数２／距離1

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== ２点間の距離 == 《解説》
　次の図の２点Ａ(a,b),Ｂ(c,d)間の距離ＡＢを求めるには，直角三角形を作り，ピタゴラスの定理（三平方の定理）を用いて斜辺を求めます．

(たて)＝ｄ－ｂ
(よこ)＝ｃ－ａ

△ABHについて，
AB2=AH2+BH2
=(c−a)2+(d−b)2
だから
$AB=\sqrt{(c-a)^2+ (d-b)^2}$

特に，原点O(0,0)と点A(a,b)の間の距離は

(たて)＝ｂ
(よこ)＝ａ

△OAHについて，
OA2=OH2+AH2
=a2+b2
だから
$OA=\sqrt{a^2 + b^2}$

《２点間の距離の公式》
２点A(a,b),B(c,d)間の距離は
$AB=\sqrt{(c-a)^2+ (d-b)^2}$

※なお，この公式は，「a=cのとき，すなわちABが縦に並んで三角形にならないとき」
や「b=dのとき，すなわちABが横に並んで三角形にならないとき」でも成り立ちます．

特に，原点O(0,0)と点A(a,b)の間の距離は
$OA=\sqrt{a^2+ b^2}$

【例】
(1) ２点A(2,1),B(5,7)間の距離は
$AB=\sqrt{(5-2)^2+ (7-1)^2}$
$=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$

(2) ２点C(−3,4),D(1,8)間の距離は
$CD=\sqrt{(1+ 3)^2+ (8-4)^2}$
$=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$
(3) ２点P(1,−2),Q(−3,0)間の距離は
$PQ=\sqrt{(-3-1)^2+ (0+ 2)^2}$
$=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$
(4) 原点O(0,0)と点A(3,4)間の距離は
$OA=\sqrt{3^2+ 4^2}$ $=\sqrt{25}=5$

《問題》 　
　次の２点ＡＢ間の距離に等しい値を右の欄から選びなさい．

(1) A(0,0), B(3,4) HELP

(2) A(−2,−1), B(1,2) HELP

(3) A(7,−3), B(−1,1) HELP

(4) A(−3,2), B(−3,4) HELP

(5) A(3,−2), B(7,−2) HELP

■追加問題■
=２点から等距離にある点=

【問1-1】
　２点A(1, 4), B(3, 2)から等距離にあるx軸上の点の座標を求めてください．

［解説を見る］

求める点をP(x, 0)とおく．
AP=BPだから
$\sqrt{(x-1)^2+ 4^2}=\sqrt{(x-3)^2+ 2^2}$
辺々２乗する
$(x-1)^2+ 4^2=(x-3)^2+ 2^2$
$x^2-2x+ 1+ 16=x^2-6x+ 9+ 4$
$4x=-4$
$x=-1$
　(−1, 0)･･･（答） →解説を隠す←

【問1-2】
　２点A(2, 4), B(4, 3)から等距離にあるy軸上の点の座標を求めてください．

［解説を見る］

求める点をQ(0, y)とおく．
AQ=BQだから
$\sqrt{2^2+ (y-4)^2}=\sqrt{4^2+ (y-3)^2}$
辺々２乗する
$2^2+ (y-4)^2=4^2+ (y-3)^2$
$y^2-8y+ 20=y^2-6y+ 25$
$-2y=5$
$y=-\frac{5}{2}$
　 $(0,\hspace{1}-\frac{5}{2})$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【問1-3】
　y=1の直線上にあって２点A(2, −3), B(3, 4)から等距離にある点の座標を求めてください．

［解説を見る］

求める点をP(x, 1)とおく．
AQ=BQだから
$\sqrt{(x-2)^2+ (1+ 3)^2}=\sqrt{(x-3)^2+ (1-4)^2}$
辺々２乗する
$(x-2)^2+ (1+ 3)^2=(x-3)^2+ (1-4)^2$
$x^2-4x+ 20=x^2-6x+ 18$
$2x=-2$
$x=-1$
　 $(-1,\hspace{1}1)$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【問1-4】
　y=2xの直線上にあって２点A(2, −1), B(3, 1)から等距離にある点の座標を求めてください．

