１２２．変幻自在の図形
図Ａ、Ｂ、Ｃの斜線部分の面積ＳＡ、ＳＢ、ＳＣの
大小関係を示してください。
２つの円は同心円で直線lは内部の円の接線
２つの正方形。Ｏは一方の正方形の中心
Ｏは大きい円の中心。小さい円は大きい円に内接する三角形の各辺の中点を通る円
問題の出典
判断力を高める推理パズル
鈴木清士 著
講談社ブルーバックス
平成７年度国家公務員Ⅰ種試験
答えと解説
解答・その1
（ペンネ－ム：杖のおじさん）
答え ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ
(1)ＳＡについて
直線ｌ、ＡＢを円の中心Ｏを通るようにするとその図形は下図のようになります。
そしてその面積は次の通り半径a／２する円の面積となります。
ＳＡ＝（a/２）2×π
(2)ＳＢについて
正方形の中心Ｏを固定して正方形ＯＧＥＦを回転させ辺ＯＧを辺ＣＤに直角に交差させると
次の下図のようになります。
そしてその面積は次の通りａ／２を一辺とした正方形の面積となります。
ＳＢ＝(a/2)2
(3)ＳＣについて
円の弧ＡＢの中間点Ｇを通る垂直線と、孤ＡＣの中間点を通る垂直線の交点は円の中心Oとなります。
ＢＣを近づけると下図のような図形になります。
そしてその面積は次の通りＯＢ＝a なのでＰＢを半径とする円の面積になります。
SC=(a/2)2×π
従ってＳＡの面積（a/２）2×π＝ＳＣの面積(a/2)2×π
＞ＳＢの面積(a/2)2となり答えは ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ となります。
解答・その2
（ペンネ－ム：解答ルパン）
SA = π・a2/4 [cm2]
SB = a2/4 [cm2]
SC = π・a2/4 [cm2]
∴SA ＝ SC ＞ SB
Aについて、内部の円の半径を r 、外部の円の半径をRとする。
底辺の長さをaとして、円の中心を頂点に二等辺三角形を考えると、
その斜辺は外部の円の半径Rに等しく、その高さは内部円の半径ｒとなるので
ピタゴラスの定理より、
a2/4 + r2 = R2
∴R2 - r2 = a2/4
| SA | = π・R2 - π・r2 |
| = π・（R2 - r2) | |
| = π・a2/4 [cm2] |
Bに関しては、下の図の様に、重なりが正方形から少しずれた場合は、
△OPQ≡△ORSとなる（二角挟辺相等)となるので、
SBは重なりが正方形のときの面積に等しく、常に SB = a2/4 [cm2] となる。
Cに関しては一般的に考えるのが難しかったので、両極端で考えてみました。
まず、大円に内接する三角形の二つの辺が接近し、極限的に重なったときを考えると・・・
重なった二辺は大円の直径に一致、もう一つの辺は点に収束してしまうので、SCは直径が大円の半径の円の面積に等しくなる。
SC = π・a2/4 [cm2] となる。
その状態から、重なっていた三角形の二辺のなす角が大きくなり、
三辺とも等しくなって正三角形になったときを考えても、
面積はπ・a2/4なので、それ以外も同様と考えられる。
（直角と60°を持つ三角形の斜辺とその60°を挟む辺の比が２：１であるため）
以上のことから、SA ＝ SC ＞ SB としました。
解答・その3
（ペンネ－ム：ＦａｕｓＴ）
それぞれの図形の面積をａで表して比較するのが定石でしょうかね。 ・・ということで、順に検証していきましょうか。
【Ａ】
外側の円の半径を ｒ、
内側の円の半径を ｂ とすれば、
三平方の定理より、
ｒ2＝（ａ／２）2＋ｂ2
