埼玉県立高校【数学】折り返し図形

埼玉県立入試で頻出の‘折り返し図形’といわれる平面図形の問題。本ページはこの折り返し図形の性質を紹介すると共に、発展問題を通して幾何のさまざまなテーマを習得するのが狙いです。

まずは前提の理解（7月1日掲載）
正三角形に折る（7月16日掲載）
長方形内に現れる正三角形（8月3日掲載）
折り返しの直角を利用した相似（8月17日掲載）
相似を利用した解法（9月1日掲載）
三平方の定理を利用した解法（9月16日掲載）
十文字法を利用した解法（10月1日掲載）
座標幾何の導入（10月16日掲載）
典型問題でまとめ練習（11月2日掲載）
3：4：5の直角三角形が生み出される土壌（11月16日掲載）
1：√2の辺比の長方形を折る（12月1日掲載）
長方形の紙を三つ折りする（12月16日掲載）
演習問題

まずは前提の理解

2つの下図はAD＞ABの長方形です。
左図は太線で示した対角線BDを折り目としたもので、頂点AがA′へ移っています。一方の右図は、頂点Aが頂点Cと重なるように折ったものです。同じく太線が折り目となって頂点BがB′へ移っています。
いずれの場合でも、元の図形と色の付いた図形は、“折り目（太線）について対称”であることの理解が大切です。つまり、左図では線分AA’が、右図では線分ACが折り目によって垂直に二等分されています。太線はいわゆる対称の軸です。

折り返しの定石 1

平行線を折り返した図形では、二等辺三角形（下記色のついた三角形）が生まれます。
例えば下記【図1】であれば、
①∠ADB＝∠A′DB　（∵　△ADB≡△A′DBより）
②∠ADB＝∠CBD　（∵　AD∥BCで平行線の錯角）
これより△DBEにおいて、∠BDE＝∠EBDが成り立つからです。

現れる合同な三角形

すると下記のような合同な直角三角形（色のついた三角形）を見出すこともできます。
また【図5】ではEA＝ECでもあるので、AE＝FC、AE∥FCだから四角形AFCEはひし形であることから、ここからも合同な直角三角形を導くことができます。

折り目が長方形の中心を通る

【図6】で折り目BDは長方形の対角線だから、明らかに‘長方形の中心M’を通ります。また【図7】では、ひし形AFCEの対角線の交点は線分ACの中点Mと一致するから、EM＝MFです。これにより折り目EFが‘長方形の中心M’を通ると言えます。

[2015.7.1]

正三角形に折る

正三角形の作図

線分PQを一辺とする正三角形PQRの作図法は右図がよく知られています。

直線 l を、頂点Rを通る正三角形の対称軸とすると、これは線分PQの垂直二等分線となっています。

正方形から正三角形を紡ぎ出す

ここでは正方形を用意して、その内部に正三角形を作り出す手法を2つ紹介します。

折り返しの定石2A

辺BCを一辺とする正三角形を作るのに、【図1】のように辺BCの垂直二等分線を立てます（つまり、たてに半分に折る）。それを直線MNとします。
さて【図2】のように点Cが直線MN上にくるように折ります。この点をC′とすると、BC＝BC′（…①）がいえます。今度は【図3】のように点BをB′へ移すと、BC＝B′C（…②）となり、点C′とB′は対称性より一致します。
そこで①②よりBC＝BC′＝B′Cとなるので、【図4】のように正三角形ができあがります。

このことは正方形に限ったことではなく、【図5】のような長方形であっても、短辺（この場合はBC）を一辺とする正三角形【図6】を作ることができます。【図7】のような横長の長方形でも、短辺（この場合はCD）を一辺とする正三角形が同様に考えられます。

折り返しの定石2B

続いての方法もよく知られています。
今度は対称軸MN上に頂点A、Dが載るように移します。対称性によりこれらは一致し、一致した点を点Eとします。
すなわちBC＝EB＝ECとなり、正三角形ができあがります。

正三角形の発展問題

正三角形になる折り方はこれだけではありません。
興味がある方は、演習1にチャレンジしてください。

[2015.7.16]

長方形内に現れる正三角形

長方形を折り返した図形において、中に正三角形が現れることがあります。今回はこうしたケースを紹介します。

正三角形の折り方Ⅰ

【図1】は対角線ACに沿って折ったものです。頂点DはD′へ移ったとし、辺AD′と辺BCとの交点をEとします。BE：EC＝1：2ならば正三角形はどこに現れるでしょうか。

解説

折り返しの定石 1より【図2】において、△AECはAE＝CEです。よって直角三角形ABEにおいてBE：AE＝1：2だから、これは正三角形の半分（★）です。したがって、∠EAB＝30°から、∠DAD′＝60°で、これとAD＝AD′から【図3】の△AD′Dが正三角形です。

正三角形折り方Ⅱ

【図4】のように頂点Dが辺BCの中点Mへ重なるように折ります。このとき正三角形はどこに現れるでしょうか。

解説

AM＝AD＝2BMです。すると【図5】の直角三角形ABMは、BM：AM＝1：2だから★です。よって∠MAB＝30°から、∠DAM＝60°であって、これより【図6】の△AMDが正三角形です。

正三角形の折り方Ⅲ

【図7】のように頂点Dが辺BCに重なるように折ります。このとき辺CD上の点Eに対してCE：ED＝1：2となれば、正三角形はどこに現れるでしょうか。

解説

ED＝ED′だから、【図8】のように直角三角形ECD′においてEC：ED′＝1：2なので★です。そこで∠ED′C＝30°、∠AD′E＝90°より、∠AD′B＝∠D′AD＝60°となって、これより【図9】のように△AD′Dが正三角形です。

正三角形の折り方Ⅳ

【図10】のように頂点DがBへ重なるように折ります。このとき辺CD上の点Eに対してCE：ED＝1：2ならば、正三角形はどこに現れるでしょうか。

解説

DE＝BEだから、【図11】の直角三角形ECBにおいてEC：BE＝1：2より★です。そこで∠CBE＝30°より、∠EBF＝60°です。またこれと折り返しの定石 1より、BE＝BFだから【図12】、【図13】のように△EFBが正三角形です。

最後に構図を解き明かす

これらⅠ～Ⅳを少し俯瞰的に眺めてみると、ある一つの構図に行き着きます。下図で太線で囲った長方形に目をやれば、Ⅰ～Ⅳの図形はすべて太線の長方形内にすっぽりと収まっています。

