1次関数の問題【兵庫県立高校の入試問題】

数学

1次関数のテキストをつくっていてこの春の入試問題を解いていて見つけた問題。
兵庫県立高校2018年の入試問題から

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この(4)だけど，おいらが解いたら11回となった。

でも公開されている正解は…

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12秒後を数えるかどうかなんだけど，みなさんのご意見は?

基本の作図について(承前)

東京書籍の「新しい数学」では基本の作図は4つ登場する。

一つ目が対称点を利用する点から直線への垂線
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二つ目が点から直線への垂線のもう一つの方法
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三つ目が線分の垂直二等分線
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四つ目が角の二等分線
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この4つは直感的に正しいとして*1、暗記するように指導する。

で、前のエントリーの答案は二つ目の方法、つまり直線に垂線を引く方法を使っている。
この方法は(2)の円は同じ半径である必要があると強調するが、(1)と(2)の半径は特に同じにする必要はないと教える。
対称点を求めるにはさらにもう1手。
垂線の足を中心に垂線の長さを半径にした円が必要なのだ。

しかし、実際に作図をしてみればわかるように、(1)の円を描いた後、わざわざ半径を変える必要はない。
すると、実際には対称点を求めてしまうというわけだ。

つまり、答案の生徒は「偶然、正解を得た」可能性が大きい。

もちろん偶然だろうが、野生の勘だろうが正解は正解だ。
しかし、きちんとわかって解いている答案との差をだしたいとか悩む先生もいるのではなかろうか。

そして、教科書通りに(1)と(2)の半径を変えてしまったため誤答となる答案もでてくる。
採点にはいちいち(1)と(2)の半径が等しいかどうかを調べなければいけないわけだ。
偶然の正解者を見つけるための作業は生産的とは言えない。

むしろ、同じ半径だったら対称点が見つけられるよということを授業でやっておけば、悩まずに○をつけらてたと反省したのだ。

そこで、老頭児の考えるところは以下のとおり

  • コンパスで仮想的な凧型・菱形・正三角形を描くことを「基本の3つの作図」とする
  • 凧型・菱形・正三角形の性質は証明後回しで学ばせる
  • 仮想的な正三角形から60°、正六角形、垂線が作図できる。
  • 仮想的な凧型から垂線、対称点、角の二等分線が作図できる。
  • 仮想的な菱形から垂線、対称点、線分の垂直二等分線、角の二等分線、平行線が作図できる。

ただコンパスをぶんまわすのではなく、見えない菱形を描いているんだと意識させたらよいのではないかと思うのだ。

どうですかね。最後のところ図があった方がいい?

*1:二つの円の図はついている

基本の作図について

数学

中学1年生で，コンパスと定木による古典的作図を学習する。

次の問題は昨年度の学年末考査に出題した問題。

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お馴染みの，対称点を利用して最短経路を見出す問題だ。

用意した模範解答は下の通り。

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ところが，次のような答案がでてきた。
皆さんだったら，この答案を丸にしますか？それとも減点しますか？

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ちょっと投票を取ってみましょうか。


放物線の方べきの定理

数学

生徒がいうには「放べきの定理」というものがあるという。
方べきではなく、放べき。
どうも放物線についての方べきの定理らしい。
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この図でPA\times PB=PC\times PDが成り立つというのか?
しかし、考えてみるまでもなく、もしそうならば4点、A,B,C,Dが同一円周上にあるという事になる。
ありえない。

どうも、4点のx座標についての話らしい。

つまり、(\alpha-p)\times (\beta-p)=(\gamma-p)\times(\delta-p) が成り立つという事らしい。

ふむふむ、それなら証明できそうだとやってみた。

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Pの座標を(p,q)とする。

ABはy=a(\alpha+\beta)x-a\alpha\beta

これがP(p,q)を通るので

a(\alpha+\beta)p-a\alpha\beta=q

∴(\alpha+\beta)p-\alpha\beta=\dfrac{q}{a}

ここまで準備して計算を始める。

\begin{eqnarray*} &&(\alpha-p)\times (\beta-p)\\ &=&\alpha\beta-(\alpha+\beta)p+p^2 \\ &=&p^2-\dfrac{q}{a}\\ &=&一定 \end{eqnarray*}
証明終

できた。
でも、この定理、どんな意味があるんだろ?
\alpha\le p\le \betaの時など、役立つときもあるかな。。

正多面体の定義(つづき)

数学

4日も寝込んでいる。先週の木曜から不調だ。検査の結果、インフルエンザではないと出たのだが、こんなに長引くとは。
で、今日の午後からやっと頭が冴えてきたような気がした。そこで、この間のエントリーの宿題を片付けてみようかという気になった。
ところが、考え始めてみると、やっぱりこんがらがってきた。一応アップしてみるので、どなたか検算してみてください。結果に全然自信なし。

どんな宿題だったかというと…正多面体の定義に「凸な立体」という文が含まれている。（中学校の教科書には「へこみのない」と書かれている）
この文章は何のためにあるのかというと、思いつくのは正二十面体だ。正二十面体の一部がへこんだ図形が存在するので、これをオミットするための一文だと考えられる。
問題は他にあるかということだ。

正二十面体の2か所がへこんだ立体は存在するのだろうか?

正二十面体をテーブルの上において、真上から見ると正六角形に見える。
もし本当に正六角形ならば、対角線上の2点をへこませたらぴたりと頂点が中心で一致した立体が作れそうだ。
しかし、ちゃんと計算してみないとなぁ。

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この正二十面体に次のように補助線を引いてみる。
1辺を2としてみる。

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まずは横の長さを計算する。

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h=\sqrt{(\sqrt{5}+1)^2-1^2}=\sqrt{5+2\sqrt{5}}
縦は1辺2の正三角形の高さだから\sqrt{3}
したがって平行四辺形は次のようになる。

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O,NからBMに下した垂線の足をそれぞれP,Qとする。
Pは正三角形BGKの外心になるから、それは重心と一致するゆえ、PはMBの三等分点。
またMO=ONなのでMP=PQ
つまりMP=PQ=QB=\dfrac{\sqrt{3}}{3}

QN=\sqrt{5+2\sqrt{5}-\dfrac13}=\sqrt{\dfrac{14+6\sqrt{5}}{3}}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{\sqrt{3}}
OP=\dfrac12QN=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}
OB=\sqrt{\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}\right)^2+\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{5+\sqrt{5}}{2}}
BI=2OB=2\sqrt{\dfrac{5+\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{10+2\sqrt{5}}
これが対角線の長さ。

次の平行四辺形の高さ(b)を求めると
三角形BMNで考えて
b=\sqrt{3}\times\dfrac{3+\sqrt{5}}{\sqrt{3}}\div\sqrt{5+2\sqrt{5}}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{\sqrt{5+2\sqrt{5}}}

したがって頂点Aがこの平行四辺形から上にaはみでているとすると、
a=\dfrac{AL-b}{2}
b>2aならば両側からへこむ。したがってb-2aの正負を調べればよい。
b-2a=b-(AL-b)=2b-AL=\dfrac{2(3+\sqrt{5})}{\sqrt{5+2\sqrt{5}}}-\sqrt{10+2\sqrt{5}}= \dfrac{1-\sqrt{5}}{\sqrt{5+2\sqrt{5}}}<0

したがって、両側からへこむことはできない。

どうでしょうか。間違えていたら、ご教授ください。図面少なくて申し訳ないです。