また、
ＳＡ＝πｒ2－πｂ2
＝πｒ2－π｛ｒ2－（ａ／２）2｝
＝πａ2／４
【Ｂ】
こういう問題の性質上、どの角度で重なってもＳＢは常に一定なんですよね？であれば、
２つの正方形が４５゜ズレて重なるカタチで考えると一番わかりやすいですよね。
すると、ＳＢは正方形の面積の４分の１に等しいから、
ＳＢ＝ａ2／４
【Ｃ】
これもＢと同様ですかね、内接する三角形の条件は任意のようですから、
正三角形で考えるのがわかりやすいですね。すると、小さい円の半径はａ／２だから、
ＳＣ＝π（ａ／２）2＝πａ2／４
これらを比較して、
ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ ・・・・・・【解】
解答・その4
（ペンネ－ム：ますますタコさん）
解答： Ｓａ=Ｓｃ＞Ｓｂ
（比は Ｓａ：Ｓｃ：Ｓｃ＝π：１：π、ですか？）
過程：
Ａ：Ｓａ＝（大円の面積）－（小円の面積）です。
大円の面積は、円の中心から大円と直線の接点の距離が大円の半径（＝Ｒ とします）で、πＲ２ です。
小円の面積は、円の中心から小円と直線の接点の距離が小円の半径（＝ｒ とします）で、πｒ２ です。
（実際には補助線をひくと分かりやすいのですが）そうすると、問題のａｃｍの直線とで、直角三角形があらわれます。
三平方の定理から、（ａ／２）２＝Ｒ２－ｒ２です。
Ｓａ＝πＲ２－πｒ２ですから、
Ｓａ＝π（Ｒ２－ｒ２）
Ｓａ＝π（ａ／２）２
Ｓａ＝πａ２／４ になります。
Ｂ：まずＳｃの部分が「正方形」の時と、「直角二等辺三角形」の時と、
「どちらでもない時」に分けて考えます。
「正方形」の時： 正方形Ｓｃの一辺は ａ／２ で、面積は ａ２／４ になります。
「直角二等辺三角形」の時： 底辺が ａ で、高さが ａ／２ となり、
面積は （ａ・ａ／２）／２＝ａ２／４ になります。
「どちらでもない時」： （問題の図形を利用して、相対的な表現も使用させてもらいます）
中心Ｏを持つ正方形を Ｓ として、もう一方の正方形を ｓ とします。
中心Ｏから正方形Ｓの右の辺に垂線をひきます。
もう一本同様に下の辺にも垂線をひきます。
中心Ｏ、正方形Ｓと垂線の交点、正方形Ｓと正方形ｓの交点の３点を頂点とする三角形が、２つできます。
そこで、
１、それぞれの垂線の長さは同じです。
２、それぞれの垂線と正方形Ｓの辺との角は直角です。
３、それぞれの垂線と正方形ｓの一辺でなす角は同じです。（証明は省略させてください）
ゆえに、２つの三角形は、一辺の長さとその両端の角度が同じなので、合同です。
三角形を移動すると、「正方形」の時と同じ正方形ができます。
面積は ａ２／４です。
Ｃ：すいません。うまく説明できません。
まず、内接する三角形が正三角形の時は、もとの円の直径が半分の同心円になります。
直角三角形の時、斜辺の中点（円の中心）と直角の頂点との長さ（もとの円の半径）を直径とする円になります。
鈍角三角形はもとの円より外側にはみ出ますが、やはり、半径が半分の円が出来ます。
面積は半径が半分ですから、Ａと同様に πａ２／４です。
解答・その5
（ペンネ－ム：のっこん）
(1) 大きい円の半径をｂ、小さい円の半径をｃとする
y=c と x2+y2=b2 の交点のx座標は ±√（b2－c2）
2√（b2－c2）=a だから b2-c2=a2/4
よって
ＳＡ=π（b2-c2）=πa2/4
(2) 明らかに
ＳＢ=a2/4
(3) 大きい円に内接する三角形の頂点をA、B、Cとする
ABの中点をD、BCの中点をE、CAの中点をFとすると