実はこれが今回の主となる大もとの図形であって、例えばⅡとⅢを比較するならば設問の問いかけ方を変えただけ。それにⅠならば太線の長方形の下部を、Ⅳでは左半分を消し去った問であることが分かります。

[2015.8.3]

折り返しの直角を利用した相似

問題1

三角形の相似に注目

次の三角形の相似の組み合わせに注目します。

折り返しの定石3

【図2】の△EBFと△FCDにおいて、
∠DFC＝90°－∠FDC（…①）
∠DFC＝90°－∠EFB（…②）
①②の右辺どうしを比較することで、
∠FDC＝∠EFB
これと∠EBF＝∠FCD＝90°より、
∴　△EBF∽△FCD

長方形や正方形の折り返しでは、この三角形の相似のペアを欠かすことができません。

ここから読みとれる辺比の関係

先ほどの相似のペアの対応する辺では、EF：EB＝FD：FC（…④）【図3】。

さてここで、EF＝EA、FD＝ADだから【図4】、④でこれと入れ替えて、EA：EB＝AD：FC（…⑤）となります。

またAD＝BCなので、⑤のADとBCを入れ替えれば、AE：EB＝BC：CFとなります。

定理1

【図5】において、AE：EB＝BC：CFである。

例題で試してみましょう。

例題1

【図6】でAE：EB＝2：1のとき、BF：FCは？

解法

AE＝FEより、EB：EF＝1：2
折り返しの定石3の相似のペアから、FC：FD＝1：2
そこでFD＝AD＝BCから、FC：BC＝1：2（【図7】）
∴　BF：FC＝1：1

例題2

【図8】でBF：FC＝2：1のとき、AE：EBは？

解法

BC：FC＝3：1、BC＝AD＝FDから、FD：FC＝3：1
そこで折り返しの定石3の相似のペアから、EF：EB＝3：1。
するとEF＝EAから、
∴　AE：EB＝3：1（【図9】）

問題1の解答は？

ここまで学んだところで、いよいよ問題1の解答です。
EB：EA＝EB：EFであって、この比とFC：FDは等しくなります。
またFD＝AD＝BCなので、
問題1の回答は？数式
となります。

※注：△EBFで三平方の定理を用いてしまうと、計算がより複雑になります。

[2015.8.17]

相似を利用した解法

ここでは折り返しの定石3を利用する問題を2題紹介します。

問題2

【図1】の長方形において頂点Aが辺BCに重なるようにDEで折り、その点をA′とする。
このときBA′の長さを求めよ。

解法

まずEA′＝EA＝5、A′D＝AD＝15を準備し、ここで折り返しの定石3の、2つの相似な三角形に着眼します。
すると△EBA′∽△A′CDにおいて、その相似比は5：15＝1：3（…①）
この相似比を用いて問題を解決していきます。

①の辺比を利用することで、
BA′＝xとおくと、CD＝3x
A′C＝15－xより，EB＝15－x3
と【図2】のように辺の長さが揃います。

そしてCD＝（AB＝）AE＋EBを利用すると、
3x＝5＋15－x3　∴　x＝3
こうしてBA′＝3となります。

問題3

【図3】の長方形において頂点Aが辺BCに重なるようにDEで折り、その点をFとする。
△EBF：△FCD＝9：25のとき、AE：EBを求めよ。

解法

折り返しの定石3より、△EBF∽△FCD
題意よりこれらの三角形の面積比が9：25なので、
相似比は3：5（…②）。
今回のこの辺比を利用します。

②より、
EB＝3aとおけばFC＝5a
BF＝3bとおけばCD＝5b
と【図4】のように準備します。

さてここで、AE：AD（＝EF：FD）＝3：5だから、
(5b－3a)：(3b＋5a)＝3：5
となって、整理してb＝158a

すると求めるAE：EBは、
AE：EB＝(5b－3a)：3a
＝(758a－3a)：3a＝518a：3a＝51：24＝17：8
より17：8が答です。

[2015.9.1]

三平方の定理を利用した解法

折り返した辺の行き先が直角三角形の斜辺へ移ることから、攻略には、「三平方の定理」も有用です。ここではその使い方を紹介します。

折り返しの定石4

【図1】の折り方では、太線で囲む2つの直角三角形ⒶⒷのどちらか一方に、「三平方の定理」を活用するとよい。

問題2（再掲）

【図2】の長方形において頂点Aが辺BCに重なるようにDEで折り、その点をA′とする。
このときBA′の長さを求めよ。
（ただし、「三平方の定理」を用いた解法で。）

解法

まずは折り返しの定石3より、△EBA′∽△A′CD（…①）
EA′＝EA＝5、A′D＝AD＝15より、①の相似比は1：3
ここでBA′＝xとおくと、①の相似比を利用しCD＝3x、
またA′C＝15－x

前回はここから相似を利用しましたが、
今回は折り返しの定石4から、
△A′CDで三平方の定理を利用します。

A′D²＝A′C²＋DC²
15²＝(15－x)²＋(3x)²
x(x－3)＝0　　∴　x＝3
よってBA′＝3

問題4

【図4】において、EDを折り目としたとき、頂点Aが辺BC上に重なり点Fとする。
このときFCの長さを求めよ。

解法

EF＝EA＝6－2＝4
ここで折り返しの定石4より、
△EBFでの三平方の定理にて、
EF²＝EB²＋BF²
4²＝2²＋BF²　　∴　BF＝ 2√3

ここで折り返しの定石3より、△EBF∽△FCD（…②）で、
対応する辺の比をとって、EB：BF＝FC：CD
2： 2√3 ＝FC：6　　∴　FC＝ 2√3

[2015.9.16]

十文字法を利用した解法

折り返しの定石 6

【図1】の長方形の折り返しにおいて、色のついた三角形に注目すると、これはいくつかの三角形と相似になる。

実際、AE⊥FDから、【図2】のようになるから、△AGF∽△ABE∽△DAFである。

このことを正方形に限定すれば、次の定理が有名です。

定理 2

【図3】において、EF⊥GHならば、EF＝GHとなる。

証明点EからBCへ垂線EIを、点HからABへ垂線HJを引く。
ここで△EFI≡△HGJを示せば、題意のEF＝GHが明らかとなる。
△EFIと△HGJにおいて、
∠EIF＝∠HJG（＝90°）…①
EI＝HJ（＝正方形の辺）…②
さてここで、∠ELM＝∠HKM＝90°、∠EML＝∠HMKより、
△ELMと△HKMの内角の和を利用すれば、
∠MEL＝∠MHKが成り立つ。つまり、
∠IEL＝∠GHJ…③
以上①②③より合同が示される。
∴　EF＝GH（証明終わり）

