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【問題】 (1) △ABCにおいて，AB=6, AC=4, \(\displaystyle\cos A=\frac{1}{4}\) とする．△ABCの外心をHとし，直線AHが△ABCの外接円と交わる点のうち，点Aとは異なる点をPとする．このとき，
(2) △ABCにおいて，AB=5, AC=6, \(\displaystyle\cos A=\frac{1}{5}\) とする。△ABCの内心をKとし，直線AKが△ABCの内接円と交わる点のうち，点Aに近いほうの点をQとする．このとき，
（2025年早稲田大 人間科学部）
Hが外心 ⇔ AHが半径 ⇔ APが直径という条件の使い方
ア) \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\perp\overrightarrow{\mathrm{BP}}\) イ) \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}}=|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2\) \(\mathrm{AB,AP}\) のなす角を \(\theta\) とすると，\(\mathrm{AP}\cos\theta=\mathrm{AB}\) だから \(\mathrm{AB\cdot AP}\cos\theta=\mathrm{AB\cdot AB}\) \(\overrightarrow{\mathrm{AC}}\) についても同様 ア) \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{b},\hspace{10px}\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec{c},\hspace{10px}\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\vec{p}\) ，\(\vec{p}=s\vec{b}+t\vec{c}\) とおくと \(\overrightarrow{\mathrm{BP}}=\vec{p}-\vec{b}=(s-1)\vec{b}+t\vec{c}\)
\(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BP}}=\vec{b}\cdot\{(s-1)\vec{b}+t\vec{c}\}=0\)
\((s-1)\vec{b}\cdot\vec{b}+t\vec{b}\cdot\vec{c}=0\)
ここで\(\displaystyle\vec{b}\cdot\vec{b}=36,\hspace{10px}\vec{b}\cdot\vec{c}=6\times 4\times\frac{1}{4}=6\) だから
\(\displaystyle 36(s-1)+6t=0\)
\(\displaystyle 6(s-1)+t=0\) …①
同様にして\(\overrightarrow{\mathrm{CP}}=\vec{p}-\vec{c}=s\vec{b}+(t-1)\vec{c}\)
\(\overrightarrow{\mathrm{AC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CP}}=\{s\vec{b}+(t-1)\vec{c}\}\cdot\vec{c}=0\)
\(s\vec{b}\cdot\vec{c}+(t-1)\vec{c}\cdot\vec{c}=0\)
\(6s+16(t-1)=0\)
\(3s+8(t-1)=0\) …②
連立方程式①②を解くと\(\displaystyle s=\frac{8}{9},\hspace{5px}t=\frac{2}{3}\)
\(\displaystyle \vec{p}=\frac{8}{9}\vec{b}+\frac{2}{3}\vec{c}\)
\(\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AP}}=\frac{8}{9}\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{2}{3}\overrightarrow{\mathrm{AC}}\) …（答）
（別解）イ)\(\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{b},\hspace{10px}\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec{c},\hspace{10px}\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\vec{p}\) ，\(\vec{p}=s\vec{b}+t\vec{c}\) とおくと \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}}=|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2\) だから
\(s\vec{b}\cdot\vec{b}+t\vec{b}\cdot\vec{c}=|\vec{b}|^2\)
\(36s+6t=36\)
\(6s+t=6\) …③
\(\overrightarrow{\mathrm{AC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}}=|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2\) だから
\(s\vec{b}\cdot\vec{c}+t\vec{c}\cdot\vec{c}=|\vec{cb}|^2\)
\(6s+16t=16\)
\(3s+8t=8\) …④
③④から，ア）のときと同様にして解ける
《内接円の半径 \(r\) 》
\(\small\displaystyle \cos A=\frac{1}{5}\) だから内接円の半径を \(r\), 外接円の半径を \(R\) とすると三角形の面積 \(S\) は \(\small\displaystyle \frac{1}{2}r(a+b+c)=S=\frac{abc}{4R}\) \(\small\displaystyle \sin A=\sqrt{1-(\frac{1}{5})^2}=\frac{2\sqrt{6}}{5}\)
余弦定理により\(\small\displaystyle a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\)
\(\small\displaystyle =6^2+5^2-2\times 6\times 5\times\frac{1}{5}=49 \)
\(\small\displaystyle a=7\)