［解説を見る］

求める点をP(x, 2x)とおく．
AQ=BQだから
$\sqrt{(x-2)^2+ (2x+ 1)^2}=\sqrt{(x-3)^2+ (2x-1)^2}$
辺々２乗する
$(x-2)^2+ (2x+ 1)^2=(x-3)^2+ (2x-1)^2$
$x^2-4x+ 4+ 4x^2+ 4x+ 1=x^2-6x+ 9+ 4x^2-4x+ 1$
$10x=5$
$x=\frac{1}{2}$
　 $(\frac{1}{2},\hspace{1}1)$ ･･･（答）
→解説を隠す←

=３点から等距離にある点=

【問2-1】
　３点A(0, 5), B(−2, −1), C(2, 1)から等距離にある点の座標を求めてください．

［解説を見る］

求める点をP(x, y)とおく．
AP=BPだから
$\sqrt{x^2+(y-5)^2}=\sqrt{(x+ 2)^2+(y+ 1)^2}$
辺々２乗する
$x^2+(y-5)^2=(x+ 2)^2+(y+ 1)^2$
$x^2+ y^2-10x+ 25=x^2+ 4x+ 4+ y^2+ 2y+ 1$
$4x+ 12y=20$
$x+ 3y=5$ ･･･①

BP=CPだから
$\sqrt{(x+ 2)^2+(y+ 1)^2}=\sqrt{(x-2)^+(y-1)^2$
辺々２乗する
$(x+ 2)^2+(y+ 1)^2=(x-2)^+(y-1)^2$
$x^2+ 4x+ 4+ y^2+ 2y+ 1=x^2-4x+ 4+ y^2-2y+ 1$
$8x+ 4y=0$
$2x+ y=0$ ･･･②

①②の連立方程式を解く

$x+ 3y=5$ ･･･①
$2x+ y=0$ ･･･②
②から $y=-2x$ を①に代入
$x+ 3(-2x)=5$
$-5x=5$
$x=-1$
　(−1, 2)･･･（答）

（別解1）
この問題は３点を通る円（外接円）の方程式から求めることもできる．
外接円の方程式を $x^2+ y^2+ ax+ by+ c=0$ とおく.３点A,B,Cがこれを満たすから

$0+ 25+ 5b+ c=0$ ･･･[1]
$4+ 1-2a-b+ c=0$ ･･･[2]
$4+1+ 2a+ b+ c=0$ ･･･[3]
この連立方程式を解くとa=2, b=−5, c=−5となって
$x^2+ y^2+ 2x-4y-5=0$
$(x+ 1)^2+(y-2)^2=10$
となって，中心が(−1, 2)で半径が $\sqrt{10}$ の円になる．

（別解2）
この問題は２点を結ぶ線分の垂直二等分線の交点から求めることもできる．
ABの垂直二等分線の方程式は
$y-2=-\frac{1}{3}(x+ 1)$
BCの垂直二等分線の方程式は
$y=-2x$
この連立方程式を解くと(−1, 2)

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【問2-2】
　３点A(7, −5), B(6, 2), C(−1, 1)から等距離にある点の座標を求めてください．

［解説を見る］

求める点をP(x, y)とおく．
AP=BPだから
$\sqrt{(x-7)^2+(y+ 5)^2}=\sqrt{(x-6)^2+(y-2)^2}$
辺々２乗する
$(x-7)^2+(y+ 5)^2=(x-6)^2+(y-2)^2$
$x^2-14x+ 49+ y^2+ 10x+ 25=x^2-12x+ 36+ y^2-4y+ 4$
$2x-14y=34$
$x-7y=17$ ･･･①

BP=CPだから
$\sqrt{(x-6)^2+(y-2)^2}=\sqrt{(x+ 1)^+(y-1)^2$
辺々２乗する
$(x-6)^2+(y-2)^2=(x+ 1)^+(y-1)^2$
$x^2-12x+ 36+ y^2-4y+ 4=x^2+ 2x+ 1+ y^2-2y+ 1$
$14x+ 2y=38$
$7x+ y=19$ ･･･②

