意外なところに正三角形 
右の図形をご覧下さい。
１枚の正方形の左右に正三角形が張り出しています。このとき、上図のように２つの頂点
を結んでできる交点(Ｒ)は、正三角形（△ＲＢＣ）の１つの頂点になります。
いろいろな道具（数学上の公式等）を用いると、その証明は簡単にできますが、中学校３
年レベルで（しかも、初等幾何で！）解答しようとすると、思いのほか難しいようです。
「易しい（？）問題は易しく、図形の問題は図形で！」というのが私の信条ですが、ここは
敢えて批判を覚悟して、強引に証明したいと思います。
（解 １ ）・・・・・ 三角関数を用いる方法（正方形の１辺の長さを、２ とする。）
点 Ｒ より、辺 ＡＤ に垂線 ＲＨ を下ろす。このとき、
∠ＲＤＨ＝（１８０°−∠ＰＡＢ−∠ＢＡＤ）/２＝（１８０°−６０°−９０°）/２＝１５°
よって、
したがって、
△ＲＢＣ は、底辺の長さが ２ の二等辺三角形で、その高さは、
よって、
△ＲＢＣ は、正三角形となる。
上記では簡便に加法定理を用いてＲＨの長さを求めているが、全然中学生的ではない。
相似比を利用した解答も可能である。別解を、ｔｗｏ‐ｗｅｌｌさんから頂いた。（2004．3．10）
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左図において、ＡＢ＝２ とすると、
ＰＳ＝ＨＤ＝１、ＡＳ＝ である。
△ＰＳＤ∽△ＲＨＤ より、
＋２ ： １＝１ ： ＲＨ
よって、ＲＨ＝２−
以下（解 １ ）と同様にして、
△ＲＢＣ は、正三角形となる。 |
（解 ２ ）・・・・・ 座標幾何を用いる方法（正方形の１辺の長さを、２ とする。）
Ｂ(０，０) を原点とし、ＢＣ を Ｘ 軸、ＢＡ を Ｙ 軸とする。このとき、
Ａ(０，２) 、Ｃ(２，０) 、Ｄ(２，２) 、Ｐ(−，１) 、Ｑ(２＋，１)
となる。直線 ＰＤ 、直線 ＱＡ の方程式は、それぞれ
Ｙ＝(２−)Ｘ−２＋２ 、 Ｙ＝−(２−)Ｘ＋２
である。これらを連立して、交点 Ｒ の座標を求めれば、 （ １ ， ）
したがって、△ＲＢＣ は、正三角形となる。
（解 ３ ）・・・・・ 図形を用いる方法（直接的な証明でないところが、少し心苦しい！）
冒頭の図において、△ＲＡＤ が、底角が １５°の二等辺三角形であることは明らか。
その三角形の１つの頂点として、点 Ｒ が唯一つ存在する。
ところで、△ＲＢＣ が、正三角形と仮定すると、上図のような計算から、
△ＲＡＤ は、底角が １５°の二等辺三角形になる。
以上から、冒頭のように定まる点 Ｒ を用いた△ＲＢＣ は、正三角形でしかあり得ない。
（このような証明の気持ちの悪さは、実は、当ホームページの
お茶の時間 クイズ＆パズル 「正方形を重ねる」
においても経験される。）
もう少し直接的な証明で、初等幾何を用いた中学３年レベルの証明がないかどうか、
現在、思案中である。
もし、証明を発見された方、よかったら塾長宛メールをお願いします。
（参考ホームページ：飛行船すうがく 「小学生に説明するには難しい問題」）
（追記） ｓｏｕｐ＆ｂｒｅａｄ さんから、初等幾何的証明をお教えいただいた。まさに私の欲し
ていた証明方法で、思わず、その巧妙さに感動してしまった。おかげさまで、何とな
く残っていた証明の気持ちの悪さを払拭することができ、気分は爽快である。
ｓｏｕｐ＆ｂｒｅａｄ さんに感謝いたします。
ｓｏｕｐ＆ｂｒｅａｄ さんによれば、中学時代に通っていた塾で類似の問題に出会っ
たことがあるとか。ｓｏｕｐ＆ｂｒｅａｄ さんも、その解法の巧妙さに、「ズルい！」って
思われたそうです。
それでは、ｓｏｕｐ＆ｂｒｅａｄ さんの解答を一部補足して紹介したいと思います。
図の設定は、上記の通りとする。
辺ＡＤ上に正三角形ＥＡＤを描く。（解１）と同様な計算をし
て、∠ＥＢＡ＝１５°である。
線分ＢＥ上に、点Ｆを、∠ＢＡＦ＝１５°であるようにとる。
このとき、明らかに、△ＡＢＦ≡△ＡＤＲ なので、ＡＦ＝ＡＲ
となる。さらに、∠ＦＡＲ＝６０°なので、△ＡＦＲは正三角形
となる。よって、
ＦＡ＝ＦＲ、∠ＡＦＢ＝∠ＲＦＢ（＝１５０°）、ＢＦ共通
により、△ＡＢＦ≡△ＲＢＦ となり、ＡＢ＝ＲＢ である。
同様にして、ＤＣ＝ＲＣ も示される。
従って、△ＲＢＣは、正三角形となる。
（コメント） ｓｏｕｐ＆ｂｒｅａｄ さんの解答でも、「意外なところの正三角形」が本質的に用い
られているわけで、まさに、このページのタイトルの趣旨にあった解法ですね！
（追々記） Ｈ．Ｔ さんから、円周角の性質を用いる初等幾何的証明をメールで頂いた。
（平成１７年６月１７日付け）
お教えいただいた証明は、中学生的で技巧的なところは全くなく、非常に素直な解
