静岡大学(理系) 2025年　問題3


$\triangle OAB \ において、\vec{OA}=\vec{a},\ \ \vec{OB}=\vec{b}\ \ とし、|\vec{a}|=\sqrt{3},\ \ |\vec{b}|=\sqrt{2},\ \ \vec{a} \cdot \vec{b}=1\ \ とする。また、辺 \ OA\ を \ s:(1-s)\ ,$
$辺 \ OB\ を \ t:(1-t),\ \ 辺 \ AB\ を \ u:(1-u)\ \ に内分する点をそれぞれ \ P,\ Q,\ R とする。ただし、0 < s < 1 、$
$0 < t < 1、\ \ 0 < u < 1 \ \ とする。さらに、線分 \ PQ\ と線分 \ OR\ の交点を \ X\ とする。このとき、次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 線分 \ OR\ の長さを \ u\ を用いて表せ。$
$(2)\ \ \vec{OX}\ を \ \vec{a},\ \vec{b} ,\ s,\ t,\ u\ を用いて表せ。$
$(3)\ \ \vec{OR}\ と \ \vec{AB}\ が垂直であるとき、次の$(i),(ii)$に答えよ。$
$\quad $ (i)$\ \ u\ の値を求めよ。$
$\quad $ (ii)$ \ \ st=\dfrac{1}{8} \ \ であるとき、線分 \ OX\ の長さが最大となる \ s,\ t\ の値およびそのときの線分 \ OX\ の長さを$
$\hspace{3em} それぞれ求めよ。$


(1)

　

\begin{eqnarray*} |\vec{OR}|^2 &=&\big|(1-u)\vec{a}+u\vec{b}\big|^2\\ \\ &=&(1-u)^2|\vec{a}|^2++u^2|\vec{b}|^2+2u(1-u)\vec{a}\cdot \vec{b}\\ \\ &=&(1-u)^2 \times 3+u^2 \times 2+2u(1-u) \times 1\\ \\ &=&3u^2-4u+3 \end{eqnarray*} $\therefore \ \ |\vec{OR}|=\sqrt{3u^2-4u+3}$


(2)

　

$点X\ は線分 \ PQ\ を \ \ v:(1-v)\ \ に内分する点とすると$

$\vec{OX}=(1-v)\vec{OP}+v\vec{OQ}=(1-v)s\vec{a}+vt\vec{b}$

$また、点 \ X\ は線分 \ OR\ 上にあるから \quad \vec{OX}=k\vec{OR}\ \ (k\ は実数)\ \ とおける$

$\vec{OX}=k\big((1-u)\vec{a}+u\vec{b}\big)=k(1-u)\vec{a}+ku\vec{b}$

$よって \quad (1-v)s\vec{a}+vt\vec{b}=k(1-u)\vec{a}+ku\vec{b}$

$\vec{a}\ と \ \vec{b}\ は明らかに平行でない(1次独立)から$

\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} (1-v)s=k(1-u) \hspace{5em}①\\ vt=ku \hspace{10.3em}②\\ \end{array} \right. \]
$u \ne 0 ,\ \ 1-u \ne 0 \ \ だから$

$①\times u - ② \times (1-u) \ \ より$

$u(1-v)s-v(1-u)t=0$

$(us+(1-u)t)v=us$

$v=\dfrac{us}{us+(1-u)t}$

\begin{eqnarray*} \vec{OX} &=&(1-v)s\vec{a}+vt\vec{b}\\ \\ &=&(1-\dfrac{us}{us+(1-u)t})s\vec{a}+\dfrac{us}{us+(1-u)t}t\vec{b}\\ \\ &=&\dfrac{(1-u)st}{us+(1-u)t}\vec{a}+\dfrac{ust}{us+(1-u)t}\vec{b}\\ \end{eqnarray*}

(3)


(i)$\ \ $

$\vec{OR} \perp \vec{AB}\ より$

$\big((1-u)\vec{a}+u\vec{b}\big) \cdot (\vec{b}-\vec{a})=0$

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

$-(1-u) \times 3+u \times 2+((1-2u) \times 1=0$

$3u-2=0$

$\therefore \ \ u=\dfrac{2}{3}$


(ii)$\ \ $

$(2) より$

$\vec{OX}=\dfrac{(1-u)st}{us+(1-u)t}\vec{a}+\dfrac{ust}{us+(1-u)t}\vec{b}=\dfrac{\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{8}}{\dfrac{2}{3}s+\dfrac{1}{3}t}\vec{a}+\dfrac{\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{8}}{\dfrac{2}{3}s+\dfrac{1}{3}t}\vec{b} =\dfrac{1}{8(2s+t)}(\vec{a}+2\vec{b})$

\begin{eqnarray*} |\vec{OX}| &=&\dfrac{1}{8(2s+t)}|\vec{a}+2\vec{b}|\\ \\ &=&\dfrac{1}{8(2s+t)}\sqrt{|\vec{a}|^2++4|\vec{b}|^2+4\vec{a} \cdot \vec{b}}\\ \\ &=&\dfrac{1}{8(2s+t)}\sqrt{3+4 \times 2 + 4 \times 1}\\ \\ &=&\dfrac{\sqrt{15}}{8(2s+t)} \end{eqnarray*}
$s>0,\ \ t>0 \ \ だから、相加・相乗平面の不等式より$

$2s+t \geqq 2\sqrt{2s \times t}=2\sqrt{2 \times \dfrac{1}{8}}=1$

$よって \quad \dfrac{1}{2s+t} \leqq 1 $

$|\vec{OX}| \leqq \dfrac{\sqrt{15}}{8}$

$ただし、等号は \ \ 2s=t \ \ のときだから$

$st=\dfrac{1}{8} \ \ に代入して \quad 2s^2=\dfrac{1}{8} \qquad s >0 \ \ だから \quad s=\dfrac{1}{4}$

$t=2 \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}$

$したがって \quad s=\dfrac{1}{4},\ \ t=\dfrac{1}{2}\ \ のとき 線分 \ OX\ の長さは最大で \ \ \dfrac{\sqrt{15}}{8}\ \ をとる。$


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