そこで問題2を折り返しの定石6（十文字法）を使って解いてみます。

問題2（再掲）

【図5】の長方形において頂点Aが辺BCに重なるようにDEで折り、その点をA′とする。
このときBA′の長さを求めよ。（ただし、「十文字法」を用いた解法で。）

解法

折り返しの定石6より、【図6】のように△AFE∽△DAEとなる。

ここで△DAEの三辺の比は【図7】であるから、
AF＝AE＝×5＝
さて、点Aと点A’は点Fについて対称だから、
AA′＝2AF＝2×＝
そして△AFE∽△ABA′であることから、△ABA′の三辺の比も【図7】を利用できて、
BA′＝AA′＝×＝3

続けて問題3もこちらの方法で解いてみます。

問題3（再掲）

【図8】の長方形において頂点Aが辺BCに重なるようにDEで折り、その点をFとする。
△EBF：△FCD＝9：25のとき、AE：EBを求めよ。

解法

△EBF∽△FCDより、その相似比は3：5。
したがって、BF＝3aとおけばCD＝5a
よってAB＝5aだから、ここで△ABFに着目すれば【図9】、
三平方の定理により、AF＝a
つまり、AB：AF＝5a：a＝5：

最後に折り返しの定石6より、△AGE∽△ABFだから、【図10】のように、
AE＝

AG＝

×12AF＝

×12×

a
＝517a
そうすると、AE：EB＝175a：(5a－175a)＝175a：85a
＝17：8

興味のある方は、演習2にチャレンジしてください。

[2015.10.1]

座標幾何の導入

問題5

【図1】のような1辺が8の正方形ABCDがあり、頂点Bが辺ADの中点Mに重なるようにEFを折り目として折る。
このときFCの長さを求めよ。

解法1

折り返しの定石4の三平方の定理を利用します。
AE＝xとすると、EM＝EB＝8－x
ここで△AEMで三平方の定理を用い、
EM²＝AE²＋AM²より、
(8－x)²＝x²＋4²より、x＝3となる。
つまり△AEMは3：4：5型の直角三角形である。

すると折り返しの定石3で示された三角形の相似から、
△AEM∽△DMG∽△C′FG
であるから、これらはすべて3：4：5型をしている。
よって各線分は【図3】のような長さとなることがわかる。
これより、FC＝DC－(DG＋GF)＝8－(163＋53)＝1

解法2

上記AE＝3が求まったあと、次のように解くこともできます。
定理2の証明で用いた合同な三角形を利用すると、
【図4】で△MAB≡△EHFとなるから、EH＝MA＝4
EB＝AB－AE＝8－3＝5だから、
FC＝HB＝EB－EH＝5－4＝1
このように相似を用いずシンプルに解決することもできます。

折り返しの定石6改

【図5】の正方形において、色のついた2つの三角形は合同である。
（証明は定理2と同様）

さてこの問題において、【図6】のように頂点Bを座標平面上の原点Oに載せ、直線BCをx軸、直線BAをy軸と見立て、“座標平面上の関数の知識”を用いて解く方法を紹介します。

解法3

点B（0，0），A（0，8），C（8，0），D（8，8）とします。
するとM（4，8）から、BMを通る直線の式はy＝2x
次に直線EFは、直線BMと垂直に交わるので傾きは－12
解法1でAE＝3だからE（0，5）となり、この点を通るから、直線EFの式はy＝－12x＋5
点Fのx座標は8で、これを上記の直線の式へ代入すると、y＝1　∴　Ｆ（8，1）
このことから点CとFのy座標の差をとりFC＝1と求めることができる。
※この方法を『座標幾何』といいます。

折り返しの定石7

正方形や長方形といった直角を持つ図形は、図形の角を座標軸の交点に合わせ、頂点や各点の座標をとり、さらに線分を直線の式として表すとよい。

[2015.10.16]

典型問題でまとめ練習

今回はこれまでに習ったさまざまな解法の確認をしていきます。

問題6

【図1】のような1辺18の正方形ABCDがあり、図のように頂点Bが辺ADを2：1に分けた点Eに重なるように折る。
このとき次の各問に答えよ。
（1）FBの長さを求めよ。
（2）四角形EFGC′の面積を求めよ。

解法1 三平方の定理と相似による解法

（1）折り返しの定石4の三平方の定理を利用します。
FB＝FE＝xとすると、AF＝18－x
またAE＝12で、
ここで△AFEで三平方の定理を用い、
x²＝(18－x)²＋12²
∴　x＝13となる。

（2）折り返しの定石3で示された三角形の相似から、

各辺の長さは【図3】のようになって、

したがって【図4】から求める四角形の面積は、
∴　(13＋1)×18×12＝126

解法2 十文字法による解法

（1）折り返しの定石6より、
△ABEこれらの三辺の比は【図6】から、
FB＝ √13/3 BH＝ √13/3 ×12EB
＝ √13/3 ×12× 6√13 ＝13

折り返しの定石6改より、【図7】において、
△ABE≡△IGFだから、FI＝EA＝12
ここで、IB＝FB－FI＝13－12＝1＝GC＝GC′
こうしてから「解法1」（2）【図4】と同様にして四角形の面積を求めることができる。

解法3 座標幾何による解法

（2）折り返しの定石7より四角形ABCDを座標平面上で表す【図8】。
点B（0，0），A（0，18），C（18，0），D（18，18）
とするとE（12，18）から、BEを通る直線の式はy＝32x
次に直線FGは、直線BEと垂直に交わるので傾きは－23
FB＝13だからF（0，13）となり、
直線FGの式はy＝－23x＋13
すると点G（18，1）だから、GC＝1となり、後は先ほどと同様である。