FE:AB=1:2、DF:BC=1:2、ED:CA=1:2 だから
△DEF∽△CAB （相似比1:2）
従って△DEFに外接する円の半径をr1、△CABに外接する円の半径をr2とすると
r1:r2=1:2 ←この辺は論証が必要かもしれない
よって
ＳＣ=πa2/4
（答）ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ
楽しい問題でした
小円に接する弦の長さが決まればＳＡが決まるなんて驚きです！
解答・その6
（ペンネ－ム：ＮＳＰ）
Ａ：二つの円の半径が直角三角形の斜辺と一辺の関係なので
三平方の定理より
Ｓａ＝πa2/4
Ｂ：斜線部分は正方形の１／４のピースなので
Ｓｂ＝a2/4
C:小さい円の内接三角形は大きな円のものの相似比１／２となっている。
よって小さな円は直径がaとなる。
Ｓｃ＝πa2/4
Sa=Sｃ=πa2/4＞a2/4=Sb
解答・その7
（ペンネ－ム：まーや）
（答え）ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ
解答・その8
（ペンネ－ム：テレスとアリス）
（１）ＳＡの面積を求めます。
内側の円と、内側の円の接線との接点をＰとします。
同心円の中心をＯとします。
線分ＩＯをｘとし、線分ＰＯをｙとします。
三角形ＩＰＯは直角三角形となります。
ｘは外側の円の半径、ｙは内側の円の半径です。
外側の円の面積＝ｘ2π cm2
内側の円の面積＝ｙ2π cm2
「三平方の定理」により、ｘ2＝ｙ2＋（ａ/2）2 です
| ＳＡの面積 | ＝ 外側の円の面積 － 内側の円の面積 |
| ＝ ｘ2π － ｙ2π | |
| ＝ (ｙ2＋（ａ/2）2)π － ｙ2π | |
| ＝ （ａ/2）2π cm2 |
よって、ＳＡの面積は （ａ/2）2π cm2 です。
（２）ＳＢの面積を求めます。
２つの正方形の交点をＰ１、Ｑ１とします。
Ｏを中心にして正方形を回転させた時の新しい交点をＰ２、Ｑ２とします。
正方形を回転させた時の図形、ＯＰ１Ｐ２、
ＯＱ１Ｑ２ は合同となるので
ＳＢの面積は変わらない。
またＰ１が正方形の一頂点の時、Ｑ１はその隣の頂点にあるので、
ＳＢの面積は正方形の面積の四分の一となります。
よって、ＳＢの面積は （ａ/2）2 cm2 です。
（３）ＳＣの面積を求めます。
大きい円に内接する三角形をＡＢＣとします。
ＡＢ、ＢＣ、ＣＡの各辺の中点をそれぞれＤ、Ｅ、Ｆとします。
三角形ＤＥＦは三角形ＡＢＣと合同となります。
三角形ＤＥＦに外接する円は、三角形ＡＢＣに外接する円と合同となります。
さらにＡで大きい円に内接します。
ＡＢ（またはＡＣ）が大きい円の直径の時、Ｄ（またはＦ）は、
大きい円の中心Ｏと重なり、ＡＯは小さい円の直径となります。
よって、ＳＣの面積は （ａ/2）2π cm2 です。
以上から
ＳＡ ＝ （ａ/2）2π cm2
ＳＢ ＝ （ａ/2）2 cm2
ＳＣ ＝ （ａ/2）2π cm2
が求められます。大小関係は、ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ となります。
答え ＳＡ ＝ ＳＣ ＞ ＳＢ
以上です。
解答・その9
（ペンネ－ム：新俳人澄朝）
Ａ
右の図において、大円の半径Ｒ、小円の半径をｒとする。
円の中心から線分ＡＢに垂線を引くと、
ＢＣ＝a/2 であり、直角三角形ＯＢＣにおける
Ｂ
右の図において、四角形ＯＡＢＣの面積ＳＢは、三角形OBDの面積に等しいことを示す。
Ｃ
問題の大円を、原点中心、半径ａの円とする。
