2九州大学 2016年 数学 第2問解答・解説

方針

△ABC の面積を $S=1$ とし,$\vec{b}=\vec{AB},\ \vec{c}=\vec{AC}$ とおく。△ABC が三角形をなすことから $\vec b,\vec c$ は一次独立であり,平面上の任意の点 $X$ に対し $\vec{AX}=x\vec b+y\vec c$ の形の表し方はただ一通りである(以下,この一次独立性による「係数比較」を繰り返し用いる)。

与えられた内分比 $AD:DB=2:1,\ BE:EC=t:(1-t),\ CF:FA=1:3$ より$$\displaystyle \vec{AD}=\frac23\vec b,\qquad \vec{AE}=(1-t)\vec b+t\vec c,\qquad \vec{AF}=\frac34\vec c$$である($CF:FA=1:3$ は $AF:AC=3:4$ すなわち $\displaystyle \vec{AF}=\frac34\vec c$ を意味する)。

(1) $t_0$ を求める

3直線 $AE,BF,CD$(頂点から対辺の分点へ引いた線)が1点で交わる条件は,チェバの定理(数学A・図形の性質)より$$\displaystyle \frac{BE}{EC}\cdot\frac{CF}{FA}\cdot\frac{AD}{DB}=1$$である。$\displaystyle \dfrac{BE}{EC}=\dfrac{t}{1-t},\ \dfrac{CF}{FA}=\dfrac13,\ \dfrac{AD}{DB}=2$ を代入すると$$\displaystyle \frac{t}{1-t}\cdot\frac13\cdot2=1 \text{であるための必要十分条件は} 2t=3(1-t)\text{、すなわち} 5t=3\text{、すなわち} t=\frac35.$$これは $0<t<1$ を満たすから $\displaystyle t_0=\dfrac35$ である。

(2) $k,\ell$ を求める($0<t<t_0$)

以下、$P,Q,R$ をそれぞれ直線 $AE$ と $BF$、$BF$ と $CD$、$CD$ と $AE$ の交点とする。

$P$ について。 $P$ は直線 $AE$ 上にあるからある実数 $s$ で $\vec{AP}=s\,\vec{AE}=s(1-t)\vec b+st\vec c$(このとき $k=s$)。また $P$ は直線 $BF$ 上にもあるからある実数 $u$ で$$\displaystyle \vec{AP}=\vec{AB}+u\,\vec{BF}=\vec b+u\Big(\frac34\vec c-\vec b\Big)=(1-u)\vec b+\frac34u\vec c$$ともかける。係数を比較して$$\displaystyle s(1-t)=1-u,\qquad st=\frac34u.$$第2式より $\displaystyle u=\dfrac{4st}{3}$。第1式に代入し$$\displaystyle s(1-t)=1-\frac{4st}{3}\ \text{より}\ 3s(1-t)+4st=3\ \text{より}\ s(3+t)=3\ \text{より}\ s=\frac{3}{t+3}.$$よって $\displaystyle k=\dfrac{3}{t+3}$。

$R$ について。 $R$ は直線 $CD$ 上にあるからある実数 $v$ で$$\displaystyle \vec{AR}=\vec{AC}+v\,\vec{CD}=\vec c+v\Big(\frac23\vec b-\vec c\Big)=\frac23v\vec b+(1-v)\vec c$$($CR=v\,CD$,すなわち $\ell=v$)。また $R$ は直線 $AE$ 上にもあるからある実数 $s'$ で $\vec{AR}=s'(1-t)\vec b+s't\vec c$。係数比較で$$\displaystyle \frac23v=s'(1-t),\qquad 1-v=s't.$$第1式より $\displaystyle v=\dfrac32s'(1-t)$。第2式に代入し$$\displaystyle 1-\frac32s'(1-t)=s't\ \text{より}\ 1=s'\Big(t+\frac32(1-t)\Big)=s'\cdot\frac{3-t}{2}\ \text{より}\ s'=\frac{2}{3-t}.$$ゆえに$$\displaystyle \ell=v=\frac32\cdot\frac{2}{3-t}\cdot(1-t)=\frac{3(1-t)}{3-t}.$$

検算: $t\to0^+$($E\to B$)のとき $AE\to AB$ となり $P\to B$($k\to1$),$R\to D$($\ell\to1$)となるはずである。実際 $\displaystyle k=\dfrac{3}{0+3}=1,\ \ell=\dfrac{3\cdot1}{3-0}=1$ で一致し,検算が取れる。

以上より$$\displaystyle k=\frac{3}{t+3},\qquad \ell=\frac{3(1-t)}{3-t}\qquad(0<t<t_0).$$

(3) △BCQ の面積

直線 $BF$ と $CD$ の交点 $Q$ は直線 $AE$(したがって $t$)に関係なく定まる点であることに注意する。$Q$ は直線 $BF,CD$ の双方の上にあるから,ある実数 $u_1,v_1$ で$$\displaystyle \vec{AQ}=(1-u_1)\vec b+\frac34u_1\vec c=\frac23v_1\vec b+(1-v_1)\vec c.$$係数比較より$$\displaystyle 1-u_1=\frac23v_1,\qquad \frac34u_1=1-v_1.$$第2式から $\displaystyle v_1=1-\frac34u_1$,第1式に代入して$$\displaystyle 1-u_1=\frac23-\frac12u_1\ \text{より}\ \frac12u_1=\frac13\ \text{より}\ u_1=\frac23,\qquad v_1=1-\frac34\cdot\frac23=\frac12.$$よって$$\displaystyle \vec{AQ}=\frac13\vec b+\frac12\vec c$$($Q$ は $t$ によらない定点)。