問題7

【図9】のようなたて23、横65の長方形ABCDがあり、
辺AB上にAE＝13をとり【図9】のように折り返した。
このときFGの長さを求めよ。

解法1 相似による解法

【図10】のようにA′を通り長方形の横の辺と平行な直線を引く。すると折り返しの定石3より、
△EB′A′∽△A′C′D
これらの相似比はEA′：A′D＝13：65＝1：5（…☆）
ここでBB′＝aとし【図11】をみる。
☆よりEB′：A′C′＝1：5だから、
A′C′＝5×EB′＝5×(a＋10)＝5a＋50
よって、B′A′＝B′C′－A′C′
＝65－(5a＋50)＝15－5a
再び☆より、
B′A′：C′D＝(15－5a)：(a＋23)＝1：5
これを解いてa＝2
つまり△EB′A′の辺比は、
EB′：B′A′＝(a＋10)：(15－5a)＝12：5（…★）

【図10】や【図12】で色をつけた三角形の辺比は、上記★と等しいはずだから
BF＝10×512＝256
GC＝23×125＝2765
∴　FG＝BC－(BF＋GC)＝65－(256＋2765)＝16930

解法2 三平方による解法

上記【図10】と同様にして、☆からA′C′＝5a＋50。
ここで折り返しの定石4から△A′C′Dにおいて三平方の定理を利用しaの値を求める。
(a＋23)²＋(5a＋50)²＝65²
a²＋21a－46＝0　　(a＋23)(a－2)＝0
a＞0よりa＝2が求められる。
以降は「解法1」と同様。

解法3 十文字法による解法

折り返しの定石6より、△DAE∽△AB′A′
DA：AE＝AB′：B′A′＝65：13＝5：1
ここで【図14】のようにB′A′＝xとすれば
AB′＝5xとできる。
さて△EB′A′に着目すれば、
EA′＝13、EB′＝5x－13だから、
三平方の定理をしてx＝5
これ以降は「解法1」と同様。

解法4 座標幾何による解法

折り返しの定石7より【図15】のようにとる。

①まず点A′の座標を求める。
（ここでのポイントはED⊥AA′、AH＝HA′であること）
直線EDの傾きはE（0，10）、D（65，23）より15
ED⊥AA′から、直線AA′の傾きは－5
A（0，23）より、直線AA′の式はy＝－5x＋23
さて点Hの座標は、直線ED（y＝15x＋10）と直線AA′の交点として求め、H（52，212）。
このHはAA′の中点だから、A′（5，－2）

②点Fの座標を求める
直線EA′の式はy＝－125x＋10であるから、F（256，0）

③点Gの座標を求める
直線DA′の式はy＝512x－4912であるから、G（495，0）
∴　FG＝495－256＝16930

[2015.11.2]

3：4：5の直角三角形が生み出される土壌

問題5では正方形の折り返しから“3：4：5型の直角三角形”が現れましたが、ここでは設定に秘められた構図を明かします。

基本の構図

【図1】は縦横比が5：4（これをⅠ型とする）、【図2】は縦横比が5：3（Ⅱ型とする）の長方形です。これらを下図のように折ることで、色をつけた三角形が3：4：5の辺比を持ちます。
これが元の図形といえます。

それではⅠ型に注目しましょう。
ここでは薄青色に染まる正方形のフレームを、‘中点（青い点）’をキーワードとしながら折り返します。こうすることでさまざまな“3：4：5型の直角三角形（色の濃い三角形）”を得ます。

A）頂点を、辺の中点に重ねるように折る

B-1）中点を折り目とする

B-2）中点を折り目とする

C）折る辺の中点が、頂点と重なる

D）中点を折り目とする

3：4：5を確かめる

A）…問題5を反時計回りに90°回転させたものです。

B-1）…【図4】で色の濃い2つの三角形の相似比は1：2だから、【図8】のようにxと2xと置くことができ、色のついた三角形の三平方の定理よりx＝4となり、3：4：5の辺比が示されます。

B-2）…【図9】での青枠の2つの三角形は、内角が等しく長さ5の対応する辺を持つことから合同なので【図9】のように置けます。
そこで色のついた三角形の三平方の定理からx＝154となり、辺比が明らかとなります。
こちらは意外に盲点を突いた構図なので、頭に入れておく必要があります。

C）…【図6】は薄青色の正方形の一辺が407の場合にこうなります。
【図10】で同じく三平方の定理からx＝157で、3：4：5が導けます。

D）…【図11】で青枠の2つは直角三角形は、共通する斜辺と他の一辺が等しいので合同です。
そこで色のついた三角形で三平方の定理からx＝53で、3：4：5が導けます。

いかがでしたか。続くⅡ型については皆さんも考えてみてください。

[2015.11.16]

1：√2の辺比の長方形を折る

【図1】は、たてと横の辺の比が1：の長方形です。今回はこの長方形を折ったときに現れる、様々な形について調べてみます。

Ⅰ. 折り目を決めるケース

a）対角線を折り目とします。【図2】の赤い点線がそれです。
【図3】で青枠で囲った2つの直角三角形に注目すれば、それぞれの内角の大きさは共に等しく、また対応するある辺の長さも等しいことからこれらは合同です。そこで図のようにxをおきます。

色のついた三角形での三平方の定理を用いることでx＝と分かり、これは長方形の横の長さのだから、【図4】の赤い点は長方形の上辺を3：1に分けているといえます。

b）下辺を3：1に分ける点で折る【図5】と、【図6】で青枠で囲った三角形は上記と同様に合同となり、色のついた三角形での三平方の定理によりx＝となります。
a)にしてもb)にしても、合同な直角三角形が出てきますからこの活用が鍵のようです。

c）【図7】のように下辺の中点を折り目とすると、【図8】において△ABC∽△ADBで、△ABCの辺比は長い順に：：1だから、BD＝ AB＝

するとBF＝2BD＝

またここで、△ABC∽△BDC∽△BEFだから、

このことから【図9】のようになります。とてもきれいな性質です。

Ⅱ．頂点の行き先を決めるケース

d）【図10】のように下辺の隅（赤い頂点）が上辺へ移るように折ると、【図11】の色のついた直角三角形は、たての長さが1、斜辺は長方形の横の長さと同じ

だから残りの辺の長さは1です。

このことから長方形の上辺の残り（左の部分）は－1で、折り返しの定石3より色のついた三角形と相似な三角形が現れることから、残りの辺の長さは【図11】のようになります。

e）下辺の隅（赤い頂点）が対角へ移るように折ります【図12】。
【図13】の色のついた直角三角形で三平方の定理を用いれば、x＝

つまり【図14】のように長方形の下辺を3：1へと分ける点が現れます。
また○＋×＝90°であることからなどから、青枠で囲った2つの三角形は合同となります。

f）【図15】のように下辺の隅（赤い頂点）が対辺の中点へ移るように折ると、【図16】の色のついた三角形での三平方の定理からx＝となります。

すると【図17】で△ABC∽△EBD∽△BFDとなって、AC：AB＝BD：BF＝1：から、DB＝が分かればBF＝が求まります。
このことにより、【図18】のような辺比が現れます。