また、大円に内接する三角形ＡＢＣを、点Ｂ、Ｃがｙ軸対称となる
２点としても問題の一般性は失われない。
そこで、Ａ(２α,２β)、Ｂ(－２ｓ,２ｔ)、Ｃ(２ｓ,２ｔ)とすると、この３点は円周上の点より、
４α２＋４β２＝ａ２
４ｓ２＋４ｔ２＝ａ２
この２式より α２－ｓ２＝ｔ２－β２ ・・・(1)
小円の中心を求める。
Ｄ(０,２ｔ)、Ｅ(α＋ｓ,β＋ｔ)、Ｆ(α－ｓ,β＋ｔ)であり、△ＤＥＦの外接円の中心は、
線分ＥＦ，ＤＥそれぞれの垂直二等分線である。
線分ＥＦの垂直二等分線は、ｘ＝ａ ・・・(2)
線分ＤＥの垂直二等分線
上のように、力技（代数学）で解答した後に、簡単別解（幾何学？）を発見
Ｃの【別解】
右の図において、△ＡＢＣの外接円が大円であるから正弦定理より、
以上Ａ、Ｂ、Ｃの結果より、ＳＢ＜ＳＡ＝ＳＣ
解答・その10
（ペンネ－ム：オヤジ）
白い円の半径をｄ、また一番大きな円の半径をｌとすると、
求める面積 ＳＡは、
ｌ2π－ｄ2π＝（ｌ2－ｄ2）π＝(π/４)ａ2
ＳＡ＝(π/４)ａ2・・・（１）
ＳＢ＝ａ2/４・・・・（２）
ＳＣは、半径ａのに内接する三角形の三辺の各中点を通る三角形の
３つの頂点を通るから、中点連結定理より三角形は、相似比１／２の三角形
となり 円ＳＣは、相似比１／２の円 よって
ＳＣ＝(π/４)ａ2・・・（３）
（１）、（２）、（３）より、ＳＡ＝ＳＢ＞ＳＢ
解答・その11
（ペンネ－ム：にしやん）
以下、長さの単位 cm、面積の単位 cm2 は省略する
[1] ＳＡについて
大きい円の半径をR、小さい円の半径をrとすると
R2 = ((1/2) * a)2 + r2
∴R2 - r2 = (1/4) * a2
| ＳＡ | = π * (R2 - r2) |
| (1/4) * π * a2 |
[2] ＳＢについて
一辺が (1/2) * a の正方形の面積と等価なので
ＳＢ = (1/4) * a2
[3] ＳＣについて
大きい円に内接する三角形の各辺の中点を結ぶ三角形の各辺の長さは、
中点連結定理により、大きい三角形の各辺の長さの半分の相似形となる
従って、小さい三角形を内接する円の半径は、(1/2) * a となる
| ＳＣ | π * ((1/2) * a)2 |
| (1/4) * π * a2 |
以上より
ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ
解答・その12
（ペンネ－ム：nao）
ＳＡについて：大きい円の半径をＲ、小さい円の半径をｒとすると、斜線の面積は、
Ｒ2π―ｒ2π＝（Ｒ2ーｒ2）π ・・・(1)
ここでピタゴラスの定理より、
（ａ／２）2＋ｒ2＝Ｒ2
Ｒ2ーｒ2＝ａ2／４
(1)に代入して
ＳＡ＝（ａ2／４）π
ＳＢについて：ＳＢの面積はａ2／４ （証明略）
ＳＣについて：大きい円の半径はａ。三角形は大きい円に内接しているので、逆に三
角形の外接円と考える。
小さい円はその三角形の各辺の中点を通るので、中点を結んでみると、元の三角形の
半分の長さの相似三角形になることが分かる。
小さい円はその三角形の外接円になっている。
つまり、大きい円の半径は、小さい円の半径の２倍である。
ＳＣは小さい円の面積なので、
（ａ／２）2π＝（ａ2／４）π
答え
ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ
解答・その13
（ペンネ－ム：巷の夢）
（図A）
内部の小円の半径をｒ、外の大円の半径をRとすると、三平方の定理から
ＳＡ＝大円の面積-小円の面積＝
（図B）
