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獨協医科大学/2020年度/一般

獨協医科大学 2020年 数学 第4問解答・解説

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1問題

獨協医科大学2020年度第4問

三角形 ABCABC は AB=4, AC=5, AB→⋅AC→=5AB=4,\ AC=5,\ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=5 を満たしている。三角形 ABCABC の外心を OO,外接円を KK とする。

(1) AO→⋅AB→=ア\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{AB}=\boxed{\text{ア}} である。また,AO→\overrightarrow{AO} を AB→,AC→\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} を用いて表すと AO→=イウエオAB→+カキクケAC→\displaystyle \overrightarrow{AO}=\frac{\boxed{\text{イウ}}}{\boxed{\text{エオ}}}\overrightarrow{AB}+\frac{\boxed{\text{カキ}}}{\boxed{\text{クケ}}}\overrightarrow{AC} である。

(2) 円 KK の点 AA を含まない弧 BCBC 上に点 DD を三角形 DBCDBC の面積が最大となるようにとり,線分 ADAD と線分 BCBC との交点を EE とする。このとき,AE→\overrightarrow{AE} を AB→,AC→\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} を用いて表すと AE→=コサAB→+シスAC→\displaystyle \overrightarrow{AE}=\frac{\boxed{\text{コ}}}{\boxed{\text{サ}}}\overrightarrow{AB}+\frac{\boxed{\text{シ}}}{\boxed{\text{ス}}}\overrightarrow{AC} である。また,AD→=tAE→\overrightarrow{AD}=t\overrightarrow{AE}(tt は実数)とおくとき,tt の値は t=セソタチ\displaystyle t=\frac{\boxed{\text{セソ}}}{\boxed{\text{タチ}}} である。

(3) (2)の DD について,線分 BCBC 上に PO→⋅PD→=0\overrightarrow{PO}\cdot\overrightarrow{PD}=0 かつ BP>CPBP>CP を満たす点 PP をとる。このとき CPBP=ツ−テト\displaystyle \frac{CP}{BP}=\frac{\boxed{\text{ツ}}-\sqrt{\boxed{\text{テ}}}}{\boxed{\text{ト}}} である。

まずは自分で解いてみましょう。詰まったら「考え方」、解けたら「答え」で確かめられます。

2考え方

考え方を見る解き方の方針だけを確かめる

外心からの等距離条件を内積で式にし、弧の中点と角の二等分線を使って交点Eを定める。余弦定理でAEを求め、交わる弦の方べきからAD/AEを出す。最後はBCの内分点を媒介変数で表し、内積条件を二次方程式にする。

3答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • (1)(1)\quad ア=8, =8,\space{} イウ=11, =11,\space{} エオ=30, =30,\space{} カキ=32, =32,\space{} クケ=75;AE→=59AB→+49AC→,t=8150;CPBP=3−52.\displaystyle =75;\qquad \overrightarrow{AE}=\frac59\overrightarrow{AB}+\frac49\overrightarrow{AC},\quad t=\frac{81}{50};\qquad \frac{CP}{BP}=\frac{3-\sqrt5}{2}.

4解答

解答を見る途中式つきの解答

(1) b=AB→, c=AC→, o=AO→\boldsymbol b=\overrightarrow{AB},\ \boldsymbol c=\overrightarrow{AC},\ \boldsymbol o=\overrightarrow{AO} とする。外心は A,B,CA,B,C から等距離なので ∣o∣2=∣o−b∣2,∣o∣2=∣o−c∣2.|\boldsymbol o|^2=|\boldsymbol o-\boldsymbol b|^2,\qquad |\boldsymbol o|^2=|\boldsymbol o-\boldsymbol c|^2. これより o⋅b=∣b∣2/2=8\boldsymbol o\cdot\boldsymbol b=|\boldsymbol b|^2/2=8、o⋅c=∣c∣2/2=25/2\boldsymbol o\cdot\boldsymbol c=|\boldsymbol c|^2/2=25/2。o=ub+vc\boldsymbol o=u\boldsymbol b+v\boldsymbol c とおけば 16u+5v=8,5u+25v=252.\displaystyle 16u+5v=8,\qquad 5u+25v=\frac{25}{2}. これを解いて u=11/30, v=32/75u=11/30,\ v=32/75。したがって AO→⋅AB→=8\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{AB}=8 および AO→=1130AB→+3275AC→.\displaystyle \overrightarrow{AO}=\frac{11}{30}\overrightarrow{AB}+\frac{32}{75}\overrightarrow{AC}.

