No.2ベストアンサー
- 回答日時:
#1です。
やっぱ腐ってました。#1はオンラインで書いたのでスミマセン。1.ABの中点をRとして、補助線DRを引き、AQとの交点をOとします。
2.線分DRと線分BPは平行なので、三角形ABQと三角形AROは相似。
3.AR=RBなので、AO=OQ。角AQP=角AOD(条件より直角)
4.よって三角形AQDにおいて、線分DOは辺AD垂直二等分線だから、三角形AQDは(線分ADと線分DQが等しい)二等辺三角形である。
こうかな?
この回答への補足
たぶんですが、
中2で相似(中点連結定理など)はまだ習ってない可能性が高いです。
もしこれを使わないで解くとしたら、可能ですか?
No.7
- 回答日時:
相似や中点連結定理が使えたらものすごく楽なんですが、そうでない場合をやってみます。
全然スマートじゃないと思います。すいません。ADをD側に延長した線とBPをP側に延長した線の交点をRとする。DからQR,AQに下ろした垂線の足をそれぞれS,Tとする。
平行四辺形の性質より、AD=BC
三角形PBC<合同>三角形BRD(二角挾辺相同)よりDR=CB
∴AD=DR…(1)
次に、三角形ADTと三角形DRSにおいて、
TD<平行>QRより角ADT=角DRS
AQ<平行>DSより角DAT=角RDS
これに(1)を合わせ、二角挾辺相同により
三角形ADT<合同>三角形DRS
∴DT=RS
四角形DTQSは長方形だから、DT=SQ
よって、RS=SQ…(2)
(2)を利用して、
三角形DQS<合同>三角形DRS(二辺挾角相同)だから、
DR=DQ…(3)
(1)と(3)よりDA=DQ
よって三角形AQDは二等辺三角形
スマートに解けないパターンの問題もあると思うので、助かります。ありがとうございました。
自分もbabusanさんのような考えを最初考えましたが、
ここまできっちり説明つかなかったので投稿させて頂きました(苦笑)
解き方のイメージは豊富な方がいいと思うので、ぜひ参考にさせていただきます。
No.6
- 回答日時:
ABの中点Rに線分PRを引きます
線分DRを引き、AQとの交点をSとします。
BPとAQは平行ですから、△ABQにおいて、AS=SQになります。
また、同様の理由により、∠ASD=90になります。
以上により、△AQDは、その頂点Dから対する底辺AQに対する垂線がAQを2等分することになるので、二等辺三角形です。
以上証明終わり
ありがとうございます。
やはり中点連結を使わずとも出来るんですね。
>BPとAQは平行ですから
※RDとAQは平行、ということですよね!?
BPとAQだと、垂直なので…
No.5
- 回答日時:
DよりAQに垂線ほを引きAB,AQとの交点をR, Sとする
RD平行BPだから RBPDは平行四辺形
よって RB=DPでRしABの中点
中点連結定理よりAS=SQ
ASD≡QSDで AD=QD
でどうでしょうか
なお平成4年の教科書が手元にありますが
平行四辺形、合同、相似、中点連結定理も2年で
習うようですよ 今は17年ですからね、わかりま せんが
No.3
- 回答日時:
直径の円周角=90°が使えても解けますが、円周角がなしということで、No1さんの補足訂正となりますが解答します。
ABの中点をRとし、線分RDと線分AQの交点をSとします。四角形BRDPは平行四辺形(線分BR=線分PD かつBR・PDは平行)。
よって、二角相等より三角形ARS、三角形ABQが相似
で、相似比1:2となります。
つまりAS=AQとなり、線分AQの垂直二等分線上に点Dがあることから、線分AD=線分QD
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