外側の正方形を内側の正方形の中心点で回転させると以下の図になる。
因って、面積 
（図C）
3点のうち2点づつを選び直線で結び三角形を作ると、それらの3辺は全てもとの3角形
の長さの半分で各々の辺に平行な相似三角形である。ここで正弦定理より、
元の一辺の長さをd、その頂角をAとすると、その外接円の半径はaであるから、
d/sinA =2a が成立する。 3点を結んだ三角形のうちdに対応する一辺の長さはd/2、
角度はAであるので、
d/2sinA =2（a/2）が成立する。即ち、小円の半径は大円の半分となることが分かる。
因って、
ＳＣ＝
以上より
ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢとなる。
解答・その14
（ペンネ－ム：住吉ノ浜太郎）
まず、Aです。
両円共通の中心から小円 の接線との接点までを'b'とします。
大小の円の中心は一緒で、接線aは
接点で二等分されます。 大円の直径は、ピタゴラスの定理で
( a / 2 )2 + b2 }1/2
です。 すると斜線部分の面積は、
[{( a / 2 )2 + b2 }1/2]2 × π － b2 × π
= ( a / 2 )2 × π
になります。
Bです。
斜線部分をOから右下のカドへ直線を引き、ふたつの3角形
に分けます。大きい方の三角形は、やはりOから左下のカドへ直
線を引いて、小さい方の三角形の右に現れる三角形と’合同’です。
なぜなら、１辺（対角線の半分）と２角（45度と中心部分の角）
が一緒だからです。 従って、斜線部分の面積は
a× ( a / 2 ) / 2= ( a / 2 )2
Cです。
おおきい円は三角形の外接円、中の小さい円はもとの三角形の相似形で
半分の大きさの三角形の外接円だから、おおきい円の直径がaだ
と小さい円の直径はa/2。 斜線部分の面積は、
( a / 2 )2 × π
答え SA ＝ SC ＞ SB
解答・その15
（ペンネ－ム：真夏のサンタ）
三平方の定理を使うと、
大きい円の半径の２乗ー小さい円の半径の2乗＝a2/ 4
となるので、斜線部の面積はa2/4×πとなります。
Bは等積変形でちょうど、正方形の面積の１/４になるので斜線部の面積はa2/4
Cについて。大きい3角形と、中点を結んでできる3角形は相似になり、相似比は１；
２です。そのため面積比は１；４．大きい円の面積はa2×πなので、小さい円の面
積はa2/4×π。
ゆえに斜線部の面積はC＝A＞Bとなります。
解答・その16
（ペンネ－ム：To the stars）
■S(A)の面積を求める
外側の円の半径をα、内側の円の半径をβとおくと、
三平方の定理より、
(α2)-(β2)=(a/2)2
が成り立つ。
| S(A) | =π(α2)-π(β2) |
| =π{(α2)-(β2)} | |
| =π(a/2)2 | |
| =(πa2)/4 |
■S(B)の面積を求める
Oを中心とした正方形において、Oを通る水平線と垂線を引くと、
S(B)は、台形と直角三角形に分断される。
このうち直角三角形の方は、反対側の直角三角形の部分と合同
であるため、
| S(B) | =(a/2)(a/2) |
| =(a2)/4 |
■S(C)の面積を求める
円Oの内接三角形を三角形Aとする。
三角形Aの角辺の中点を全て通る円を円Pとする。
三角形Aの角辺の中点を全て通る三角形を三角形Bとする。
この時、三角形Bは円Pの内接三角形であることは明らかである。
また、三角形の中点連結定理により、三角形Aと三角形Bは相似であり、
