以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。
単位ベクトルＡ（ａ１，ａ２）と単位ベクトルＢ（ｂ１，ｂ２）について、
以下の公式を証明せよ。
【問１】以下の公式を証明せよ。
（証明開始）
（証明おわり）
【問２】以下の公式を証明せよ
ａ１２ｂ２２－
ａ２２ｂ１２
＝ａ１２－ｂ１２
（証明開始）
ａ１２ｂ２２－
ａ２２ｂ１２
＝
ａ１２ｂ２２
＋（ａ１２ｂ１２－ａ１２ｂ１２）
－ａ２２ｂ１２
＝ａ１２（ｂ２２＋ｂ１２）
－（ａ１２＋ａ２２）ｂ１２
＝ａ１２－ｂ１２
＝－ａ２２＋ｂ２２
（証明おわり）
これらは、公式として覚えてください。
（これらの単位ベクトルの要素をｓｉｎとｃｏｓであらわして公式をあらわすこともできます。）
式の変形の過程で以上の形の式が出てきたら、すぐ、このように式を変形できるように式の変形のコツを覚えておいてください。
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これは、ここをクリックした先のページの問題の解答です。
【問題】
三角形の頂角を半分にした三角形に関して、
以下の式１及び２が成り立つことを証明せよ：
【式１の証明開始】
以下の三角形DBCを書く。
三角形DBCの三平方の定理の式を以下の様に変形する。
（証明おわり）
【式２の証明開始】
以下の三角形CBDを書く。
三角形CBDの三平方の定理の式を以下の様に変形する。
（証明おわり）
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【公式１】
分数式の分母が０になる場合を除き、
以下の式１及び１’：
が成り立つ事を証明せよ。
【証明開始】
式１又は式１’を変形する：
この計算を逆にたどることで式１が得られる。
（証明おわり）
【公式２】
分数式の分母が０になる場合を除き、
以下の式２及び２’：
が成り立つ事を証明せよ。
【証明開始】
式２又は式２’を変形する：
この計算を逆にたどることで式２が得られる。
（証明おわり）
【公式３】
分数式の分母が０になる場合を除き、
以下の式４：
及び、
が成り立つ事を証明せよ。
【証明開始】
式４又は式４’を変形する：
この計算を逆にたどることで式４が得られる。
（証明おわり）
（補足）
この式４は、以下の図からも求める事ができる。
しかし、この図から式４を導き出すよりも、先の証明の計算の方が楽に式４を導き出すことができます。
【公式４】
分数式の分母が０になる場合を除き、
以下の式５：
及び、
が成り立つ事を証明せよ。
【証明開始】
式５又は式５’を変形する：
この計算を逆にたどることで式５が得られる。
（証明おわり）
（補足）
式５は、以上の様に証明できましたが、そもそも、式５のＣを（（π／２）ーθ）に置き換えれば、ｃｏｓＣ→ｓｉｎθに変わり、ｓｉｎＣ→ｃｏｓθに変わり、式５は、式４の形の式に変わります。
そのように角度Ｃの変数の置換えをするならば、式５の形は式４の形に変換できるので、式５を考える必要がありません。
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これは、ここをクリックした先の問題の解答です。
【問１】
上図のように、ＸＹ座標軸の原点Ｏを頂点にする二等辺三角形ＯＡＢがあり、
ＯＡ＝ＯＢ
である。
辺ＡＢの中点をＭとする。
ＭからＹ軸に平行に引いた直線と、
ＢからＸ軸に平行に引いた直線の交点をＮとする。
ＭからＹ軸に引いた垂線の足をＱとする。
Ｂから辺ＯＡに引いた垂線の足をＨとする。
このとき、
三角形ＱＭＮと三角形ＢＨＡが相似であることを証明せよ。
【証明開始】
ＭＯ⊥ ＭＢ
である。
また、
ＭＱ⊥ＭＮ
である。
よって、
△ＯＭＱ∽△ＢＭＮ
よって、
よって
△ＱＭＮと△ＯＭＢ
の直角をはさむ２辺の比が等しい。
また、△ＱＭＮと△ＯＭＢはいずれも直角三角形であって、１つの角度が直角で等しい。
２辺の比が等しく、その２辺の間の角度が等しいので、
△ＱＭＮ∽△ＯＭＢ （１）
△ＯＭＢと△ＢＨＡは、
∠ＯＢＭ＝∠ＢＡＨ
であり、あと１つの角度が直角で等しい。
よって、２角が等しいので、
△ＯＭＢ∽△ＢＨＡ （２）
（１）と（２）より、
これは、ここをクリックした先のページの問題の解答です。
【公式１】
分数式の分母が０になる場合を除き、
以下の式：
が成り立つ事を証明せよ。
なお、角度ＣをーＣに置き換えれば、式１は：
