3日本大学 2019年 数学 第3問解答・解説

問題[3]

(1)

$BD=d$、$AD=h$ とおくと、直角三角形より $$d^2+h^2=9,\qquad (6-d)^2+h^2=25.$$ 差をとって $36-12d=16$ だから $BD=5/3$、$DC=13/3$。従って $$\displaystyle AD=h=\sqrt{9-\frac{25}{9}}=\frac{2\sqrt{14}}3.$$ 三角形 $ABD$ の面積は $5\sqrt{14}/9$、半周長は $(7+\sqrt{14})/3$ であるから $$\displaystyle r_1=\frac{5\sqrt{14}/9}{(7+\sqrt{14})/3}=\frac{\sqrt{14}-2}{3}.$$ 同様に三角形 $ADC$ の面積は $13\sqrt{14}/9$、半周長は $(14+\sqrt{14})/3$ なので $$\displaystyle r_2=\frac{13\sqrt{14}/9}{(14+\sqrt{14})/3}=\frac{\sqrt{14}-1}{3}=r_1+\frac13.$$

(2)

同じ頂点から円に引いた接線の長さは等しい。三角形 $ABD$ の半周長は $(7+\sqrt{14})/3$ であるから、頂点 $A$ からの接線長は半周長から $BD$ を引いた値であり、 $$\displaystyle AE=\frac{7+\sqrt{14}}3-\frac53=\frac{\sqrt{14}+2}{3}.$$ 三角形 $ADC$ では半周長が $(14+\sqrt{14})/3$ だから $$\displaystyle AF=\frac{14+\sqrt{14}}3-\frac{13}3=\frac{\sqrt{14}+1}{3}=AE-\frac13.$$

(3)

$AO_1,AO_2$ はそれぞれ直角三角形 $ABD,ADC$ の頂点 $A$ の角の二等分線である。したがって $\theta=\angle A/2$。余弦定理より $$\displaystyle \cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\,AB\,AC}=-\frac1{15}, \qquad \cos\theta=\sqrt{\frac{1+\cos A}{2}}=\sqrt{\frac7{15}}=\frac{\sqrt{105}}{15}.$$ 面積は座標を置いて求める。$D=(0,0), A=(0,h), B=(-5/3,0), C=(13/3,0)$ とすると、内心は $$O_1=(-r_1,r_1),\qquad O_2=(r_2,r_2).$$ 面積は三角形の差で求める。線分 $AD$ を共通の底辺とすると $$\displaystyle [ADO_1]+[ADO_2]=\frac{h(r_1+r_2)}2.$$ 一方、$DO_1=\sqrt2r_1$、$DO_2=\sqrt2r_2$ であり、座標から $DO_1\perp DO_2$ なので $$\displaystyle [DO_1O_2]=\frac12(\sqrt2r_1)(\sqrt2r_2)=r_1r_2.$$ 三角形 $ADO_1$ と $ADO_2$ を合わせた四角形から三角形 $DO_1O_2$ を除けば、三角形 $AO_1O_2$ が残る。従って $$\displaystyle \begin{aligned} [AO_1O_2]&=\frac{h(r_1+r_2)}2-r_1r_2\\ &=\frac{28-3\sqrt{14}}9-\frac{16-3\sqrt{14}}9=\frac43. \end{aligned}$$ 空欄は $AD=2\sqrt{14}/3$、$r_1=(\sqrt{14}-2)/3$、$r_2=r_1+1/3$、$AE=(\sqrt{14}+2)/3$、$AF=AE-1/3$、$\cos\theta=\sqrt{105}/15$、面積 $4/3$ である。