3九州大学 2008年 数学 第3問解答・解説

点 $O$ を基点とし，位置ベクトルはすべて $O$ からのベクトルで表す。　 　 (1)　 点 $Q$ は辺 $AB$ 上にあるから，$AQ:QB=m:n$ とおくと$$\displaystyle \vec{OQ}=\frac{n\,\vec{OA}+m\,\vec{OB}}{m+n}.$$三角形 $OAQ,\,OBQ$ は頂点 $O$ を共有し，底辺 $AQ,\,QB$ が同一直線 $AB$ 上にあるので，$O$ から直線 $AB$ までの高さは共通である。したがって$$\triangle OAQ:\triangle OBQ=AQ:QB=m:n. \tag{i}$$一方，$O,\,Q,\,P$ は同一直線上にあり，しかも $Q$ が $O$ と $P$ の間にある（$P$ は $Q$ に関して $O$ と反対側）。三角形 $OAQ$ と $OAP$ は頂点 $A$ を共有し，底辺 $OQ,\,OP$ が同一直線上にあるから，$A$ から直線 $OP$ までの高さが共通で，$$\displaystyle \triangle OAP=\triangle OAQ\cdot\frac{OP}{OQ}.$$同様に $\displaystyle \triangle OBP=\triangle OBQ\cdot\dfrac{OP}{OQ}$ である。$\displaystyle k=\dfrac{OP}{OQ}\,(>1)$ とおくと$$a=\triangle OAQ\cdot k,\qquad b=\triangle OBQ\cdot k$$であるから，$k$ は消えて$$a:b=\triangle OAQ:\triangle OBQ=AQ:QB\quad(\text{(i)より}).$$よって $m:n=a:b$ ととれるので，$$\displaystyle \boxed{\ \vec{OQ}=\dfrac{b\,\vec{OA}+a\,\vec{OB}}{a+b}\ }$$を得る。（検算：$a=b$ のとき $Q$ は $AB$ の中点となり，直感的な対称性と一致する。）　 　 (2)　 (1) の議論より $a=k\cdot\triangle OAQ,\ b=k\cdot\triangle OBQ$ なので，辺々加えて$$a+b=k(\triangle OAQ+\triangle OBQ)=k\cdot\triangle OAB.$$よって $\displaystyle \triangle OAB=\dfrac{a+b}{k}$ …①　 次に，直線 $AB$ に関する高さで考える。$O$ から直線 $AB$ までの距離を $h_{O}$，$P$ から直線 $AB$ までの距離を $h_{P}$ とすると$$\displaystyle \triangle OAB=\frac12 AB\cdot h_{O},\qquad c=\triangle ABP=\frac12 AB\cdot h_{P}$$であるから$$\displaystyle \frac{h_{O}}{h_{P}}=\frac{\triangle OAB}{c}.\tag{ii}$$$Q$ は直線 $AB$ 上の点で，$O,\,P$ を結ぶ直線がこの点で $AB$ と交わっているから，$O,\,P$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足とで相似な直角三角形ができ（$O,Q,P$ は一直線上），$$OQ:QP=h_{O}:h_{P}.$$(ii) より $OQ:QP=\triangle OAB:c$ なので$$\displaystyle \frac{QP}{OQ}=\frac{c}{\triangle OAB}=\frac{ck}{a+b}\quad(\text{①より}).$$よって$$\displaystyle k=\frac{OP}{OQ}=1+\frac{QP}{OQ}=1+\frac{ck}{a+b}\ \text{より}\ k\left(1-\frac{c}{a+b}\right)=1\ \text{より}\ k=\frac{a+b}{a+b-c}$$（この配置が成り立つには $0<c<a+b$ が必要で，これは常に成立する）。したがって$$\displaystyle \vec{OP}=k\,\vec{OQ}=\frac{a+b}{a+b-c}\cdot\frac{b\,\vec{OA}+a\,\vec{OB}}{a+b}$$$$\displaystyle \boxed{\ \vec{OP}=\dfrac{b\,\vec{OA}+a\,\vec{OB}}{a+b-c}\ }.$$（検算：$O=(0,0),\,A=(2,0),\,B=(0,2)$ とし直線 $y=x$ 上に $P=(t,t)\,(t>1)$ をとると，$a=b=t,\,c=2(t-1)$ となり，公式は $\displaystyle \dfrac{(2t,2t)}{2t-2(t-1)}=(t,t)=P$ と一致する。）　 　 (3)　 $OA=3,\,OB=5,\,AB=6$（$3+5>6,\ 3+6>5,\ 5+6>3$ より三角形は確かに存在する）とする。点 $P$ を中心とする半径 $r$ の円が直線 $OA,\,OB,\,AB$ のすべてに接するとすると，$P$ から各直線までの距離はいずれも $r$ である。三角形の面積は「底辺 $\times$ 高さ $\div 2$」で計算できるから，底辺をそれぞれ $OA,\,OB,\,AB$ にとると$$\displaystyle a=\triangle OAP=\frac12\cdot OA\cdot r=\frac32 r,\qquad b=\triangle OBP=\frac12\cdot OB\cdot r=\frac52 r,\qquad c=\triangle ABP=\frac12\cdot AB\cdot r=3r.$$よって$$\displaystyle a:b:c=\frac32:\frac52:3=3:5:6.$$（このとき $\displaystyle a+b-c=\frac32r+\frac52r-3r=r>0$ となり，(2) で必要な条件 $a+b>c$ を満たすので，このような点 $P$ は実際に (1)(2) の枠組みの中に存在しうる。なお，$AQ:QB=a:b=3:5=OA:OB$ となるので $Q$ は $\angle AOB$ の二等分線と $AB$ の交点であり，$P$ はその二等分線上で $Q$ の $O$ と反対側にある点，すなわちこの円は「傍心」を中心とする傍接円である。内心は $O$ と $Q$ の間にあるため，本問の位置関係「$P$ は $Q$ に関して $O$ と反対側」を満たすのは傍心の場合のみで，条件を満たす円は一意に定まる。）　 (2) の結果に $a=3k_0,\,b=5k_0,\,c=6k_0$（$k_0=r/2>0$）を代入すると$$\displaystyle \vec{OP}=\frac{b\,\vec{OA}+a\,\vec{OB}}{a+b-c}=\frac{5k_0\,\vec{OA}+3k_0\,\vec{OB}}{3k_0+5k_0-6k_0}=\frac{5k_0\,\vec{OA}+3k_0\,\vec{OB}}{2k_0}$$$$\displaystyle \boxed{\ \vec{OP}=\dfrac{5}{2}\vec{OA}+\dfrac{3}{2}\vec{OB}\ }.$$（検算：$O=(0,0),\,A=(3,0)$ とし $OB=5,\,AB=6$ となるように $\displaystyle B=\left(-\dfrac13,\dfrac{4\sqrt{14}}{3}\right)$ をとると，上式から $P=(7,\,2\sqrt{14})$ となる。実際に直線 $OA$（$x$ 軸），直線 $OB$，直線 $AB$ のそれぞれから $P$ までの距離を計算するといずれも $2\sqrt{14}$ となり，$P$ が確かに 3 直線すべてに等距離であることが確認できる。）