対応する各辺の比は2:1であることも明らかである。
三角形Aは円Oの内接三角形であり、
三角形Bは円Pの内接三角形であるから、
円Oの半径aと円Pの半径も2:1である。
よって、円Pの半径は(a/2)である。
| S(C) | =π(a/2)2 |
| =(πa2)/4 |
以上により、
S(B) ＜ S(A) ＝ S(C)
解答・その17
（ペンネ－ム：バルタン星人）
答えＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ
Ａ：小さい円の半径をｂとすると大きな円の面積は
π（ａ2/４＋ｂ2）
ここから小さい円の面積πｂ2を引くと
πａ2/４
Ｂ：点Ｏから右辺及び底辺に垂線を引いてできる
三角形は等しいので斜線部は1/4の正方形に等しい。
ゆえに
ａ2/４
Ｃ：三角形の中点を結んでできる三角形は中点連結定理より、
各辺が元の三角形の1/2となり、相似比1/2の相似三角形となる。
大きな円、小さな円は、各三角形の外接円だから小さな円の
半径は大きな円の半径の1/2。ゆえに小さな円の面積は
πａ2/４
（正直に申しますと、Ｃは座標系から力まかせに解いて、
半径a/2を求め、そこから上の解法を思いつきました）
解答・その18
（ペンネ－ム：転位反応）
Ａについて
大きい円の半径をＲ、小さい円の半径をｒとすると、
ＳＡ＝π（Ｒ2－ｒ2）
三平方の定理から、Ｒ2－ｒ2＝（ａ／２）2なので
ＳＡ＝πａ2／４
Ｂについて
下図の通り、斜線部分の一部である△OPQについて
△OPQ≡△ORSなので
ＳＢは一辺がａ／２の正方形の面積に等しい
ＳＢ＝ａ2／４
Ｃについて
大きい円に内接する三角形を△ＰＱＲとし、
各辺の中点を結んでできる三角形を△ＸＹＺとすると
中点連結定理から、△ＸＹＺ∽△ＰＱＲ、その相似比は１：２
△ＸＹＺは小さい円に内接する三角形であることから、
小さい円と大きい円の相似比も１：２
よって、ＳＣ＝πａ2／４
以上の結果から、ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ
解答・その19
（ペンネ－ム：T_Tatekawa）
A: 大きい円の半径を R[cm], 小さい円の半径を r[cm] とすると，
R２=(a/2)２+r２
斜線部の面積は
π(R２ - r２) = πa２/4 [cm２]
B: O を頂点の一つとする正方形は，O を中心とする正方形と
交わるが，これによって前者に含まれる後者の辺の長さは 合計で a[cm] である．
補助線を引くことにより斜線部は高さ (a/2) [cm] の
二つの三角形に分割できるので，斜線部の面積は
a*a/2 /2 = a２/4 [cm２]
C: 小さい円は三角形の中点を通るので，内接する三角形は
大きな円に内接する三角形と相似関係にあり，かつ
相似比が 1:2 であることを使います．
すると小さい円の半径は a/2 なので，斜線部の面積は
π(a/2)２ = πa２/4 [cm２]
よって面積の大小関係は SA ＝ SC ＞ SB である．
解答・その20
（ペンネ－ム：三角定規）
［Ａ］ 小円の半径を r とすると大円の半径は √(a2/4＋r2)
∴ SA＝π(a2/4＋r2)－πr2＝πa2/4
［Ｂ］ 図の黄緑の三角形の面積が等しいから，
SB＝(a/2)2＝a2/4
［Ｃ］ ３辺の中点を D，E，F とすると，
中点連結定理より DE＝AB/2，EF＝BC/2，FD＝CA/2 で △DEF∽△ABC。
３点 D，E，F を通る円は △DEF の外接円で，その半径は明らかに a/2。