正弦定理により\(\small\displaystyle \frac{a}{\sin A}=2R\)
\(\small\displaystyle \frac{7}{\dfrac{2\sqrt{6}}{5}}=2R\)
\(\small\displaystyle R=7\times\frac{5}{2\sqrt{6}}\times\frac{1}{2}=\frac{35}{4\sqrt{6}}\)
\(\small\displaystyle \frac{1}{2}r(a+b+c)=\frac{abc}{4R}\) により\(\small\displaystyle \frac{1}{2}r(5+6+7)=\frac{5\times 6\times 7}{4\times\dfrac{35}{4\sqrt{6}}}\)
\(\small\displaystyle 9r=6\sqrt{6}\)
\(\small\displaystyle r=\frac{2}{3}\sqrt{6}\)
《内心の位置ベクトル》
\(\small\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{b},|\vec{b}|=5\)内心の位置ベクトルを \(\overrightarrow{\mathrm{OK}}\) とすると \(\small\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OK}}=\frac{a\vec{a}+b\vec{b}+c\vec{c}}{a+b+c}\) \(\small\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec{c},|\vec{c}|=6\) \(\small\displaystyle \vec{b}\cdot\vec{c}=5\times 6\times \frac{1}{5}=6\) を用いて \(\small\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AK}}=\frac{6\vec{b}+5\vec{c}}{7+6+5}=\frac{6\vec{b}+5\vec{c}}{18}\) の大きさを計算すると \(\small\displaystyle |\overrightarrow{\mathrm{AK}}|^2=\frac{1}{18^2}(6^2\times 5^2+5^2\times 6^2+2\times 5\times 6\times 6)\)
\(\small\displaystyle =\frac{2160}{18^2}=\frac{2^2\times 5}{3}\)
\(\small\displaystyle |\overrightarrow{\mathrm{AK}}|=\frac{2\sqrt{15}}{3}\)
\(\small\displaystyle \mathrm{AK=AQ+}r\) だから
\(\small\displaystyle \mathrm{AQ}=\frac{2\sqrt{15}}{3}-\frac{2}{3}\sqrt{6}=\frac{2\sqrt{3}(\sqrt{5}-\sqrt{2})}{3}\)
\(\small\displaystyle \mathrm{\frac{AQ}{AK}}=\frac{2\sqrt{3}(\sqrt{5}-\sqrt{2})}{3}\times\frac{3}{2\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{5}-\sqrt{2}}{\sqrt{5}}\)
\(\small\displaystyle =\frac{5-\sqrt{10}}{5}\)
 難し過ぎる！！（別解として）点Aに遠い方の点をQ'として，AQ･AQ'を使って、方べきの定理に持ち込む方法も考えられる |
【問題】
右図において，OA=5, OB=6, AB=7とする．△OABの頂点Oにおける内角の二等分線と，頂点Aにおける外角の二等分線の交点をCとする．Cから直線OAに下した垂線と直線OAとの交点をHとする．\(\small\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OA}}=\vec{a},\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\vec{b}\) とする．
［(1)の解答を見る］(1) 内積 \(\small\displaystyle \vec{a}\cdot\vec{b}=\)ク である．
(2) \(\small\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OC}}\) を \(\vec{a},\vec{b}\) を用いて表すと
(4) \(\small\displaystyle |\overrightarrow{\mathrm{CH}}|=\)チ
\(\sqrt{\hspace{45px}}\)
ツ
である．
（2025年上智大 経済学部）
\(\vec{a}\)
\(\vec{b}\)
\(5\)
\(6\)
\(7\)
\(\small \displaystyle \vec{a},\vec{b}\) のなす角を \(\theta\) とすると\(\small \displaystyle \cos\theta=\frac{5^2+6^2-7^2}{2\times 5\times 6}=\frac{12}{60}=\frac{1}{5}\)
\(\small \displaystyle |\vec{a}|=5,|\vec{b}|=6,\cos\theta=\frac{1}{5}\) だから\(\small \displaystyle \vec{a}\cdot\vec{b}=5\times 6\times\frac{1}{5}=6\)
《角の二等分線方向のベクトル》
A) \(\small \displaystyle \vec{a},\vec{b}\) の大きさに引きずられないように，各々の大きさで割って，それぞれの向きの単位ベクトルにすると，和が角の二等分線の方向に向く \(\small \displaystyle s\left(\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}+\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\right)\)
B) 角の二等分線に関する性質から，\(\small \displaystyle |\vec{a}|=a,|\vec{b}|=b\) を用いて，次の形の式を作ると，角の二等分線の方向に向く\(\small \displaystyle t\left(\frac{b\vec{a}+a\vec{b}}{a+b}\right)\)
以下の解説では，A)を使って解いている
\(\vec{a}\)
\(\vec{b}\)
\(5\)
\(6\)
\(7\)
\(3\sqrt{6}\)
\(3\sqrt{15}\)
