お茶の水女子大学(理共通) 2022年 問題1
$三角形 \ ABC\ において辺 \ BC\ を \ 3\ 等分した点を \ B\ に近い方から順に \ M_1,\ M_2\ とし、さらに \ C=M_3\ とする。$
$また、k=1,\ 2,\ 3\ に対して、三角形 \ ABM_k\ の重心を \ G_k \ とおく。\vec{p}=\vec{BA},\ \ \vec{q}=\vec{BC}\ とするとき、$
$以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ \vec{AM_k},\ \ \vec{AG_k}\ を \ \ \vec{p},\ \ \vec{q},\ \ k \ \ を用いて表せ。$
$(2)\ \ 3\ 点 \ G_1,\ G_2,\ G_3\ が同一直線上にあることを示せ。$
$(3)\ \ 次が成りたつことを示せ。$
$\hspace{3em} |\vec{G_1G_2}+\vec{G_2G_3}|^2= 2(|\vec{G_1G_2}|^2 +|\vec{G_2G_3}|^2)$
$\hspace{3em} |\vec{AG_1}+\vec{AG_2}+\vec{AG_3}|^2 < 3(|\vec{AG_12}|^2 +|\vec{AG_2}|^2 + |\vec{AG_3}|^2)$
$(解説)$
$(1)\ \ \vec{AGk} は重心の位置ベクトルをつかいます。$
$(2)\ \ \vec{G_1G_3}=k\vec{G_1G_2} \ \ となる定数 \ k\ が存在すれば \ 3\ 点が一直線上にあることになります。$
$(3)\ \ 2番目の不等式は差が正となることを示します。このとき \ \ a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca > 0 \ \ の証明と$
$\quad 同じ手法をつかいます。$
(1)
$右図のように、\triangle ABM_2 \ の重心 \ G_2\ は頂点 \ A\ と辺 \ BM_2\ の中点 \ M_1\ を$
$結んだ線分上にあります。\triangle ABM_3 \ の重心 \ G_3\ は頂点 \ A\ と辺 \ BM_3\ の$
$中点を結んだ線分上にあります。$
$\vec{AM_k}=\vec{AB}+\vec{BM_k}=-\vec{BA}+\cfrac{k}{3}\vec{BC}=-\vec{p}+\cfrac{k}{3}\vec{q}$
$\vec{AG_k}=\cfrac{1}{3}(\vec{AA}+\vec{AB}+\vec{AM_k})=\cfrac{1}{3}\big(-\vec{p}+(-\vec{p}+\cfrac{k}{3}\vec{q})\big)=\cfrac{1}{9}(-6\vec{p}+k\vec{q})$
(2)
$\vec{G_1G_2}=\vec{AG_2}-\vec{AG_1}=\cfrac{1}{9}(-6\vec{p}+2\vec{q})-\cfrac{1}{9}(-6\vec{p}+\vec{q})=\cfrac{1}{9}\vec{q}$
$\vec{G_1G_3}=\vec{AG_3}-\vec{AG_1}=\cfrac{1}{9}(-6\vec{p}+3\vec{q})-\cfrac{1}{9}(-6\vec{p}+\vec{q})=\cfrac{2}{9}\vec{q}$
$\therefore \ \ \vec{G_1G_3}=2\vec{G_1G_2}$
$よって、3点 \ G_1,\ G_2,\ G_3\ は同一直線上にある。$
$(別解)$
$平行線と比の定理をつかいます$
$右図で$
$AG_1:AD_1=AG_2:AM_1 =2:3 \quad だから \quad G_1G_2 /\!/ D_1M_1 ,\quad G_1G_2=\cfrac{2}{3}D_1M_1$
$AG_2:AM_1=AG_3:AD_2 =2:3 \quad だから \quad G_2G_3 /\!/ M_1D_2 ,\quad G_2G_3=\cfrac{2}{3}M_1D_2$
$D_1,\ D_2\ はそれぞれ \ BM_1.\ M_1M_2\ の中点で、BM_1=M_1M_2 \quad だから \quad D_1M_1=M_1D_2$
$したがって \quad 3点 \ G_1,\ G_2,\ G_3\ は同一直線上にあって、G_1G_2=G_2G_3$
(3)
(i)$\ \ |\vec{G_1G_2}+\vec{G_2G_3}|^2= 2(|\vec{G_1G_2}|^2 +|\vec{G_2G_3}|^2) \ \ の証明$
$\quad \vec{G_1G_2}=\vec{G_2G_3} \quad だから$
$\quad 左辺=|\vec{G_1G_2}+\vec{G_2G_3}|^2=|\vec{G_1G_2}+\vec{G_1G_2}|^2=|2\vec{G_1G_2}|^2=4|\vec{G_1G_2}|^2$
$\quad 右辺=2(|\vec{G_1G_2}|^2 +|\vec{G_2G_3}|^2)=2(|\vec{G_1G_2}|^2 +|\vec{G_1G_2}|^2)=4(|\vec{G_1G_2}|^2$
$よって$
$\quad |\vec{G_1G_2}+\vec{G_2G_3}|^2= 2(|\vec{G_1G_2}|^2 +|\vec{G_2G_3}|^2)$
(ii)$\ \ |\vec{AG_1}+\vec{AG_2}+\vec{AG_3}|^2 < 3(|\vec{AG_1}|^2 +|\vec{AG_2}|^2 + |\vec{AG_3}|^2) \quad の証明$
\begin{eqnarray*} & &3(|\vec{AG_1}|^2 +|\vec{AG_2}|^2 + |\vec{AG_3}|^2) - |\vec{AG_1}+\vec{AG_2}+\vec{AG_3}|^2 \\ \\ &=&3(|\vec{AG_1}|^2 +|\vec{AG_2}|^2 + |\vec{AG_3}|^2) - (|\vec{AG_1}|^2 +|\vec{AG_2}|^2+|\vec{AG_3}|^2 +2\vec{AG_1}\cdot \vec{AG_2} +2\vec{AG_2} \cdot \vec{AG_3}+2\vec{AG_3}\cdot \vec{AG_1})\\ \\ &=&2(|\vec{AG_1}|^2 +|\vec{AG_2}|^2 + |\vec{AG_3}|^2) - 2\vec{AG_1}\cdot \vec{AG_2} -2\vec{AG_2} \cdot \vec{AG_3}-2\vec{AG_3}\cdot \vec{AG_1}\\ \\ &=&|\vec{AG_1} -\vec{AG_2}|^2 + |\vec{AG_2}- \vec{AG_3}|^2 + |\vec{AG_3} -\vec{AG_1}|^2\\ \\ &>&0 \qquad ( \because \ \ \vec{AG_1} \ne \vec{AG_2} \quad だから \quad |\vec{AG_1}- \vec{AG_2}| >0 )\\ \end{eqnarray*}
$(補充)$
(i)$\ は、\vec{G_1G_2}=\vec{G_2G_3} \quad の条件で成りたつ等式です。$
(ii)$\ は、G_1,\ G_2,\ G_3\ \ の位置関係に関係なく成りたちます。文字式の$
$\qquad コーシー・シュワルツの不等式 \quad (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \geqq (ax+by+cz)^2 $
$\quad において、a=b=c=1\ \ と置いたものと同じ形です。$
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