になる。
更に角度Ｃを（π／２）ーＣに置き換えれば、式２は：
になる。
（補足）
式３の左辺の形を見たら、式３のＣを（（π／２）ーθ）に置き換えれば、ｃｏｓＣ→ｓｉｎθに変わり、ｓｉｎＣ→ｃｏｓθに変わり、式３は、式２の形の式に変わります。
そのように角度Ｃの変数の置換えをするならば、式３の形は式２の形に変換できるので、式３を考える必要がありません。
【証明開始】
式１の中間の辺を以下のように変形する。
（式１の左辺＝中間の辺の証明おわり）
（式１の中間の辺＝右辺の証明おわり）
（証明おわり）
（補足）
この公式１は、下図において：
ＭＮ／ＭＱ＝ＨＣ／ＨＢ
の関係がある事を示している。
それは、
△ＭＮＱ∽△ＨＣＢ
であるので、
成り立っている。
（ここをクリックした先の問題を参照してください）
【公式２】
分数式の分母が０になる場合を除き、
以下の式４：
及び、
が成り立つ事を証明せよ。
【証明開始】
式４又は式４’を変形する：
この計算を逆にたどることで式４が得られる。
（証明おわり）
【公式３】
分数式の分母が０になる場合を除き、
以下の式５：
及び、
が成り立つ事を証明せよ。
【証明開始】
式５又は式５’を変形する：
この計算を逆にたどることで式５が得られる。
（証明おわり）
（補足）
式５は、以上の様に証明できましたが、そもそも、式５のＣを（（π／２）ーθ）に置き換えれば、ｃｏｓＣ→ｓｉｎθに変わり、ｓｉｎＣ→ｃｏｓθに変わり、式５は、式４の形の式に変わります。
そのように角度Ｃの変数の置換えをするならば、式５の形は式４の形に変換できるので、式５を考える必要がありません。
【公式４】
分数式の分母が０になる場合を除き、
以下の式６：
及び式７：
が成り立つ事を証明せよ。
【証明開始】
式６は、以下の計算で証明できる。
式７は、以下の計算で証明できる。
（証明おわり）
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これは、ここをクリックした先の問題の解答です。
【問１】
上図の角度の関係、すなわち、
三角形の垂心Ｈの周りの角度が、上図の様に、三角形の頂角と同じ角度になっていることを証明せよ。
【第１の証明開始】
先ず、下図で考える。
三角形ＢＣＥと三角形ＢＨＤは、
(1)頂角Ｂが同じ角度で、
(2)もう１つの頂角が
∠ＢＥC＝∠ＢＤＨ＝９０°
であって同じなので、
(3)三角形は相似になり
△ＢＣＥ∽△ＢＨＤ
∴ ∠ＢＣＥ＝∠ＢＨＤ＝∠Ｃ
同様にして、
△ ＣＡＦ∽△ＣＨＥ
∴ ∠ＣＡＦ＝∠ＣＨＥ＝∠Ａ
同様にして、
△ ＡＢＤ∽△ＡＨＦ
∴ ∠ＡＢＤ＝∠ＡＨＦ＝∠Ｂ
（証明おわり）
【第２の証明開始】
下図のように、三角形ＨＣＥの外接円を考える。
この外接円に内接する三角形ＥＨＣは、頂角Ｅが直角な三角形であるため、
辺ＨＣは外接円の直径になる。
その外接円の辺ＨＣの上側の円周角が９０°であるので、
辺ＨＣの下側の円周角は、
１８０°－９０°＝９０°
である。
そのため、下側の円周角と等しい直角の頂角Ｄを持つ直角三角形ＨＣＤも
その外接円に内接する。
∴ 四辺形ＥＨＤＣは三角形ＥＨＣの外接円に内接する。
拡張円周角の定理により、
三角形ＡＢＣの∠Ｃと同じ角度が点Ｈの周りの下図の位置にある。
外接円を除去して書くと以下の図になる。
同様にして、三角形ＡＢＣの他の頂角Ａ、頂角Ｂも点Ｈの周囲の、下図の位置にある。
（証明おわり）
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【証明開始】
左辺の２倍を以下のように変形する。
（証明おわり）
【複素数平面を使った証明】
上図の様に、複素数ｚとｗを定義する。
である。
ｚとｗを使って問題の等式を式１に書き変える。
この式１の左辺と右辺のそれぞれを計算する。
式１の左辺は：
式１の右辺は：
式２と式３は等しい。
よって式１が成り立つ。
よって公式１が成り立つ。
（証明おわり）
（補足）
このように。複素数平面で計算できるようになれば、三角関数の加法定理や三角関数の和と積の公式を忘れても、それらの公式を使う問題を解くことができるようになります。
【公式２】
角度Ｂと角度Ｃに関して、以下の式：
又は、
又は、
が成り立つ事を証明せよ。
【証明開始】
左辺の２倍を以下のように変形する。
（証明おわり）
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（証明おわり）