①②の連立方程式を解く
①から， $x=7y+ 17$ ･･･①’
これを②に代入
$7(7y+ 17)+ y=19$
$49y+ 119+ y=19$
$50y=-100$
$y=-2$
これを①’に代入
$x=-14+ 17=3$
　(3, −2)･･･（答）

$49+ 25+ 7a-5b+ c=0$ ･･･[1]
$36+ 4+ 6a+ 2b+ c=0$ ･･･[2]
$1+ 1-a+ b+ c=0$ ･･･[3]
この連立方程式を解くとa=−6, b=4, c=−12となって
$x^2+ y^2-6x+ 4y-12=0$
$(x-3)^2+(y+ 2)^2=25$
となって，中心が(3, −2)で半径が $5$ の円になる．

（別解2）
この問題は２点を結ぶ線分の垂直二等分線の交点から求めることもできる．
ABの垂直二等分線の方程式は
$y+\frac{3}{2}=\frac{1}{7}(x-\frac{13}{2})$
BCの垂直二等分線の方程式は
$y-\frac{3}{2}=-7(x-\frac{5}{2})$
この連立方程式を解くと(3, −2)

→解説を隠す←

=正三角形の頂点=

【問3-1】
　２点A(1, 1), B(−1, −1)を結ぶ線分ABが正三角形の１辺となるように，残りの頂点Cの座標を定めてください．

［解説を見る］

残りの頂点Cは，右図のように２つある．
C(x, y)とおく．
1) AC=ABだから
$\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}=\sqrt{2^2+ 2^2}$
辺々２乗すると
$(x-1)^2+(y-1)^2=2^2+ 2^2$
$x^2+ y^2-2x-2y=6$ ･･･①

2) BC=ABだから
$\sqrt{(x+ 1)^2+(y+ 1)^2}=\sqrt{2^2+ 2^2}$
辺々２乗すると
$(x+ 1)^2+(y+ 1)^2=2^2+ 2^2$
$x^2+ y^2+ 2x+ 2y=6$ ･･･②

①②を連立方程式として解く
(①+②)÷2： $x^2+ y^2=6$ ･･･③
(②−①)÷4： $x+ y=0$ ･･･④
④より $y=-x$
これを③に代入
$2x^2=6$
$x=\pm\sqrt{3}$
$(\sqrt{3}\hspace{1}-\sqrt{3}),\hspace{1}(-\sqrt{3},\hspace{1}\sqrt{3})$ ･･･（答）
→解説を隠す←

=直角二等辺三角形の頂点=

【問3-2】
　２点A(−1, 2), B(4, 1)を結ぶ線分ABが直角二等辺三角形の斜辺となるように，残りの頂点Cの座標を定めてください．

［解説を見る］

残りの頂点Cは，右図のように２つある．
C(x, y)とおく．
1) $AB=\sqrt{(4+ 1)^2+(1-1)^2}=\sqrt{26}$
だから
$AC=\sqrt{(x+ 1)^2+(y-2)^2}=\sqrt{13}$
辺々２乗すると
$(x+ 1)^2+(y-2)^2=13$
$x^2+ y^2+ 2x-4y=8$ ･･･①

2) $BC=\sqrt{(x-4)^2+(y-1)^2}=\sqrt{13}$
だから
辺々２乗すると
$(x-4)^2+(y-)^2=13$
$x^2+ y^2-8x-2y=-4$ ･･･②

①②を連立方程式として解く
(①−②)÷2： $5x-y=6$
これを①に代入
$x^2+(5x-6)^2+ 2x-4(5x-6)=8$
$26x^2-78x+ 56=0$
$x^2-3x+ 2=0$
$(x-1)(x-2)=0$
$x=1,\hspace{1}2$
$(1,\hspace{1}-1),\hspace{2}(2,\hspace{1}4)$ ･･･（答）
→解説を隠す←

