｇ＝＜ａ＞，Ｇ'にｆ(＜ａ＞)を代入すると、
＜ａ＞/kerｆ'≃ｆ(＜ａ＞)（ｆ'はｆを＜ａ＞に制限した写像だから付ける。特に気にする事ではない。）
ここで、問6.6より、ｆ(＜ａ＞)＝＜ｆ(ａ)＞なので、
＜ａ＞/kerｆ'≃＜ｆ(ａ)＞となる。

問6.6
ｆ：Ｇ→Ｇ'を準同型写像とするとき、Ｇの任意の元ａについて、次を示せ。
ｆ(＜ａ＞)＝＜ｆ(ａ)＞

＞この同型より、ｆ(ａ)の位数はａの位数の約数である。

上の式＜ａ＞/kerｆ'≃＜ｆ(ａ)＞の両辺の位数を取ると、同型なので等しい。
∴|＜ａ＞/kerｆ'|＝|＜ｆ(ａ)＞|
∴|＜ａ＞|/|kerｆ'|＝|＜ｆ(ａ)＞|
∴|kerｆ'|＝|＜ａ＞|/|＜ｆ(ａ)＞|
また、定理3.4より、|＜ａ＞|＝|ａ|，|＜ｆ(ａ)＞|＝|ｆ(ａ)|
∴|kerｆ'|＝|ａ|/|ｆ(ａ)|
ところで、|kerｆ'|は整数より、|ａ|/|ｆ(ａ)|も整数。
よって、ｆ(ａ)の位数はａの位数の約数である。

定理3.4
ａを群Ｇの元とするとき、元ａの位数はａで生成された巡回部分群＜ａ＞の位数に等しい。
すなわち、|ａ|＝|＜ａ＞|

＞また、Ｇがａとｂによって生成されているとき、準同型写像ｆは生成元の像ｆ(ａ)，ｆ(ｂ)によって決定される（§６演習問題４）。

これは§６演習問題４より、

§６演習問題４
ｆとｇを群Ｇから群Ｇ'への準同型写像とし、ＳをＧの生成元の集合とする。このとき、Ｓの任意の元ａに対して、ｆ(ａ)＝ｇ(ａ)が成り立つならば、準同型写像ｆとｇは等しいことを示せ。

なので、生成元の像ｆ(ａ)，ｆ(ｂ)の種類（数）と準同型写像の数が一致するという事である。

＞今の場合ℤ2×ℤ2は(|０，|１)と(|１，|０）によって生成されている。これらはいずれも位数２であるから、準同型写像ｆ：ℤ2×ℤ2→ℤ2×ℤ2によるこれらの像の位数は１か２である。

上の文章より「ｆ(ａ)の位数はａの位数の約数である」ので、ｆ(ℤ2×ℤ2)の位数はℤ2×ℤ2の生成元の位数２の約数だから１か２。

＞そしてℤ2×ℤ2の元はいずれも０か２であるので、

これは誤植である。正しくは、「そしてℤ2×ℤ2の元の位数はいずれも１か２であるので、」である。

＞ｆ(|０，|１)，ｆ(|１，|０)はℤ2×ℤ2の任意の元を像としてとることができる。ゆえに、その組み合わせは１６通りある。したがってｆ：ℤ2×ℤ2→ℤ2×ℤ2なる準同型写像の個数は１６個である。

ここが最大の謎である。これは、ｆによって、
ｆ：{(|0,|0),(|0,|1),(|1,|0),(|1,|1)}→{(|0,|0),(|0,|1),(|1,|0),(|1,|1)}　そして、４×４＝１６個という事ですよね。
しかし、§６演習問題４より、「Ｇがａとｂによって生成されているとき、準同型写像ｆは生成元の像ｆ(ａ)，ｆ(ｂ)によって決定される」のだから、ｆ：{(|0,|0),(|0,|1),(|1,|0),(|1,|1)}→{(|0,|0),(|0,|1),(|1,|0),(|1,|1)}の左側は生成元の|0,|1),(|1,|0)だけではないのだろうか。
つまり、２×４＝８個