(2) 底辺 BCBC を固定した三角形 DBCDBC の面積は、点 DD の直線 BCBC からの距離が最大のとき最大となる。円周上でその点は、弧 BCBC(点Aを含まない方)の中点である。この弧の中点では弧 BDBD と弧 DCDC が等しいため、∠BAD=∠DAC\angle BAD=\angle DAC。したがって ADAD は ∠A\angle A の二等分線であり、角の二等分線の定理から BE:EC=AB:AC=4:5BE:EC=AB:AC=4:5。よって AE→=59AB→+49AC→,BE=4319,EC=5319,\displaystyle \overrightarrow{AE}=\frac59\overrightarrow{AB}+\frac49\overrightarrow{AC},\quad BE=\frac{4\sqrt{31}}9,\quad EC=\frac{5\sqrt{31}}9, ただし BC2=42+52−2⋅5=31BC^2=4^2+5^2-2\cdot5=31。余弦定理より cos⁡B=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=11431.\displaystyle \cos B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{11}{4\sqrt{31}}. 三角形 ABEABE に余弦定理を用いると AE2=42+(4319)2−2⋅4⋅4319⋅11431=100081.\displaystyle AE^2=4^2+\left(\frac{4\sqrt{31}}9\right)^2-2\cdot4\cdot\frac{4\sqrt{31}}9\cdot\frac{11}{4\sqrt{31}}=\frac{1000}{81}. 円 KK の弦 AD,BCAD,BC が EE で交わるので、方べきの定理から EA⋅ED=EB⋅ECEA\cdot ED=EB\cdot EC。点の並びは A−E−DA-E-D であるから t=ADAE=1+EDEA=1+BE⋅CEAE2=1+6201000=8150.\displaystyle t=\frac{AD}{AE}=1+\frac{ED}{EA}=1+\frac{BE\cdot CE}{AE^2}=1+\frac{620}{1000}=\frac{81}{50}.

(3) b=AB→,c=AC→\boldsymbol b=\overrightarrow{AB},\boldsymbol c=\overrightarrow{AC} とし、λ=BP/BC\lambda=BP/BC とおくと AP→=(1−λ)b+λc\overrightarrow{AP}=(1-\lambda)\boldsymbol b+\lambda\boldsymbol c。(1)、(2)から AO→=1130b+3275c,AD→=8150(59b+49c)=910b+1825c.\displaystyle \overrightarrow{AO}=\frac{11}{30}\boldsymbol b+\frac{32}{75}\boldsymbol c,\qquad \overrightarrow{AD}=\frac{81}{50}\left(\frac59\boldsymbol b+\frac49\boldsymbol c\right)=\frac9{10}\boldsymbol b+\frac{18}{25}\boldsymbol c. また b⋅b=16, c⋅c=25, b⋅c=5\boldsymbol b\cdot\boldsymbol b=16,\ \boldsymbol c\cdot\boldsymbol c=25,\ \boldsymbol b\cdot\boldsymbol c=5。これらを PO→⋅PD→=0\overrightarrow{PO}\cdot\overrightarrow{PD}=0 に代入して整理すると 31λ2−31λ+315=0,λ=5±510.\displaystyle 31\lambda^2-31\lambda+\frac{31}{5}=0, \quad\lambda=\frac{5\pm\sqrt5}{10}. 条件 BP>CPBP>CP は λ>1/2\lambda>1/2 なので λ=(5+5)/10\lambda=(5+\sqrt5)/10。よって CPBP=1−λλ=3−52.\displaystyle \frac{CP}{BP}=\frac{1-\lambda}{\lambda}=\frac{3-\sqrt5}{2}.

この問題で使う考え方

  • 余弦定理
  • 角の二等分線の性質
  • 円の性質
  • 方べきの定理
  • 位置ベクトル
  • ベクトルの内積
  • ベクトルによる図形の考察

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