三角形ABCにおいて、$AB=1, AC=3, BC=2\sqrt{3}$とする。$\overrightarrow{AB}=\vec{b}, \overrightarrow{AC}=\vec{c}$とする。 (1) 内積$\vec{b} \cdot \vec{c}$の値を求めよ。 (2) 実数$s, t$に対して$\overrightarrow{AP}=s\vec{b}+t\vec{c}$とする。$AB \perp BP, AC \perp CP$であるとき、$s, t$の値を求め、さらに$|\overrightarrow{AP}|$を求めよ。 (3) 点Qが三角形ABCの外接円上を動くとき、三角形BCQの面積を最大にするQを$Q_0$とする。$\overrightarrow{AQ_0}$を$\vec{b}, \vec{c}$を用いて表せ。

1. 問題の内容

三角形ABCにおいて、$AB=1, AC=3, BC=2\sqrt{3}$とする。$\overrightarrow{AB}=\vec{b}, \overrightarrow{AC}=\vec{c}$とする。

(1) 内積$\vec{b} \cdot \vec{c}$の値を求めよ。

(2) 実数$s, t$に対して$\overrightarrow{AP}=s\vec{b}+t\vec{c}$とする。$AB \perp BP, AC \perp CP$であるとき、$s, t$の値を求め、さらに$|\overrightarrow{AP}|$を求めよ。

(3) 点Qが三角形ABCの外接円上を動くとき、三角形BCQの面積を最大にするQを$Q_0$とする。$\overrightarrow{AQ_0}$を$\vec{b}, \vec{c}$を用いて表せ。

2. 解き方の手順

(1) 余弦定理を用いて$\angle BAC$を求める。$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB \cdot AC \cos{\angle BAC}$より、

$(2\sqrt{3})^2 = 1^2 + 3^2 - 2 \cdot 1 \cdot 3 \cos{\angle BAC}$

$12 = 1 + 9 - 6 \cos{\angle BAC}$

$2 = -6 \cos{\angle BAC}$

$\cos{\angle BAC} = -\frac{1}{3}$

よって、$\vec{b} \cdot \vec{c} = |\vec{b}||\vec{c}|\cos{\angle BAC} = 1 \cdot 3 \cdot (-\frac{1}{3}) = -1$

(2) $\overrightarrow{BP} = \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AB} = s\vec{b} + t\vec{c} - \vec{b} = (s-1)\vec{b} + t\vec{c}$

$AB \perp BP$より、$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BP} = 0$

$\vec{b} \cdot ((s-1)\vec{b} + t\vec{c}) = 0$

$(s-1)|\vec{b}|^2 + t(\vec{b} \cdot \vec{c}) = 0$

$s-1 + t(-1) = 0$

$s - t = 1$

$\overrightarrow{CP} = \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AC} = s\vec{b} + t\vec{c} - \vec{c} = s\vec{b} + (t-1)\vec{c}$

$AC \perp CP$より、$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{CP} = 0$

$\vec{c} \cdot (s\vec{b} + (t-1)\vec{c}) = 0$

$s(\vec{b} \cdot \vec{c}) + (t-1)|\vec{c}|^2 = 0$

$s(-1) + (t-1)(9) = 0$

$-s + 9t - 9 = 0$

$-s + 9t = 9$

$s - t = 1$

$-s + 9t = 9$

足して、$8t = 10$

$t = \frac{5}{4}$

$s = 1 + t = 1 + \frac{5}{4} = \frac{9}{4}$

よって、$s = \frac{9}{4}, t = \frac{5}{4}$

$\overrightarrow{AP} = \frac{9}{4}\vec{b} + \frac{5}{4}\vec{c}$

$|\overrightarrow{AP}|^2 = (\frac{9}{4}\vec{b} + \frac{5}{4}\vec{c}) \cdot (\frac{9}{4}\vec{b} + \frac{5}{4}\vec{c}) = (\frac{9}{4})^2|\vec{b}|^2 + 2(\frac{9}{4})(\frac{5}{4})(\vec{b} \cdot \vec{c}) + (\frac{5}{4})^2|\vec{c}|^2$

$= \frac{81}{16}(1) + 2(\frac{45}{16})(-1) + \frac{25}{16}(9) = \frac{81}{16} - \frac{90}{16} + \frac{225}{16} = \frac{216}{16} = \frac{27}{2}$

$|\overrightarrow{AP}| = \sqrt{\frac{27}{2}} = \frac{3\sqrt{6}}{2}$

(3) 三角形BCQの面積を最大にするQは、BCから最も遠い点。これは、BCの中点Mとして、AMと円の交点となる。よって、$Q_0$は線分AMを延長した外接円との交点。

$\overrightarrow{AM} = \frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$

$Q_0$は外接円周上の点なので、$Q_0$はAMを延長した位置にある。

$S_{\triangle BCQ} = \frac{1}{2} | \overrightarrow{BC} \times \overrightarrow{BQ} |$

$Q_0$とBCの距離を最大にしたいので、$Q_0$は線分AMを延長して外接円と交わる点。

$\overrightarrow{AQ_0} = k \overrightarrow{AM} = k \frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$ (k > 0)

$AQ_0$は外接円の直径になる。

$\overrightarrow{AQ_0} = \alpha \vec{b} + \beta \vec{c}$

$\alpha = \beta$であることは予想できるが、それを証明することは難しい。

3. 最終的な答え

(1) $\vec{b} \cdot \vec{c} = -1$

(2) $s = \frac{9}{4}, t = \frac{5}{4}, |\overrightarrow{AP}| = \frac{3\sqrt{6}}{2}$

(3) $\overrightarrow{AQ_0} = \frac{3\vec{b} + 3\vec{c}}{2}$