因みに、この問題は、

問題
次の各々において準同型写像はいくつあるか。
（１）ℤ2×ℤ2→ℤ2
（２）ℤ2×ℤ2→ℤ2（全射）
（３）ℤ2×ℤ2→ℤ6
（４）ℤ2×ℤ2→ℤ2×ℤ2

で、（１）の解答は４個，（２）の解答は３個，（３）の解答は４個である。
つまり、ℤ2×ℤ2の元の個数は４個でℤ2は２個，ℤ6は６個で、（４）のように単純に４×２＝８とか４×６＝２４とかにはなっていないのに、（４）だけ４×４＝１６なんておかしくないのだろうか。
念のため、全然自信ないので信じないで下さい。

＞ｆ(|０，|１)，ｆ(|１，|０)はℤ2×ℤ2の任意の元を像としてとることができる。

単純に、
ｆ(|０，|１)＝{(|0,|0),(|0,|1),(|1,|0),(|1,|1)}
ｆ(|１，|０)＝{(|0,|0),(|0,|1),(|1,|0),(|1,|1)}
から、４＋４＝８個で良いのではないだろうか。

まぁ、信じる信じないはあなた次第です。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11248447742.html

解答
△ＥＡＤの内対角の和より、∠ＡＥＣ＝３０°＋５０°＝８０°よって、∠ＡＣＥ＝∠ＡＥＣ
よって、△ＡＥＣは二等辺三角形。
よって、ＡＥ＝ＡＣ――ー①
また、∠ＣＡＤ＝１８０°－８０°－５０°
＝５０°より、∠ＣＤＡ＝∠ＣＡＤ　
よって、△ＣＡＤも二等辺三角形より、
ＡＣ＝ＤＣ―――②
①，②より、ＡＥ＝ＤＣ―――③
また、ＤＣ＝ＤＥ＋ＥＣ＝ＤＥ＋ＢＤ＝ＢＥ
よって、ＤＣ＝ＢＥ―――④　
③，④より、ＡＥ＝ＢＥ
よって、△ＥＢＡも二等辺三角形で、△ＥＢＡの内対角の和より、∠ＥＢＡ＋∠ＥＡＢ＝８０°また、∠ＥＢＡ＝∠ＥＡＢより、∠ＥＢＡ＝４０°
よって、∠ＡＢD＝４０°

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/1bdfe59956b02f3e39632dcf99ded382360eab6d/comments

解答
１．点Ａを中心に小さめな適当な半径の円を描き、元の円との交点をＢ，Ｃとする。
２．元の円の円周上に中心を取って２点Ｂ，Ａを通る円を描き、弧ＢＣの延長との交点をＤとする。
３．ＡＤを結ぶと、それが点Ａを通る接線である。

上の事実を証明して下さい。念のため、厳密にはダメな解法ですが。
また、それを参考にして、コンパス３回，定規１回の解法を作って下さい。

おまけ：
https://www.instagram.com/p/CmjLonuP4V8/

解答
１．点Ａを中心に小さめな適当な半径の円を描き、元の円との交点をＢ，Ｃとする。
２．元の円の円周上に中心を取って２点Ｂ，Ａを通る円を描き、弧ＢＣの延長との交点をＤとする。
３．ＡＤを結ぶと、それが点Ａを通る接線である。

解答の証明
ＡＢ，ＡＤを結ぶと、同じ円の半径より、ＡＢ＝ＡＤ
また、２．の元の円の円周上の点をＰとすると、同じ円の半径より、ＰＢ＝ＰＡ＝ＰＤ
よって、△ＰＢＡと△ＰＡＤは三辺相等で合同な二等辺三角形である。
∴∠ＰＢＡ＝∠ＰＡＤ　よって、接弦定理の逆により、ＡＤは３点Ｐ，Ａ，Ｂを通る円の接線である。
よって、示された。

