福島県立医科大学 2023年　問題3


$辺 \ OA,\ OB,\ AB\ の長さがそれぞれ \ 6,\ 5,\ 4\ である \ \triangle OAB\ がある。辺 \ AB\ を \ t:(1-t)\ に内分する点 \ P\ から$
$直線 \ OA\ に下ろした垂線と直線 \ OA\ との交点を \ Q\ とする。ただし、0 < t < 1\ \ である。また、点 \ P\ から$
$直線 \ OB\ に下ろした垂線と直線 \ OB\ との交点を \ R\ とする。\vec{a}=\vec{OA},\ \ \vec{b}=\vec{OB}\ \ として以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ \theta =\angle AOB \ \ について、\cos \theta \ \ と \ \ \sin \theta \ \ の値を求めよ。$
$(2)\ \ \vec{OQ}\ \ と \ \ \vec{OR}\ \ をそれぞれ \ t,\ \vec{a},\ \vec{b}\ で表せ。$
$(3)\ \ \triangle APQ \ \ の面積と \ \ \triangle BPR \ \ の面積の和を \ S(t)\ とする。 0 < t < 1\ \ における \ S(t)\ の最小値を求めよ。$


(1)

　

$\triangle OAB \ \ に余弦定理を用いて$

$\cos \theta=\cfrac{OA^2+OB^2-AB^2}{2OA\cdot OB}=\cfrac{6^2+5^2-4^2}{2 \times 6 \times 5}=\cfrac{3}{4}$

$\sin \theta=\sqrt{1-\cos ^2 \theta}=\sqrt{1-\big(\cfrac{3}{4}\big)^2}=\cfrac{\sqrt{7}}{4}$


(2)


$\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos \theta=6 \times 5 \times \cfrac{3}{4}=\cfrac{45}{2}$

$AP:PB=t:(1-t) \ \ より \ \ \vec{OP}=(1-t)\vec{OA}+t\vec{OB}=(1-t)\vec{a}+t\vec{b} $

$\vec{OQ}=m\vec{a}\ \ (m\ は実数)\ \ とおける。$

$OA \perp PQ \ \ より \ \ \vec{OA} \cdot \vec{PQ}=0$

$\vec{OA} \cdot (\vec{OQ}-\vec{OP})=0$

$\vec{a} \cdot (m\vec{a} -(1-t)\vec{a}-t\vec{b})=0$

$\vec{a} \cdot ((m+t-1)\vec{a} -t\vec{b})=0$

$(m+t-1)|\vec{a}|^2 -t\vec{a} \cdot \vec{b}=0$

$36(m+t-1) -\cfrac{45}{2}t=0$

$4(m+t-1) -\cfrac{5}{2}t=0$

$4m=-\cfrac{3}{2}t+4$

$m=1-\cfrac{3}{8}t$

$同様にして$

$\vec{OR}=n\vec{b}\ \ (n\ は実数)\ \ とおけるから$

$OB \perp PR \ \ より \ \ \vec{OB} \cdot \vec{PR}=0$

$\vec{OB} \cdot (\vec{OR}-\vec{OP})=0$

$\vec{b} \cdot (n\vec{b} -(1-t)\vec{a}-t\vec{b})=0$

$\vec{b} \cdot ((n-t)\vec{b} -(1-t)\vec{a})=0$

$(n-t)|\vec{b}|^2 -(1-t)\vec{a} \cdot \vec{b}=0$

$25(n-t) -\cfrac{45}{2}(1-t)=0$

$5(n-t) -\cfrac{9}{2}(1-t)=0$

$5n=\cfrac{1}{2}t+\cfrac{9}{2}$

$n=\cfrac{9}{10}+\cfrac{1}{10}t$

$よって \quad \vec{OQ}=(1-\cfrac{3}{8}t)\vec{a},\qquad \vec{OR}=(\cfrac{9}{10}+\cfrac{1}{10}t)\vec{b}$


(3)


$\triangle OAB\ において \quad \angle OAB=\alpha ,\quad \angle OBA=\beta \quad とおく$

$\cos \alpha = \cfrac{AO^2+AB^2-OB^2}{2AO\cdot AB}=\cfrac{6^2+4^2-5^2}{2 \times 6 \times 4}=\cfrac{9}{16}$

$\sin \alpha=\sqrt{1-\big(\cfrac{9}{16}\big)^2}=\cfrac{5\sqrt{7}}{16}$

$直角三角形 APQ において \quad AP=4t \quad より$

$AQ=AP\cos \alpha =4t \times \cfrac{9}{16}=\cfrac{9}{4}t$

$PQ=AP\sin \alpha =4t \times \cfrac{5\sqrt{7}}{16}=\cfrac{5\sqrt{7}}{4}t$

$\triangle APQ=\cfrac{1}{2}AQ \times PQ=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{9}{4}t \times \cfrac{5\sqrt{7}}{4}t=\cfrac{45\sqrt{7}}{32}t^2$

$同様にして$

$\cos \beta = \cfrac{BO^2+BA^2-OA^2}{2BO\cdot BA}=\cfrac{5^2+4^2-6^2}{2 \times 5 \times 4}=\cfrac{1}{8}$

$\sin \beta=\sqrt{1-\big(\cfrac{1}{8}\big)^2}=\cfrac{3\sqrt{7}}{8}$

$直角三角形 BPR \ \ において \quad BP=4(1-t) \quad より$

$BR=BP\cos \beta =4(1-t) \times \cfrac{1}{8}=\cfrac{1}{2}(1-t)$

$PR=BP\sin \beta =4(1-t) \times \cfrac{3\sqrt{7}}{8}=\cfrac{3\sqrt{7}}{2}(1-t)$

$\triangle BPR=\cfrac{1}{2}BR \times PR=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{1}{2}(1-t) \times \cfrac{3\sqrt{7}}{2}(1-t)=\cfrac{3\sqrt{7}}{8}(1-t)^2$

\begin{eqnarray*} S(t) &=&\triangle APQ + \triangle BPR\\ \\ &=&\cfrac{45\sqrt{7}}{32}t^2 + \cfrac{3\sqrt{7}}{8}(1-t)^2\\ \\ &=&\cfrac{3\sqrt{7}}{32}(19t^2-8t+4)\\ \\ &=&\cfrac{3\sqrt{7}}{32}\big((19(t-\cfrac{4}{19})^2+4-\cfrac{16}{19}\big)\\ \\ &=&\cfrac{57\sqrt{7}}{32}(t-\cfrac{4}{19})^2+\cfrac{45\sqrt{7}}{152} \end{eqnarray*}
$したがって \quad S(t)\ \ は \ \ t=\cfrac{4}{19}\ \ のとき最小値 \ \ \cfrac{45\sqrt{7}}{152}\ \ をとる$


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\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}