MY MATH NOTE

北海道大学(理系) 2020年　問題1

$三角形ABCについて、|\vec{AB}|=1,\vec{AC}|=2,|\vec{BC}|=\sqrt{6}\ \ が成立しているとする。三角形ABCの外接円の$
$中心をOとし、直線AOと外接円とのA以外の交点をPとする。$
$(1)\ \ \vec{AB}\ と \ \vec{AC}\ の内積を求めよ。$
$(2)\ \ \vec{AP}=s\vec{AB}+t\vec{AC}\ \ が成り立つような実数 \ s,\ t\ を求めよ。$
$(3)\ \ 直線APと直線BCの交点をDとするとき、線分ADの長さを求めよ。$

(1)

　
$\triangle ABC において \quad \sqrt{6}^2 > 1^2 + 2^2 \quad より \quad BC^2 > AB ^2 + AC ^2$
$よって \quad \triangle ABC は \angle A が鈍角の鈍角三角形$
$したがって　\triangle ABC の外心Oは辺BC に関して頂点Aと$
$反対側で\triangle ABCの外側にある。$

$\triangle ABC に余弦定理を用いて$

$\quad \cos A=\cfrac{1^2+2^2-6}{2 \times 1 \times 2}=-\cfrac{1}{4}$

$\vec{AB}\cdot \vec{AC}=|\vec{AB}||\vec{AC}|\cos A=1\times 2 \times (-\cfrac{1}{4})=-\cfrac{1}{2}$

$ここで、(2)で必要となるので、次の値を求めておきます。$

$\sin A=\sqrt{1-(-\cfrac{1}{4})^2}=\cfrac{\sqrt{15}}{4}$

$\cos B=\cfrac{1^2+6-2^2}{2 \times 1 \times \sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{6}}{4},\qquad \sin B=\sqrt{1-(\cfrac{\sqrt{6}}{4})^2}=\cfrac{\sqrt{10}}{4}$

$\cos C=\cfrac{2^2+6-1^2}{2 \times 2 \times \sqrt{6}}=\cfrac{3\sqrt{6}}{8},\qquad \sin C=\sqrt{1-(\cfrac{3\sqrt{6}}{8})^2}=\cfrac{\sqrt{10}}{8}$

$外接円の半径Rは正弦定理より$

$2R=\cfrac{\sqrt{6}}{\sin A} \qquad \therefore \ \ R=\cfrac{\sqrt{6}}{2 \times \cfrac{\sqrt{15}}{4}}=\cfrac{2\sqrt{10}}{5}$

(2)

　
$\vec{AP}=s\vec{AB}+t\vec{AC}\ \ に対して$

(i)$\ \ \vec{AB}との内積をとると$

$\quad\vec{AP}\cdot \vec{AB} =s\vec{AB}\cdot \vec{AB}+t\vec{AC}\cdot \vec{AB}$
$\quad |\vec{AP}||\vec{AB}|\cos \angle PAB =s|\vec{AB}|^2+t|\vec{AC}||\vec{AB}|\cos A$
$\quad 円周角の定理より \quad \angle PAB=\angle PCB=\cfrac{\pi}{2}-C$
$\quad 2R \times 1 \times \cos (\cfrac{\pi}{2}-C)=s \times 1^2 +t \times 2 \times 1 \times \cos A$
$\quad 2R\sin C=s+2t\cos A$

$\quad 2 \times \cfrac{2\sqrt{10}}{5} \times \cfrac{\sqrt{10}}{8}=s+2t \times (-\cfrac{1}{4})$

$\quad 1=s-\cfrac{1}{2}t \hspace{15em}①$

(ii)$\ \ \vec{AC}との内積をとると$

$\quad \vec{AP}\cdot \vec{AC} =s\vec{AB}\cdot \vec{AC}+t\vec{AC}\cdot \vec{AC}$
$\quad |\vec{AP}||\vec{AC}|\cos \angle PAC =s|\vec{AB}||\vec{AC}|\cos A+t|\vec{AC}|^2$
$\quad 円周角の定理より \quad \angle PAC=\angle PBC=\cfrac{\pi}{2}-B$
$\quad 2R \times 2 \times \cos (\cfrac{\pi}{2}-B)=s \times 1 \times 2 \times \cos A +4t$
$\quad 4R\sin B=2s\cos A+4t$

$\quad 4 \times \cfrac{2\sqrt{10}}{5} \times \cfrac{\sqrt{10}}{4}=2s \times (-\cfrac{1}{4})+4t$

$\quad 4=-\cfrac{1}{2}s +4t \hspace{15em}②$

$①、②を解いて\quad s=\cfrac{8}{5},\quad t=\cfrac{6}{5}$

$よって　\vec{AP}=\cfrac{8}{5}\vec{AB}+\cfrac{6}{5}\vec{AC}$

(3)

　
$BD : DC=(1-m) : m \quad とおくと$

$\vec{AD}=m\vec{AB}+(1-m)\vec{AC}$

$\vec{AD}=k\vec{AP} \quad (kは実数) \ \ ともおけるから$

$\quad k\vec{AP}=m\vec{AB}+(1-m)\vec{AC}$

$(2)より　\vec{AP}=\cfrac{8}{5}\vec{AB}+\cfrac{6}{5}\vec{AC}\quad を代入して$

$\quad k(\cfrac{8}{5}\vec{AB}+\cfrac{6}{5}\vec{AC})=m\vec{AB}+(1-m)\vec{AC}$

$\vec{AB} と\vec{AC} は平行でない(一次独立)から$
\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} \cfrac{8}{5}k=m \\ \cfrac{6}{5}k=1-m \\ \end{array} \right. \] $これを解いて \quad k=\cfrac{5}{14},\quad m=\cfrac{4}{7}$