• 座標系を使って図形の性質を調べる方法は，解析幾何（座標幾何）と呼ばれ，ルネ・デカルト（フランスの数学者，1596～1650）によって考案された．
• 辺の長さや形などは，「平行移動」「回転移動」によって変化しないので，計算しやすい場所に移動してもよい．
• ある座標系の導入方法が「一般性を失わない」かどうかは，高度な知的判断であるが，教科書の例を見ながら，真似できるものは真似するとよい．

=座標を用いた証明=･･･教科書レベル

【問4-1】
　△ABCの辺BCの中点をMとするとき，
AB2+AC2=2(AM2+BM2)
が成り立つことを証明してください．

（これを中線定理という）

［解説を見る］

(1) 底辺の長さを変数cにすると，どんな長さの辺でも表せる．
(2) Bを原点に重ねてもよいが，右図のようにMを原点に重ねると，さらに計算しやすくなる．
(3) 頂点Aのy座標を変数bにすると，三角形の高さが任意に変えられる．さらに，頂点Aのx座標を変数aにすると，三角形の形が任意に変えられる．
以上の(1)(2)(3)の仮定を置けば，一般性を失うことなく，任意の三角形の辺の長さを扱える．

　上の図のように座標系を導入すると
AB2+AC2=(a+c)2+b2+(a−c)2+b2
=a2+2ac+c2+b2+a2−2ac+c2+b2
=2(a2+b2+c2)
2(AM2+BM2)=2(a2+b2+c2)
　よって，
AB2+AC2=2(AM2+BM2)が成り立つ･･･■証明終■ →解説を隠す←

①

３点A, B, Cを全く自由に決めると，自由に決められる変数は６個（a,b,c,d,e,f）になる．

②

図形全体を平行移動しても，図形の２点間の距離は変化しないから，例えば点Bを原点に重ねると，変数を4個（a,b,e,f）にできる．

③

さらに，図形全体を回転移動しても，図形の２点間の距離は変化しないから，例えば点Cをx軸に重ねると，変数を3個（a,b,c）にできる．

④上記のようにすると，BCの中点Mのx座標が分数になる $M(\frac{c}{2},\hspace{1}0)$

　これに対して，Mを原点に重ねて，B, Cを左右対称にすると分数計算を避けることができ，計算が楽になり，計算間違いも避けられる．

【問4-2】
　平面上に長方形ABCDがある．点Pがこの平面上のどの位置にあっても
PA2+PC2=PB2+PD2
が成り立つことを証明してください．

［解説を見る］

A(0, a), B(0, 0), C(b, 0), D(b, a), P(x, y)とおくと
PA2+PC2
=x2+(y−a)2+(x−b)2+y2
PB2+PD2
=x2+y2+(y−a)2+(x−b)2
これらは等しい･･･■証明終■
→解説を隠す←

【問4-3】
　　△ABCの辺BCを1:2に内分する点をDとするとき，
2AB2+AC2=3(AD2+2BD2)
が成り立つことを証明してください．

［解説を見る］

右図のようにA(a, b), B(−c, 0), C(2c, 0), D(0, 0)とおくと
2AB2+AC2
=2{(c+a)2+b2}+(2c-a)2+b2
=2{c2+2ca+a2+b2}
+4c2−4ca+a2+b2
=3a2+3b2+6c2
3(AD2+2BD2)
=3(a2+b2+2c2)
=3a2+3b2+6c2
これらは等しい･･･■証明終■
→解説を隠す←

【問4-4】
　　△ABCの辺BCを1:n（だだし，nは正の整数）に内分する点をDとするとき，
nAB2+AC2=(n+1)(AD2+nBD2)
が成り立つことを証明してください．

［解説を見る］

A(a, b), B(−c, 0), C(nc, 0), D(0, 0)とおくと
nAB2+AC2
=n{(c+a)2+b2}+(nc−a)2+b2
=n{c2+2ca+a2+b2}
+n2c2−2nca+a2+b2
=(n+1)a2+(n+1)b2+(n2+n)c2
(n+1)(AD2+nBD2)
=(n+1)(a2+b2+nc2)
=(n+1)a2+(n+1)b2+(n2+n)c2
これらは等しい･･･■証明終■
→解説を隠す←