[2015.12.1]

長方形の紙を三つ折りする

正方形の辺を三等分する方法、つまり正方形を三つ折りする方法としては『芳賀の定理』が知られています（折り方は問題5で、点Gがそれである）。
では長方形の辺の三等分はどのようにすればいいでしょうか。【図1】の長方形を用い考えてみます。

三つ折りの方法そのⅠ

まず【図2】のように隅の点Bが上辺ADと重なるようにします。するともとの長方形の下辺BCが、FEという新たな線分を生みます。そこで点FとEに浅い折り目を付け、印代わりとしましょう。（図で青色で示した線分がその印です。）
つまり正方形ABEFを作ったことになり、この後は問題5と同じ要領です。

そこで今度は【図3】のように線分AFの中点をとり、（点AがFと重なるように浅く折れば、青色の点の目印がつくはずです。）隅の点Bがこの中点に重なるように折ります。

問題5より【図4】のような長さになり、FG：GE＝2：1がわかります。

このことから点Gに印をしておき、その上で長方形を一旦広げ、点CやDが辺CD上にくるようにしながら、

点Ｇを含むよう折り目
上辺ADが点Gを通るような折り目

を作れば、“長方形の短辺を三等分”できました。

三つ折りの方法そのⅡ

次は最初に、長方形の長辺を半分にする折り目を浅くつけることで、上辺ADの中点Mを導きます。

次に【図7】のように、BMを折り目として折り、

続けて隅の点Dが上辺AD上にくるようにしつつ、A′を通るように浅く折り、折り目HIをつけます。
すると長さは【図8】のようになるから、
HA′：A′I＝2：1
AH：HD＝2：1
となり、

【図9】のように、“長方形の短辺を三等分”も“長方形の長辺を三等分”もできます。
両方が一度にできる優れ技です。

三つ折りの方法そのⅢ

方法Ⅱと同じくまずは長方形の長辺を半分にする折り目MNを浅くつけ、上辺ADの中点Mを導きます。

今度は【図11】のように、隅の点Bが点Mと重なるように折ります。

そこで折り返しの定石4から、【図12】で色のついた三角形にて三平方の定理を行うことでx＝2となります。

さらに折り返しの定石6で出てくる相似を【図13】のように利用すれば、BN：NJ＝2：1とわかります。

そこで、もとの長方形の辺BC上にあった点Nは、MJの点N′へ移っているわけなので、【図14】からもわかるように、
MN′：N′J＝2：1
です。

このことからN′を目印とすれば、“長方形の短辺を三等分”できるのです。

三つ折りの方法そのⅣ

長方形の短辺を半分にします。

隅の点Cが【図17】のKL上にくるようにすれば、△DC′Cは折り返しの定石2Aより正三角形です。
よって∠CDP＝30°です（図の○印）。

さてDPの折り目がついたところで一旦点Cを元の位置に戻します。そして今度は点CがDPに重なるように再度折ることとします【図18】。
その折り目をPQとすれば、△QPCにおいて
∠QPC＝12∠DPC＝30°だから、
QP：QC＝2：1です。

ここで△DPQは∠QDP＝∠QPD＝30°だから、DQ＝PQの二等辺三角形で、
よってDQ：QC＝2：1
このように三等分する点Qが取れて、【図19】のように“長方形の短辺を三等分”します。

また【図20】のように、隅の点Aが直線DC′へ重なるように折れば，∠ADC′＝30°より先ほどと同じようになり、AR：RD＝1：2となります。

点Rによって“長方形の長辺を三等分”できます

[2015.12.16]

演習問題

演習1

問題

【図1】の正方形ABCDにおいて、点L、M、N、Oはそれぞれの辺の中点である。ここでこの正方形を、次のⅠ→Ⅱ→Ⅲの順に折ることにする。
Ⅰ．頂点BがOMに重なるようAEを折り目とし、点Bの移る点をB′とする【図2】
Ⅱ．頂点DがLNに重なるようAFを折り目とし、点Dの移る点をD′とする【図2】
Ⅲ．その後、EFを折り目とし、点Cの移る点をC′とする【図3】

こうして△AEFを作るとき、次の各問に答えなさい。
（1）△AEFはどのような三角形か。理由も答えなさい。
（2）正方形の1辺を1㎝とするとき、△AEFの面積を求めなさい。
（3）△ECF＝△ABE＋△ADFが成り立つことを示しなさい。

知りたい∠OAB´の大きさ

（1）まずは∠DAB′に注目します。
【図4】のように、AD⊥MO、AO：AB′＝1：2より、∠B′AO＝60°
※折り返しの定石2Bを参考

よって、∠BAE＝12∠BAB′＝12×30°＝15°（…※）

同様にACについての対称性（…＊）より∠DAF＝15°【図5】

これより∠EAF＝90°－15°×2＝60°（…①）
これと＊よりAE＝AF（…②）だから、①②より、△AEFは正三角形となる。

研　究: これは、正方形内に最大の正三角形を作る方法です。

（2）上記＊よりAC⊥EFで、その交点をGとする。
ここでEG＝kとおくと、∠GCE＝45°より【図6】のようにGC＝k
また△AEFは正三角形なので、AG＝

k
つまりAC＝

k＋k
すると、AB＝ √2/2

AC＝

(

k＋k)＝

k
この長さが1cmだから、 √6＋√2/2

k＝1

これより、△AEF＝2k×

k×12＝

k²

＝

×(2－

)＝2

－3（cm³）

（3）【図6】を利用して、
△ECF＝2k×k×12＝k²
また、BE＝BC－EC＝ √6＋√2/2 k－k＝ √6－√2/2 k
すると、△ABE＝△ADF＝k×k×12＝12k²
∴　△ECF＝△ABE＋△ADFが成り立つ

別解

【図7】のように、△ABEを点Aを中心に反時計回りに90°回転させる。
このとき、△ADF≡△ADH
つまり、△ABE＋△ADF＝△AFHである。
（点DはFH上にある）
よって題意は、△ECFと△AFHの面積が等しいことを示せばよい。
ここで△AFHにおいて、AH＝2kで、※より∠HAF＝30°
ここから、直角三角形HAIにおいてHI＝kとなる。
このことにより、△AFH＝2k×k×12＝k²
以上より題意が示されたことになる。