因みに、接弦定理を使わない場合は、∠ＰＢＡ＝∠ＰＡＤ―――①　から、
円の中心をＯとしてＡＯを結びその延長と円との交点をＱとし、ＢＱを結ぶとＡＱは直径より∠ＱＢＡ＝９０°
また、円周角より∠ＱＢＰ＝∠ＱＡＰ―――②
①＋②より、∠ＰＢＡ＋∠ＱＢＰ＝∠ＰＡＤ＋∠ＱＡＰ　∴∠ＱＢＡ＝∠ＱＡＤ　∴９０°＝∠ＯＡＤ
よって、ＯＡ⊥ＡＤより、ＡＤは点Ａにおける接線である。Ｑ．Ｅ．Ｄ．

コンパス３回，定規１回の解法は次回。

おまけ：

コンパス３回，定規１回の解答
１．点Ａを中心に少し大きめな適当な半径の円を描き、元の円との交点をＢ，Ｃとする。
２．点Ｂを中心に半径ＢＡの円を描く。
３．コンパスでＢＣの長さを取り、点Ａを中心に円を描き先の円との交点をＤとすると、ＡＤが接線である。
アイデア引用元：https://reto-nayuta.hatenadiary.org/entry/20120117/1326786557

証明
半径よりＡＢ＝ＡＣ，ＢＡ＝ＢＤ　また、ＢＣ＝ＡＤより、三辺相等で△ＡＢＣと△ＢＡＤは合同な二等辺三角形である。
∴∠ＡＣＢ＝∠ＢＡＤ　よって、接弦定理の逆により、ＡＤは３点Ａ，Ｂ，Ｃを通る円の接線である。
よって、示された。

因みに、接弦定理を使わない場合は、
∠ＡＣＢ＝∠ＢＡＤ―――①　から、
円の中心をＯとしＡＯの延長と(元の)円との交点をＥとすると、ＡＥは直径より∠ＡＣＥ＝９０°
また、円周角より、∠ＢＣＥ＝∠ＢＡＥ―――②
①＋②より、∠ＡＣＢ＋∠ＢＣＥ＝∠ＢＡＤ＋∠ＢＡＥ
∴∠ＡＣＥ＝∠ＥＡＤ　∴９０°＝∠ＯＡＤ
よって、ＯＡ⊥ＡＤより、ＡＤは点Ａにおける接線である。Ｑ．Ｅ．Ｄ

それにしても、この田村真一さん（アイデア引用元の人）という方は凄いですね。目からうろこでした。接線というと円の中心と直交という条件を避けて通れないと思い込んでいましたから。

おまけ：
https://store.azki-official.com/araierina-boyfriends/

「16:07しかし、実を言うと、わたしが去って行くのは、あなたがたのためになる。わたしが去って行かなければ、弁護者はあなたがたのところに来ないからである。わたしが行けば、弁護者をあなたがたのところに送る。 16:08その方が来れば、罪について、義について、また、裁きについて、世の誤りを明らかにする。 16:09罪についてとは、彼らがわたしを信じないこと、 16:10義についてとは、わたしが父のもとに行き、あなたがたがもはやわたしを見なくなること、 16:11また、裁きについてとは、この世の支配者が断罪されることである。 16:12言っておきたいことは、まだたくさんあるが、今、あなたがたには理解できない。 16:13しかし、その方、すなわち、真理の霊が来ると、あなたがたを導いて真理をことごとく悟らせる。その方は、自分から語るのではなく、聞いたことを語り、また、これから起こることをあなたがたに告げるからである。 16:14その方はわたしに栄光を与える。わたしのものを受けて、あなたがたに告げるからである。 16:15父が持っておられるものはすべて、わたしのものである。だから、わたしは、『その方がわたしのものを受けて、あなたがたに告げる』と言ったのである。」 16:16「しばらくすると、あなたがたはもうわたしを見なくなるが、またしばらくすると、わたしを見るようになる。」 」
「ヨハネによる福音書」第１６章７節～１６節（新共同訳）