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No.2ベストアンサー
- 回答日時:
添付図のように補助線を引き頂点や交点に記号を割り振ります。
面積を求める共通部分は緑と黄色の部分を合せた図形です。
この面積をSとして以下の手順で求めることができます。
1つの黄色の部分の面積S1は
扇形BGH(半径1,中心角30°)の面積S2から二等辺三角形BGH(頂角30°、それを挟む2辺が1)の面積S3を引けば求まります。
S2=BG*BG*π*(30/360)=π/12
S3=(1/2)BG*BHsin30°=1/4
S1=S2-S3=(π-3)/12
緑の正三角形GHIの一辺の長さaは
三角形IBGが∠IBG=∠IGB=15°、BG=1の二等辺三角形であることから
a=GI=BI=(1/2)BG/cos15°=1/√(4cos^2(15°))
=1/√(2(1+cos30°))=1/√(2(1+√3/2))=1/√(2+√3)
緑の正三角形GHIの面積S4は
S4=(1/2)a*a*sin60°=(1/2)(1/(2+√3))(√3/2)
=√3/(4(2+√3))=(√3)(2-√3)/(4(4-3))
=(2√3 -3)/4
求める共通部分の面積Sは
S=S4+3*S1=(2√3 -3)/4 + (π-3)/4
=(π+2√3 -6)/4 ← (答え)
(補足)
△ABGはAB=√2, BG=AG=1なので直角二等辺三角形で
∠AGB=90°となります。同様にして∠AIC=∠BHC=90°も得られます。△GHIの頂点G,H,Iと△ABCの頂点A,B,Cを結ぶ半径1の各辺は、互いに直交するので互の円の接線となります。△ABGは直角二等辺三角形なので∠ABG=∠BAG=45°となるので
∠CBG=∠ABC-∠ABG=60°-45°=15°=∠ABH
∠GBI=∠CBE-∠CBG=30°-15°=15°
IG//BCより∠BGI=∠CBG=15°
△IBGは2角が15°なので二等辺三角形。GI=BI,BG=1,∠BGI=∠GBI=15°なのでIGcos15°=BG/2=1/2。正三角形GHIの一辺の長さaは
a=IG=1/(2cos15°)
となります。cos15°は公式cos^2(θ)=(1+cos(2θ))/2を使えばcos30°から求まります。
![「正三角形と3個の円の問題」の回答画像2](http://oshiete.xgoo.jp/_/bucket/oshietegoo/images/media/f/827568_5497eac689334/M.jpg)
ご丁寧に図までつけて頂いて本当にありがとうございます。
本当にわかりやすいです。
ただ、一つだけ教えていただけますか。
扇形BGHの中心角は30°とありますが、この中心角は
どうやって求めたのですか?
No.4
- 回答日時:
No.2です。
ANo.2の補足の質問の回答
>扇形BGHの中心角は30°とありますが、この中心角は
どうやって求めたのですか?
ANo.2の添付図をみてお読み下さい。
中心角∠GBH=∠GBI+∠HBI ...(※)
ANo.2の回答の中の(補足)で
△IBGは∠BGI=∠GBI=15°であることを導出ずみです。
対称性から△IBG≡△IBHなので∠HBI=∠GBI=15°
従って(※)の中心角∠GBH=15°+15°=30°
と求まります。
お分かり?
No.3
- 回答日時:
少し違うやり方でやってみます。
題意の様に簡略図を書き、補助線と記号を書き込むと
添付した図のようになります。
求める図形(おむすび形OPQ)の面積を S とすると
-(3-1)S = (△ABCの面積)-6{(赤斜線部OAEの面積)+(青斜線OFDの面積)} …(1)
で求まります。
ここで、左辺が-(3-1)S=-2S なのは、上式の右辺で計算すると
求める図形(おむすび形OPQ)の面積を S を2つ分余計に引いてしまうからです。
図のように補助線OCを引くとOC = 1、DC = (√2)/2 = 1/√2 よりOD = 1/√2 である
ことがわかり、△ODCは直角二等辺三角形であるので、∠OCD = 45°、∠OCA = 15°が
わかる。
また、AD=(√2)sin60°=(√6)/2 = √(3/2)、
AO = AD - OD = √(3/2) - 1/√2 =((√3)-1)/√2
ここで、(△ABCの面積) = (1/2)・(√2)・√(3/2)=(√3)/2
(赤斜線部OAEの面積)
= (△OCAの面積)-(扇型CEOの面積)
= (1/2)・(AO)・(AC・sin30°)- (CO)^2・π・(∠OCA/360°)
= (1/2)・{((√3)-1)/√2}・{(√2)/2}-1^2・π・(15°/360°)
= [6{(√3)-1}-π]/24
(青斜線OFDの面積)
= (扇型COFの面積) - (△ODCの面積)
= (CO)^2・π・(∠OCD/360°) - (1/2)・(OD)・(DC)
= 1^2・π・(45°/360°) - (1/2)・(1/√2)^2
= (π - 2)/8
よって、(1)式は以下のようになる。
-2S = (√3)/2 - 6【 [6{(√3)-1}-π]/24 + (π - 2)/8 】
∴S = {π+(2√3)-6}/4
![「正三角形と3個の円の問題」の回答画像3](http://oshiete.xgoo.jp/_/bucket/oshietegoo/images/media/6/1243646_5497eac696644/M.jpg)
No.1
- 回答日時:
共通部分に出来るオムスビ形の頂点P,Q,Rがどこになるか、ってのがポイントですよね。
それさえ分かれば、(頂点PQRを結んでできる正三角形)+3×(正三角形PQRからはみだす出っ張り)が計算できそうです。(正三角形からはみだす出っ張り)は、もちろん、2つの頂点を結ぶ半径1の扇形の面積から、扇のカナメと2つの頂点を結んで出来る二等辺三角形の面積を差し引いたもの。さて、一辺√2の正三角形について、ひとつの辺の垂直二等分線を描いて、それと円との交点を考えると、なんとかなりそうですよ?
ご回答ありがとうございます。
確かに仰るとおりです。
が、やってみたのですけれど、具体的にはどう計算すればいいのか
わかりません。。。
扇形の弧の長さだったり、扇のカナメと2つの頂点を結んで出来る二等辺三角形の角度だったり
いろいろ求め方がわかりません。
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