系

右図のように、正方形に正三角形が内接するとき、
S＝S₁＋S₂
という面積の関係が成り立つ。

[2015年1月初出]

演習2

問題

1辺が9㎝の正方形ABCDの辺AD上にAP＝3cmとなる点Pをとる。

【図1】のように直線EFを折り目とし、頂点Bが点Pに重なるように折る
【図2】のように直線GHを折り目とし、頂点Cが点Pに重なるように折る

この両操作による折り目を示したのが【図3】で、その交点をQとする。
このとき、△EGQと△FHQの面積の比を最も簡単な整数の比で表せ。

まずは定石からEBとHCの長さを求める

EBは【図4】の斜線の三角形による三平方の定理においてx＝5
HCは【図5】の斜線の三角形による三平方の定理においてy＝6.5
こうしてEB＝5（cm）、HC＝6.5（cm）と計算されます。

続くGBとFCの長さは一工夫

GBは【図6】を利用します。点Gから辺DCへ垂線GG′を引き、△HGG′≡△PCDより、HG′＝6（cm）なのでGB＝0.5（cm）。
FCは【図7】で、点Fから辺ABへ垂線FF′を引き、△EFF′≡△PBAより、EF′＝3（cm）なのでFC＝2（cm）。

△EGQと△FHQの関係は？

これにより【図8】において、EG＝5－0.5＝4.5（㎝）、FH＝6.5－2＝4.5（㎝）から、EG＝FH（…①）。
またAB∥DCより、∠QEG＝∠QFH（…②）、∠QGE＝∠QHF（…③）。

以上①②③より（「二角挟辺」）、△EGQ≡△FHQとなるので、
∴　1：1

この破線　　の様態はたまたまなのかそうでないのか、次にもう少し詳しい考察を加えてみます。

素材は2004年の出題

先の演習1、何と言ってもEG＝FHが秀逸です。おまけに正方形の辺の12の長さです。これは実は、次の2004年入試（一部略・改題）を素材にしました。

大問5

図の正方形ABCDの辺AD上に点Tをとり、PQを折り目として点Bが点Tへ、RSを折り目として点Cが点Tへそれぞれ重なるように折る。
このとき、BC＝PR＋QSであることを示せ。

大問5の性質を明らかに

RS∥UQとなるよう、ABの延長上に点Uをとります。

さて、点Bと点Tは直線PQについて対称であるので、TB⊥PQです。すると定理2が使えてTB＝QP（…④）。
同様にTC⊥RSから、TC（＝SR）＝QU（…⑤）

また、四角形TEFGは円に内接するから∠ETG＝∠PFR。
RS∥UQより∠PFR＝∠PQU。つまり∠BTC＝∠PQU（…⑥）。

以上④⑤⑥より（「二辺挟角」）、△BTC≡△PQUが成り立ち、
∴　BC＝PU＝PR＋RU＝PR＋QS

大問5をより掘り下げ核心へと迫る

ここからはPRとQSの長さの関係に迫ります。

点Bと点Tは直線PQについて対称だから、対称軸PQ上の点FについてFT＝FBです。
同様に、対称軸SR上の点FについてFT＝FC。これらからFB＝FCとなり、点Fは辺BCの中点から立てた垂線上にあります。
ということは、PB∥FH∥QCから点Fは線分PQの中点（PF＝QF）で、これにより△FPR≡△FQSを導き、PR＝QSが得られます。
∴　PR＝QS＝12BC

こうして演習2のEG＝FHは、どのような状態にあっても常に成立することが示されました。

[2014年9月初出]

演習3

問題

正方形ABCDを以下の手順で折る。

まず、図1、図2のように頂点B、Dがともに対角線AC上に重なるように折り目をCE、CFとして折る。

続けて、図3、図4のように頂点Cが点Fと重なるように折り目をGHとして折ると、五角形AEHGFができる。

このとき、次の各問いに答えよ。

（1）△FHGはどのような図形か、その理由も答えよ。
（2）AF＝2cmのとき、△EHFの面積はいくつか。（ただし、その解法も記せ。）

設問（2）の解答例

ここでは（1）を省略し（答：直角二等辺三角形）、（2）の解答例を紹介します。

解法1

手順① FG＝aと置き、△EHFの面積をaを使って表す

△FHGで、（1）よりHF＝a
また、折り返し図形の性質を使いHF＝HCより、HC＝a
それと、ACにおける図形の対称性を使ってEC＝FC
つまり、EH＝EC－HC＝FC－HC＝2×FG－HC
＝2a－a＝(2－)a

これらにより、△EHF＝HF×EH×12＝a×(2－)a×12＝(－1)a²（…＊1）

手順② △FCDについて三平方の定理を用いて立式

対角線AC上で点BとDが交わる点をIとする
△AIFにおいて、∠AIF(＝∠FIC＝∠FDC)＝90°、∠FAI＝45°より、
FD＝FI＝AF× 1/√2 ＝2× 1/√2 ＝
よって、DC＝AD＝2＋
FC＝2a
三平方の定理 FC²＝FD²＋DC²より、
(2a)²＝()²＋(2＋)²となって、整理することでa²＝2＋（…＊2）

最後に、式＊1のa²へ＊2の右辺を代入し、
△EHF＝(－1)(2＋)＝(cm²)（…答）

これは最もスタンダードな解法です。

手順①の別解

次のようにすると、もう少し計算が楽になります。

△EHF＝△ECF－△FHC
＝△DFC×2－△FHC
＝×(2＋)×12×2－2a×a×12
＝2＋2－a²

ここに手順②の＊2を代入すれば、答を導くことができます。

スマートな解法

解法2

点FをHについて対称にとった点をJとします
∠FEH＝∠JEH、また∠FEH＝∠BECより∠JEH＝∠BECとなり、点J、B、E、Aは一直線上にあることが分かります。
こうすることで、△EHF≡△EHJ
このことより、EJ＝EF＝2
そこで、
△EHF＝△EJF×12＝EJ×AF×12×12
＝2×2×12×12＝(cm²)（…答）