答に、思わず感動してしまった。 Ｈ．Ｔ さんに感謝いたします。
それでは、Ｈ．Ｔ さんの解答を一部補足して紹介したいと思います。
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△ＲＡＤの底角は、１５°なので、
∠ＤＲＱ＝３０°である。
また、∠ＤＢＱ＝∠ＤＢＣ−∠ＱＢＣ
＝４５°−１５°＝３０°
よって、∠ＤＲＱ＝∠ＤＢＱ
したがって、４点 Ｄ、Ｒ、Ｂ、Ｑ は同一円
周上にある。
３点 Ｄ、Ｂ、Ｑ を通る円はただ一つ定ま
り、３点から等距離にある点 Ｃ がその円
の中心となる。
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したがって、 ＢＣ＝ＲＣ が成り立ち、同様にして、ＢＣ＝ＲＢ もいえる。
以上から、△ＲＢＣは正三角形となる。 |
（追々々記） さらに、Ｈ．Ｔ さんから、上記の解の改良版（角度を用いない方法）をメール
で頂いた。 （平成１７年６月２４日付け）
上図において、 点 Ｃ を中心として、Ｂ、Ｄ、Ｑ を通る円が一つ書ける。ＡＤは、この円の
接線となる。ここで、△ＡＰＤと△ＤＡＱは合同な二等辺三角形なので、∠ＡＤＲ＝∠ＤＱＲ
よって、接弦定理が成り立ち、Ｒはこの円周上の点になる。
したがって、 ＲＣ＝ＢＣ が成り立つ。同様にして、ＲＢ＝ＢＣ なので、△ＲＢＣは正三角
形となる。
（コメント） 冒頭の解析的証明に比べて、とても分かりやすい証明になっています。いろい
ろな証明があることに我ながら感動しています。Ｈ．Ｔ さんに感謝いたします。
（追々々々記） 当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「らすかる」さんから「ほとんど自明」
という感じの証明方法を得たというメールを頂いた。（平成１７年６月２６日）
次が、らすかるさんによる証明である。
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△CQBは二等辺三角形で、PDとBQは平
行なので、△DCQをBQの垂直二等分線(C
を通る)に関して対称移動すると、QはBに移
り、CQの垂直二等分線と直線PDの交点で
ある点Dは、CBの垂直二等分線と直線PD
の交点である点Rに移る。
従って△DCQ≡△RCBなので、△RCBは
正三角形となる。 |
（コメント） 線対称ということを使うと鮮やかですね！見てすぐ理解でき、十分初等的な証
明だと思います。らすかるさんに、感謝いたします。
（追々々々々記） 平成１７年１０月１０日付けで、Ｈ．Ｈ さんから、１年半ぶりにメールを頂
いた。昨日久々にこの問題について考えてみたところ、急に証明を思いつ
かれたとのことである。
Ｈ．Ｈ さんの証明を掲載する前に、まずは謝罪から。
上記の（解 １）では相似比を利用した解答も可能であるということで、ｔｗｏ‐ｗｅｌｌ さんから
の別解（平成１６年３月１０日付け）を載せたが、実は、Ｈ．Ｈ さんからも別解と同様のもの
を頂いていた。（平成１６年２月９日付け） その際は、（解 １）と同趣旨ということで掲載を
見あわせたが、別解を載せた以上、Ｈ．Ｈ さんの別解についても触れなければいけなかっ
たと反省しています。この件について、当ＨＰへのアップが遅れたことを、Ｈ．Ｈ
さんにお詫
びしなければならない。誠に申し訳ないです。
頂いた証明は、趣旨を損なわない範囲で多少加筆・修正させていただきました。ご了承
ください。
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（証明） 左図のように辺ＡＤ上に正三角形ＡＤＳ
を作る。このとき、△ＲＡＤは二等辺三角形
なので、線分ＳＲは辺ＡＤの垂直二等分線
となる。
よって、線分ＡＢと線分ＳＲは平行。
さらに、∠ＳＡＲ＝７５°、∠ＡＳＲ＝３０°
より、∠ＳＲＡ＝７５°である。
よって、△ＳＡＲは二等辺三角形となり、
ＳＡ＝ＳＲ となる。ここで、ＳＡ＝ＡＤ＝ＡＢ
なので、 ＡＢ＝ＳＲ が成り立つ。
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以上から、四角形ＳＡＢＲは平行四辺形となり、ＳＡ＝ＲＢ 即ち、ＲＢ＝ＢＣ が言える。
同様にして、ＳＤ＝ＲＣ 即ち、ＲＣ＝ＢＣとなり、ＲＢ＝ＢＣ＝ＲＣ が成り立つ。
したがって、△ＲＢＣは正三角形である。（証終） |
（コメント） なるほど！辺ＡＤ上に正三角形を作るところは、「意外なところに正三角形」の
趣旨に合致する解法ですね。平行四辺形の性質を利用した証明で、中学生に
とっても分かりやすい素晴らしい証明だと思います。Ｈ．Ｈ さんに感謝いたしま
す。