∴ SC＝πa2/4
以上より SA＝SC＞SB
解答・その21
（ペンネ－ム：Toru）
A 大きい方の円の半径R 小さい方の円の半径rとすると
R2-r2=(a/2)2
より
ＳＡ=π(R2-r2)=πa2/4 (cm2)
B 四角形ＳＢをOを通る対角線で２つの三角形に分割し片方を９０度回転すると
ＳＢは
正方形の１／４であることが分かるので
ＳＢ=a2/4 (cm2)
C 三角形の各辺の中点を結んだ三角形はもとの三角形と相似で相似比は２：１
ＳＣはその三角形の外接円で半径はもとの円の１／２となるので
ＳＣ=πa2/4 (cm2)
以上よりＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ
解答・その22
（ペンネ－ム：夜ふかしのつらいおじさん）
ＳＡの面積は、大きい円の半径をR、小さい円の半径をｒとすると、
ＳＡ＝π(Ｒ2－ｒ2) です。
ＳＡの図で、△OＡＨにピタゴラスの定理を使うと、
Ｒ2＝ｒ2＋(ａ／２)2 より
Ｒ2－ｒ2＝ａ2／４ なので
ＳＡ＝π・ａ2／４
ＳＢの面積は、図のように△ＯＡＢ≡△ＯＣＤなので
元の正方形の１／４の大きさです。
ＳＢ＝ａ2／４
ＳＣの面積は、大きい円の１／４です。
大きい円は、△ＡＢＣの外接円です。
小さい円は、△ＰＱＲの外接円です。
三角形の中点連結定理より二つの三角形は相似で
相似の比は２：１です。
だから面積の比は４：１です。
ＳＣ＝π・ａ2／４
なので、ＳＡ＝ＳＣ＞ＳＢ となります。
解答・その23
（ペンネ－ム：蜘蛛の巣城）
Ａ．同心円の小円に接する大円の弦の長さ ａ㎝
図１．のように２つの直角三角形が生ずる。
大円、小円それぞれの半径を Ｒ㎝、ｒ㎝ とすればピタゴラスの定理から
ところで
(1)(2)より
Ｂ．図２．1から図２．3まで反時計回りに一方の正方形を回転させる。 重なる面積の、失われる部分と得られる部分とが等しい。（対称性から明白と言ってよいですか） 従って
Ｃ．図３．の大三角形の各辺の中点を結んで小三角形をつくる。中点連結定理から大小三角形の相似比は２：１。 題意から大円は大三角形の、小円は小三角形の外接円だから大小の円の相似比も２：１。面積比は４：１。
Ａ．Ｂ．Ｃ．から得られる結論；
正解者
| 真夏のサンタ | にしやん | 巷の夢 |
| To the stars | Toru | 夜ふかしのつらいおじさん |
| のっこん | 転位反応 | ますますタコさん |
| オヤジ | 新俳人澄朝 | 解答ルパン |
| 杖のおじさん | nao | テレスとアリス |
| 住吉ノ浜太郎 | T_Tatekawa | まーや |
| ＮＳＰ | 三角定規 | ＦａｕｓＴ |
| バルタン星人 | 蜘蛛の巣城 |
まとめ
この問題に登場する図形は、どれも変幻自在、示された条件を満たしながら移動させても、
面積は変化しません(*)。ですから、極端な状態で面積を求めることができます。
図Ａの場合、内側の円の半径をどんどん小さくして０で考える、
図Ｂの場合は、２つの正方形を平行移動の位置で考える、
図Ｃの場合は、内接する三角形を正三角形で考えたり、１辺の長さを短くして０で考えるなどです。
ただし、厳密にいえば、(*)を証明しなければなりませんが、多くの方が証明を含めて解答してくださいました。
図Ａについては、問題21 じゅうたんの問題で取り上げたテーマですが、 おもしろい性質ですよね。
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