これならば「文字で置いて……」を悩まずに済む分、計算ミスの心配がありません。

［2014年9月初出］

演習4

問題

辺の長さが【図1】のような長方形ABCDがある。
いま、頂点Cが辺AB上の点Pと重なるようDEを折り目として折り、さらに頂点AがDP上にくるようにDFを折り目として折った様子を示したのが【図2】である。
このとき、次の各問に答えなさい。

（1）ECの長さを求めなさい。
（2）DE上にDC＝DGとなるような点Gをとる【図3】。このとき△DFGの面積を求めなさい。

辺の行き先に注目した定型の解法

[図4]

（1）DP＝DC＝2
つまり直角三角形DAPは、∠ADP＝30°
これにより∠CDE＝30°
よって、EC＝2

[図4]

回転移動が決め手

DP⊥FGを示すのに苦労します（後述［別解］）。
なので次のような手法を取ることにします。

（2）〈解法1〉

[図5]

【図5】のように、IJは点Gを通りBCに平行
ここで△DGJは、（1）より∠CDE＝30°
またDG＝DC＝2から、DJ＝3
これより四角形AIJDは正方形

さて△DAFに注目し、これを点Dを中心として反時計回りに90°回転させると、DA＝3、∠DAF＝90°から、

点Aは点Jに重なる
点Fの移動した点Kは、直線IJ上にある

[図5]

このような事実から△DFGと△DKGにおいて、折り返し図形の性質より、
∠CDE＝∠PDE、∠JDK（＝∠ADF）＝∠FDP
であり∠FDG＝∠KDG（…①）
また回転移動をもとにしてDF＝DK（…②）、それにDGは共通（…③）
以上①②③より、二辺挟角が等しく、　∴　△DFG≡△DKG

[図6]

まずGKの長さは、こちらはＧＦを求めた方が早そうで、∠DGJ＝60°から∠DGFも同様、よって∠FGIも60°
GJ＝から、IG＝3－
△FIGでGF＝6－2＝GK
△DKG＝GK×DJ×12
＝(6－2)×3×12
＝9－3
∴　△DFG＝9－3

[図6]

［別解］
DP⊥FGはなかなか手ごわいですが、次のようにして示せます。
DP上にDからDJと等しくなるような点Lをとり、△DJG≡△DLGより∠DLG＝90°（…④）
次にDAと等しくなるような点Mをとると、同様にして∠DMF＝90°（…⑤）
DJ＝DAから、点LとMは一致し、④⑤より、点F、L（M）、Gは一直線上にあり、かつFG⊥DM

〈解法2〉
正方形AIJD－（△DAF＋△FIG＋△DGJ）としても求めることができます。

回転移動から生まれる興味深い性質

回転移動という発想により次が浮かびます。

[図7]

系【図7】の正方形で∠EDF＝45°。
ここでDからEFに垂線DGを下せば、
DG＝DA＝DC
∠ADE＝∠GDE、∠CDF＝∠GDF
AE＝EG、GF＝FC
がいえる。

[図7]

［2014年10月初出］

[2016.1.4]

演習問題（2）

演習5

問題

【図1】のような正方形ABCDがあり、点Mを辺BCの中点とする。
AM上の点D′は、この正方形をECについて折ったときに点Dが移る点で、点EはAD上にあるものとする。
このとき次の各問に答えなさい。

（1）AE：EDを最も簡単な整数の比で表しなさい。
（2）【図2】のようにEMとDD′の交点をFとするとき、△ED′Fと△D′MCの面積の比を最も簡単な整数の比で表しなさい。

[図1]

[図2]

点Eの位置を見た目で判断してはなりません。

[図3]

（1）AMとDCの延長の交点をGとすると、BM＝MCだからAB＝GC（＝DC）
また、折り返し図形の性質よりD′C＝DC
このことからDC＝D′C＝CG
よって、△DD′Gのそれぞれの内角は【図3】のようになり、2о＋2×＝180°
こうして∠DD′G＝о＋×＝90°（…①）
一方、DとD′は折り目ECについて対称で（☆）、∠DFC＝90°（…②）
つまり①②により、EC∥AM

このことと☆より、△DAD′において、AE：ED＝D′F：FD＝1：1

[図3]

2つの三角形にある関係

[図4]

（2）まず、折り返し図形の性質より∠EDC＝∠ED′C＝90°
ここで（1）より点Eと点Mはそれぞれの辺の中点で、EM∥DC、EM⊥BC
したがって∠EMC＝∠ED′C＝90°より、4点E、D′、M、Cは同一円周上の点である（…③）
また4点E、M、C、Dも同一円周上にある（…④）から、ということは、5点E、D′、M、C、Dは同一円周上の点である【図4】

そこで、∠D′EM＝∠D′CM＝●（…⑤）
さらに∠MEC＝∠MD′C、∠DCE＝∠DD′Eと、∠MEC＝∠DCEから、∠MD′C＝∠DD′E＝о（…⑥）

以上⑤⑥より、△ED′F∽△CD′Mとなる。
最後に、正方形の一辺を2aとすれば、ED′＝ED＝a、CD′＝CD＝2aなので、対応する辺比から、
∴　△ED′F：△D′MC＝a²：(2a)²＝1：4

[図4]

直角三角形で必須の構図

今回の（1）で肝となったのは下記の構図【図5】です。
様々な場面で活用が効くので、目に留めておくと良いでしょう。

系

[図5]

［2014年11月初出］

演習6

問題

短辺、長辺の長さがそれぞれ1、の長方形ABCDがあり、対角線ACを折り目として【図1】のように折る。
このとき頂点DはD′へ移るものとし、【図2】のようにBCとAD′、DD′との交点をそれぞれE、Fとする。また、ACとDD′の交点をGとする。
このとき次の各問に答えなさい。

（1）BEの長さを求めなさい。
（2）BE：EF：FCを最も簡単な整数の比で表しなさい。
（3）BGの長さを求めなさい。
（4）長方形ABCDは、△BD′Cの面積の何倍になるか答えなさい。

☆私立難関高向け発展問題
（5）GE²＝ED′²＋D′F²＋FG²を示しなさい。

[図1]

[図2]

対角線の折り返しでみられる二等辺三角形

[図3]

（1）図形の折り返しの性質から∠DAC＝∠D′AC
それとAD∥BCから、∠DAC＝∠ACB
以上より∠D′AC＝∠ACBがいえて、△AECは二等辺三角形になるから、
AE＝CE（…※）
これは折り返し図形の大切なポイントです。