$\therefore \ \ AD=|\vec{AD}|=\cfrac{5}{14}|\vec{AP}|=\cfrac{5}{14} \times \cfrac{4\sqrt{10}}{5}=\cfrac{2\sqrt{10}}{7}$


$((2)の別解1)$

　
$外心の問題では、通常始点は外心にとりますので$

$\vec{OA}=u\ \vec{OB}+v\ \vec{OC} \quad とおく$

(i)$\ \ \vec{OB}との内積をとると$

$\quad \vec{OA}\cdot \vec{OB} =u\ \vec{OB}\cdot \vec{OB}+v\ \vec{OC}\cdot \vec{OB}$

$\quad \vec{OA}と \vec{OB} のなす角は \ 2C,\quad \vec{OB}と \vec{OC} のなす角は \ 2\pi -2A$
$\quad |\vec{OA}||\vec{OB}|\cos 2C=u|\vec{OB}|^2+v|\vec{OB}||\vec{OC}|\cos (2\pi -2A)$
$\quad R^2 \cos 2C=R^2u +R^2 v \cos 2A$
$\quad 2\cos ^2 C-1=u+v(2\cos ^2A-1)$

$\quad 2 \times \cfrac{54}{64}-1=u+v (2 \times \cfrac{1}{16}-1)$

$\quad \cfrac{11}{16}=u-\cfrac{7}{8}v \hspace{15em}①$

(ii)$\ \ \vec{OC}との内積をとると$

$\quad \vec{OA}\cdot \vec{OC} =u\ \vec{OB}\cdot \vec{OC}+v\ \vec{OC}\cdot \vec{OC}$
$\quad \vec{OA}と \vec{OC} のなす角は2B だから$
$\quad |\vec{OA}||\vec{OC}|\cos 2B=u|\vec{OB}||\vec{OC}|\cos 2A+v|\vec{OC}|^2$
$\quad R^2 \cos 2B=R^2u\cos 2A +R^2 v$
$\quad 2\cos ^2 B-1=u(2\cos ^2A-1)+v$

$\quad 2 \times \cfrac{6}{16}-1=u(2 \times \cfrac{1}{16}-1)+v$

$\quad -\cfrac{1}{4}=- \cfrac{7}{8}u+v \hspace{15em}②$

$①、②を解いて　u=2,\quad v=\cfrac{3}{2}$
$よって$
$\vec{OA}=2\vec{OB}+\cfrac{3}{2}\vec{OC}$
$-\vec{AO}=2(\vec{AB}-\vec{AO})+\cfrac{3}{2}(\vec{AC}-\vec{AO})$
$\vec{AO}=\cfrac{4}{5}\vec{AB}+\cfrac{3}{5}\vec{AC}$
$\vec{AP}=2\vec{AO} \quad だから \quad \vec{AP}=\cfrac{8}{5}\vec{AB}+\cfrac{6}{5}\vec{AC}$


$((2)の別解2)$

　
$点Oは辺BCに関して点Aの反対側の外部にあるから$
$\triangle OBC :\triangle OCA :\triangle OAB =a:b:c \quad とすると$
$-a\vec{OA}+b\vec{OB}+c\vec{OC}=\vec{0} \quad が成りたつ。$
$(このことについては($ベクトルの等式と面積比$)を参考にしてください。)$

$\triangle OBC=\cfrac{1}{2}R^2\sin (2\pi-2A)=-\cfrac{1}{2}R^2\sin 2A$
$\triangle OCA==\cfrac{1}{2}R^2\sin 2B$
$\triangle OAB==\cfrac{1}{2}R^2\sin 2C$
$\quad \therefore \ \ a:b:c=-\sin2A : \sin 2B : \sin 2C$

$したがって$

$\sin 2A\ \vec{OA}+\sin 2B\ \vec{OB}+\sin 2C\ \vec{OC}=\vec{0}$
$-\sin 2A\ \vec{AO}+\sin 2B(\vec{AB}-\vec{AO})+\sin 2C(\vec{AC}-\vec{AO})=\vec{0}$
$(\sin 2A +\sin 2B +\sin 2C)\vec{AO}=\sin 2B \ \vec{AB} +\sin 2C \ \vec{AC}$
\begin{eqnarray*} \vec{AO} &=&\cfrac{\sin 2B \ \vec{AB} +\sin 2C \ \vec{AC}}{\sin 2A +\sin 2B +\sin 2C}\\ \\ &=&\cfrac{2\sin B\cos B \ \vec{AB} +2\sin C\cos C \ \vec{AC}}{2\sin A\cos A +2\sin B\cos B +2\sin C\cos C}\\ \\ &=&\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4}\times \cfrac{\sqrt{6}}{4} \ \vec{AB} + \cfrac{\sqrt{10}}{8} \times \cfrac{3\sqrt{6}}{8}\ \vec{AC}}{\cfrac{\sqrt{15}}{4}\times (-\cfrac{1}{4}) +\cfrac{\sqrt{10}}{4}\times \cfrac{\sqrt{6}}{4} +\cfrac{\sqrt{10}}{8} \times \cfrac{3\sqrt{6}}{8}}\\ \\ &=&\cfrac{4}{5}\ \vec{AB} + \cfrac{3}{5}\ \vec{AC} \\ \end{eqnarray*} $したがって \quad \vec{AP}=2\vec{AO}=\cfrac{8}{5}\ \vec{AB} + \cfrac{6}{5}\ \vec{AC} $

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