\(\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}\)
\(\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\)
\(\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}\)
\(\small\frac{\overrightarrow{\mathrm{AB}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|}\)
Cは∠BOAの二等分線上にあるから\(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OC}}=s\left(\frac{\vec{a}}{5}+\frac{\vec{b}}{6}\right)\) …(#1)と書ける
また，Cは∠BAHの二等分線上にあるから\(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OC}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\left(\frac{\vec{a}}{5}+\frac{\vec{b}-\vec{a}}{7}\right)\) …(#2)と書ける
\(\small \displaystyle \vec{a}\)∦\(\small \displaystyle \vec{b}\) かつ \(\small \displaystyle \vec{a},\vec{b}\ne\vec{0}\) だから(#1)(#2)の\(\small \displaystyle \vec{a},\vec{b}\) の係数を比較すると\(\small \displaystyle \left\{\begin{array}{ll}\dfrac{s}{5}=1+\dfrac{t}{5}-\dfrac{t}{7} \\ \dfrac{s}{6}=\dfrac{t}{7}\end{array}\right.\)
この連立方程式を解くと\(\small \displaystyle s=\frac{15}{2},t=\frac{35}{4}\)
(#1)に代入\(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OC}}=\frac{15}{2}\left(\frac{\vec{a}}{5}+\frac{\vec{b}}{6}\right)=\frac{3}{2}\vec{a}+\frac{5}{4}\vec{b}\)
\(\small \displaystyle |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2=\frac{9}{4}\times 5^2+\frac{25}{16}\times 6^2+2\times\frac{3}{2}\times\frac{5}{4}\times 6=135 \)
\(\small \displaystyle |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|=\sqrt{135}=3\sqrt{15} \)
2つのベクトル \(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OC}},\overrightarrow{\mathrm{OA}}\) のなす角を \(\phi\) とするとき
［(4)の解答を見る］\(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\mathrm{OA\cdot OC}\cos\phi=\mathrm{OA\cdot OH}\)
であることに注意すると\(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\frac{3}{2}|\vec{a}|^2+\frac{5}{4}\vec{a}\cdot\vec{b}\)
\(\small \displaystyle =\frac{3}{2}\times 25+\frac{5}{4}\times 6=45\)
\(\small \displaystyle \mathrm{OA\cdot OH}=45\) より
\(\small \displaystyle \mathrm{OH}=9\)
\(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OH}}=\frac{9}{5}\overrightarrow{\mathrm{OA}}\)
直角三角形OHCにおいて，\(\small \displaystyle \mathrm{OC}=3\sqrt{15}, \mathrm{OH}=9\) だから
［(5)の解答を見る］\(\small \displaystyle \mathrm{CH}=\sqrt{(3\sqrt{15})^2-9^2}=\sqrt{135-81}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}\)
∠BOAの二等分線がABと交わる点をDとおくと，(2)の解説B)の方法で
\(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OD}}=\frac{6\vec{a}+5\vec{b}}{11}\)
一方，(2)の結果から\(\small \displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OC}}=\frac{6\vec{a}+5\vec{b}}{4}\)
したがって，△OABと△ABCとは，底辺の長さABが共通で，高さの比がOD:DC=4:7になるから，△OABの面積を \(\small\displaystyle\frac{7}{4}\) 倍すれば△ABCの面積になる\(\small \displaystyle \mathrm{\triangle OAB}=\frac{1}{2}\times 5\times 6\times \sqrt{1-(\frac{1}{5})^2}=6\sqrt{6}\)
\(\small \displaystyle \mathrm{\triangle ABC}=\frac{7}{4}\times 6\sqrt{6}=\frac{21}{2}\sqrt{6}\)
（別解）△AHCを辺AHを対称軸として折り返すと，CHを移した辺がABの垂線になるから， △ABCの高さは \(\small\displaystyle \mathrm{CH}=3\sqrt{6}\) \(\small \displaystyle \mathrm{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times 7\times 3\sqrt{6}=\frac{21}{2}\sqrt{6}\)
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