そこでBE＝xとすると、AE＝CE＝－xとなって、△ABEで成り立つ三平方の定理より（【図3】）、
(－x)²＝1²＋x² ∴　x＝ √2/4

[図3]

[図4]

（2）AD＝AD′から、∠ADD′＝∠AD′D（…①）
AD∥BCから、∠ADD′＝∠EFD′（…②）
①②より【図4】のように、ED′＝EF（…③）

また、BE＝BC－EC、ED′＝AD′－AE
※より、BE＝D′E（…④）

③④により、EF＝ED′＝BE＝ √2/4

FC＝BC－BE－EF＝－ √2/4 － √2/4 ＝ √2/2

∴　BE：EF：FC＝ √2/4 ： √2/4 ： √2/2 ＝1：1：2

[図4]

潜む平行四辺形の発見

[図5]

（3）△ADG∽△CFG（…⑤）で、（2）より点Fは辺BCの中点だから、
DG：GF＝2：1
また、点DとD′は対角線ACについて対称で、DG＝D′Gだから、
DG：GF：FD′＝2：1：1
つまり四角形BD′CGは、
BF＝FC、GF＝FD′
となり、対角線のそれぞれが中点で交わるので平行四辺形（…☆）である。
よって、BG＝D′C＝1

[図5]

（4）☆より△BD′C＝△CGBなので、△CGBと長方形ABCDの面積を比較します。
⑤よりAG：GC＝2：1から、△AGB：△CGB＝2：1
すると長方形ABCD＝△ABC×2＝(△CGB×3)×2＝△CGB×6
ゆえに6倍となる。

[図6]

（5）【図6】のように、GEの延長とBD′との交点をHとします。
このとき、（2）よりBE：EF＝1：1
（3）よりGF：FD′＝1：1

[図6]

ここで【図7】を利用し、点FよりGHと平行な補助線を引き、
BH：HD′＝1：2
また点HよりBFと平行な補助線を引き、GE：EH＝3：1

さて、GE＝34GHより、
GE²＝916GH²

[図7]

ここでACについての点DとD′の対称性より、∠CGD′＝90°
すると☆の平行四辺形BD′CGにおいて、∠BD′G＝90°
それゆえ、GH²＝HD′²＋D′G²を利用し、
＝916(HD′²＋D′G²)
（HD′＝23BD′、D′G＝2D′Fから、）
＝916(49BD′²＋4D′F²)＝14BD′²＋94D′F²
（ここで、BD′²＝BF²－FD′²を利用し、）
＝14(BF²－FD′²)＋94D′F²＝14BF²－14FD′²＋94D′F²＝14BF²＋2D′F²
（BF＝2EFより、）
＝14×4EF²＋2D′F²
（D′F＝FGから、）
＝EF²＋D′F²＋FG²
（（2）よりEF＝ED′から、）
GE²＝ED′²＋D′F²＋FG²

中線定理

[別解] 後述の中線定理を利用することにより、
GE²＋ED′²＝2(FD′²＋EF²)
＝2FD′²＋2EF²
EF＝ED′より
＝2FD′²＋2ED′²
GE²＝2FD′²＋ED′²
FD′＝FGより、
＝FD′²＋FG²＋ED′²

定理（中線定理）

[図8]

MがBCの中点であるとき、次が成り立つ。

AB²＋AC²＝2(BM²＋AM²)

［2014年12月初出］

演習7

問題

[図1]

【図1】の長方形ABCDは、辺AB上にAE＝1cmとなる点Eをとり、ECを折り目とし点Bが点B′へ移るように折り返した図である。
また辺ADとEB′との交点をFとし、B′F＝EPとなるように線分EB上に点Pをとる。
　BC＝AB＝EB
が成り立っているとき、次の各問に答えなさい。

（1）∠AEFの大きさを求めなさい。
（2）EPの長さを求めなさい。

[図2]

（3）【図2】のように点Pと点Fを結んだ線と、ECとの交点をGとする。このとき、
i)EGの長さを求めなさい。
ii)△AEF：△GEF＝1：　　　である。　　　に入る数値を答えなさい。

∠BECの大きさをヒントに

（1）題意よりBC＝EB、∠EBC＝90°から、∠BEC＝60°
つまり折り返し図形の性質から、∠B′EC＝60°
よって、∠AEF＝180°－(60°＋60°)＝60°となる。

[図3]

（2）長方形の縦・横の辺比が1：であること（…※）
を利用します。
（1）よりEF＝2。ここでFB′＝a（＝EP）とすると、
EB＝EB′＝a＋2
すると題意より、
BC＝EB＝(a＋2)（…①）
またAB＝1＋(a＋2)＝a＋3（…②）
※を①②を用いて式にすれば、
AB：BC＝(a＋3)：(a＋2)＝1：
整理して、(a＋2)＝(a＋3)
a－a＝3－2
(－)a＝(－)
a＝
よって、EP＝ (cm)

大切なテーマが潜んでいる

[図4]

（3）点Fを通りGEに平行な直線と、PEの延長との交点を【図4】のように点Hとします。
i）∠FHE＝∠GEP＝60°より、
∠FEH＝∠FHE＝60°となって、
△FHEは正三角形となる。
よって、FH＝HE＝EF＝2
ここで、EG：HF＝PE：PHが成り立つので、
EG：2＝：(＋2)
EG6－2

[図5]

ii）∠AEF＝∠GEFより、
△AEF：△GEF
＝AE×EF：EG×EF（…後述の「定理2」より）
＝AE：EG
＝1：6－2

定理2

[図6]

右図において、
左右2つの三角形の面積比は、
ab：cd
である。

系

[図7]

右図において、
∠XOZ＝∠YOZ＝60°
のとき、
1OZ＝1OX＋1OY
が成り立つ。

[図8]

[証明]【図8】のようにして、
OZ：QY＝XO：XQ
ここで△OYQは正三角形であることを利用して、
OZ：OY＝OX：(OX＋OQ)
OZ：OY＝OX：(OX＋OY)
OX×OY＝OZ(OX＋OY)
OX×OY＝OX×OZ＋OY×OZ
ここで両辺を、OX×OY×OZで割ると、
OX×OYOX×OY×OZ＝OX×OZOX×OY×OZ＋OY×OZOX×OY×OZ
整理し下記を導くことができる。
1OZ＝1OX＋1OY　　[証明終わり]

［2015年2月初出］

[2016.1.15 終]