【問5-1】
　１辺の長さがaの正三角形ABCと同じ平面上の任意の点をPとするとき，AP2+BP2+CP2≧a2が成り立つことを証明してください．

［解説を見る］

正三角形ABCの座標として，右図①や②などが考えられる．ここでは②を使って証明する．

$A(\frac{a}{2},\hspace{1}\frac{\sqrt{3}a}{2}),\hspace{1}B(0,\hspace{1}0),\hspace{1}C(a,\hspace{1}0),\hspace{1}P(x,\hspace{1}y)$ とおくと
AP2+BP2+CP2
$=(x-\frac{a}{2})^2+(y-\frac{\sqrt{3}a}{2})^2+ x^2+ y^2+(x-a)^2+ y^2$
$=x^2-ax+\frac{a^2}{4}+ y^2-\sqrt{3}ay+\frac{3a^2}{4}$
$+ x^2+ y^2+ x^2-2ax+ a^2+ y^2$

この形は，２変数関数の（最大）最小問題で，平方完成形：(x−...)2+(y−...)2の形を作れば解決できる．

$=3(x^2-ax)+3(y^2-\frac{\sqrt{3}}{3}ay)+ 2a^2$
$=3(x-\frac{a}{2})^2-\frac{3}{4}a^2+ 3(y-\frac{\sqrt{3}}{6}a)-\frac{a^2}{4}+ 2a^2$
$=3(x-\frac{a}{2})^2+ 3(y-\frac{\sqrt{3}}{6}a)+ a^2\underset{=}{\gt}a^2$

（等号成立は， $x=\frac{a}{2},\hspace{2}y=\frac{\sqrt{3}}{6}$ のとき，すなわちPが正三角形ABCの重心に一致するとき）･･･■証明終■
→解説を隠す←

【問5-2】
　三角形ABCの重心をGとするとき
AB2+BC2+CA2=3(AG2+BG2+CG2)
が成り立つことを証明してください．

［解説を見る］

【重心の座標】（公式）
３点A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3)でできる△ABCの重心Gの座標は
$G(\frac{x_1+ x_2+ x_3}{3},\hspace{2}\frac{y_1+ y_2+ y_3}{3})$

A(a, b), B(0, 0), C(c, 0)とおくと，重心の座標は
$G(\frac{a+ c}{3},\hspace{2}\frac{b}{3})$
となるから
$AB^2+ BC^2+ CA^2=a^2+ b^2+ c^2+(a-c)^2+ b^2$
$=2a^2+ 2b^2+ 2c^2-2ac$
$3(AG^2+ BG^2+ CG^2)$
$=3\{\Bigl(\frac{a+ c}{3}-a\Bigr)^2+\Bigl(\frac{b}{3}-b\Bigr)^2+\Bigl(\frac{a+ c}{3}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{b}{3}\Bigr)^2$
$+\Bigl(\frac{a+ c}{3}-c\Bigr)^2+\Bigl(\frac{b}{3}\Bigr)^2\Bigr\}$
$=3\{\Bigl(\frac{c-2a}{3}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{2b}{3}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{a+ c}{3}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{b}{3}\Bigr)^2$
$+\Bigl(\frac{a-2c}{3}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{b}{3}\Bigr)^2\Bigr\}$
$=\frac{3}{9}(c^2-4ca+ 4a^2+ 4b^2+ a^2+ 2ac+ c^2+ b^2$
$+ a^2-4ac+ 4c^2+ b^2)$
$=\frac{1}{3}(6a^2+ 6b^2+ 6c^2-6ac)=2a^2+ 2b^2+ 2c^2-2ac$
よって
AB2+BC2+CA2=3(AG2+BG2+CG2)
が成り立つ･･･■証明終■ →解説を隠す←

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