面積比の公式: 2点 $X,Y$ について $\vec{AX}=x_1\vec b+y_1\vec c,\ \vec{AY}=x_2\vec b+y_2\vec c$ のとき$$\displaystyle \frac{[\triangle AXY]}{[\triangle ABC]}=|x_1y_2-x_2y_1|$$が成り立つ(証明：通常の直交座標で $A=(0,0),B=(u,0),C=(v,w)$、$u>0,w>0$ とおく。すると $X=(ux_1+vy_1,wy_1),Y=(ux_2+vy_2,wy_2)$。三角形の座標面積公式を展開すると $[AXY]=uw|x_1y_2-x_2y_1|/2$ であり、$[ABC]=uw/2$ で割ればよい。任意の三角形を相似だけで直角三角形にすることはできないため、そのような変形は使わない。)この公式は基点を $A$ 以外にとっても同様に成り立つ(基点をずらしたベクトルの $\vec b,\vec c$ 成分を用いればよい)。

基点を $B$ にとると $\vec{BC}=\vec c-\vec b$(成分 $(-1,1)$),$\displaystyle \vec{BQ}=\vec{AQ}-\vec{AB}=-\frac23\vec b+\frac12\vec c$(成分 $\displaystyle \big(-\frac23,\frac12\big)$)であるから$$\displaystyle \frac{[\triangle BCQ]}{[\triangle ABC]}=\Big|(-1)\cdot\frac12-1\cdot\Big(-\frac23\Big)\Big|=\Big|-\frac12+\frac23\Big|=\frac16.$$$[\triangle ABC]=1$ であるから$$\displaystyle [\triangle BCQ]=\frac16.$$

(4) △PQR の面積

(2)より $\vec b,\vec c$ 成分は$$\displaystyle (x_P,y_P)=\Big(\frac{3(1-t)}{t+3},\frac{3t}{t+3}\Big),\qquad (x_Q,y_Q)=\Big(\frac13,\frac12\Big),\qquad (x_R,y_R)=\Big(\frac{2(1-t)}{3-t},\frac{2t}{3-t}\Big).$$基点を $P$ にとり,同じ面積公式を用いると$$\displaystyle \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle ABC]}=\big|(x_Q-x_P)(y_R-y_P)-(x_R-x_P)(y_Q-y_P)\big|=:\Delta.$$$a=t+3,\ b'=3-t$( $b'$ は基底 $\vec b$ と紛れないよう用いた記号)とおき,$$\displaystyle y_Q-y_R=\frac12-\frac{2t}{b'}=\frac{3-5t}{2b'},\qquad y_R-y_P=\frac{2t}{b'}-\frac{3t}{a}=\frac{t(5t-3)}{ab'},\qquad y_P-y_Q=\frac{3t}{a}-\frac12=\frac{5t-3}{2a}$$と計算し(いずれも通分による直接計算),$$x_P(y_Q-y_R)+x_Q(y_R-y_P)+x_R(y_P-y_Q)$$$$\displaystyle =\frac{3(1-t)(3-5t)}{2ab'}+\frac{t(5t-3)}{3ab'}+\frac{(1-t)(5t-3)}{ab'}$$$$\displaystyle =\frac{9(1-t)(3-5t)+2t(5t-3)+6(1-t)(5t-3)}{6ab'}=\frac{(5t-3)\big[-9(1-t)+2t+6(1-t)\big]}{6ab'}=\frac{(5t-3)(5t-3)}{6ab'}=\frac{(5t-3)^2}{6ab'}$$となる(この式はちょうど三角形の面積の2倍公式に対応する和であり,$\displaystyle \Delta=\frac12\times$ではなく上式そのものが $\Delta$ に等しいことは基点をPに取った定義から従う)。ゆえに$$\displaystyle \Delta=\frac{(5t-3)^2}{6(t+3)(3-t)}.$$$\displaystyle 0<t<t_0=\frac35$ より $t+3>0,\ 3-t>0$ で $\Delta>0$(絶対値ははずれている)。$[\triangle ABC]=1$ であるから$$\displaystyle [\triangle PQR]=\Delta=\frac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)}\qquad\Big(0<t<\frac35\Big).$$

検算1: $\displaystyle t\to t_0=\frac35$ のとき $3-5t\to0$ なので $[\triangle PQR]\to0$。これは $t=t_0$ でちょうど $AE,BF,CD$ が1点で交わり $P=Q=R$ となる(面積0の退化三角形になる)ことと整合する。

検算2: $t\to0^+$ のとき公式値は $\displaystyle \dfrac{9}{6\cdot9}=\dfrac16$。一方 $t\to0^+$ では $\displaystyle P\to B(\text{成分}(1,0)),\ R\to D(\text{成分}(\frac23,0))$ となるはずなので,これらと $\displaystyle Q(\frac13,\frac12)$ から直接面積比を計算すると$$\displaystyle \Big|(x_D-x_B)(y_Q-y_B)-(x_Q-x_B)(y_D-y_B)\Big|=\Big|\Big(-\frac13\Big)\cdot\frac12-\Big(-\frac23\Big)\cdot0\Big|=\frac16$$で一致し,検算が取れる。

結論$$\displaystyle t_0=\frac35,\quad k=\frac{3}{t+3},\quad \ell=\frac{3(1-t)}{3-t},\quad [\triangle BCQ]=\frac16,\quad [\triangle PQR]=\frac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)}\ \ (0<t<\tfrac35).$$