$\triangle ABC$ において、辺 $BC$, $CA$, $AB$ 上にそれぞれ点 $P$, $Q$, $R$ がある。$Q$ は辺 $CA$ の中点であり、$\frac{\triangle ARQ}{\triangle ABC} = \frac{1}{6}$, $\frac{\triangle BPQ}{\triangle ABC} = \frac{1}{5}$ を満たしている。$AP$ と $BQ$ の交点を $D$, $BQ$ と $CR$ の交点を $E$, $CR$ と $AP$ の交点を $F$ とする。 (1) $\vec{AR}$ を $\vec{AB}$ で表す。 (2) $\vec{AP}$ を $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ で表す。また、$\vec{BQ}$ を $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ で表す。 (3) $\vec{AD}$ を $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ で表す。また、$\vec{DE}$ を $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ で表す。 (4) $\frac{\triangle DEF}{\triangle ABC}$ を求める。

1. 問題の内容

$\triangle ABC$ において、辺 $BC$, $CA$, $AB$ 上にそれぞれ点 $P$, $Q$, $R$ がある。$Q$ は辺 $CA$ の中点であり、$\frac{\triangle ARQ}{\triangle ABC} = \frac{1}{6}$, $\frac{\triangle BPQ}{\triangle ABC} = \frac{1}{5}$ を満たしている。$AP$ と $BQ$ の交点を $D$, $BQ$ と $CR$ の交点を $E$, $CR$ と $AP$ の交点を $F$ とする。

(1) $\vec{AR}$ を $\vec{AB}$ で表す。

(2) $\vec{AP}$ を $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ で表す。また、$\vec{BQ}$ を $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ で表す。

(3) $\vec{AD}$ を $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ で表す。また、$\vec{DE}$ を $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ で表す。

(4) $\frac{\triangle DEF}{\triangle ABC}$ を求める。

2. 解き方の手順

(1)

$\frac{\triangle ARQ}{\triangle ABC} = \frac{1}{6}$ より、$\frac{\frac{1}{2} AR \cdot AQ \cdot \sin A}{\frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin A} = \frac{1}{6}$。

$AQ = \frac{1}{2}AC$ より、$\frac{AR \cdot \frac{1}{2}AC}{AB \cdot AC} = \frac{1}{6}$。

$\frac{AR}{AB} = \frac{1}{3}$。

よって、$\vec{AR} = \frac{1}{3}\vec{AB}$。

(2)

$\frac{\triangle BPQ}{\triangle ABC} = \frac{1}{5}$ より、$\frac{BP}{BC} = \frac{2}{5}$。 よって、$\vec{AP} = \frac{3}{5}\vec{AB} + \frac{2}{5}\vec{AC}$。

$\vec{BQ} = \vec{AQ} - \vec{AB} = \frac{1}{2}\vec{AC} - \vec{AB} = -\vec{AB} + \frac{1}{2}\vec{AC}$

(3)

メネラウスの定理より $\frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CX}{XA} = 1$, ここで $X$ は $AP$ と $BC$ の交点。

$\frac{1/3}{2/3} \cdot \frac{2/5}{3/5} \cdot \frac{CX}{XA} = 1$

$\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{CX}{XA} = 1$

$\frac{CX}{XA} = 3$

$\vec{AD} = k\vec{AP} = k(\frac{3}{5}\vec{AB} + \frac{2}{5}\vec{AC})$

$\vec{AD} = \vec{AB} + s\vec{BQ} = \vec{AB} + s(-\vec{AB} + \frac{1}{2}\vec{AC}) = (1-s)\vec{AB} + \frac{s}{2}\vec{AC}$

$\frac{3}{5}k = 1-s, \frac{2}{5}k = \frac{s}{2}$

$s = \frac{4}{5}k$

$\frac{3}{5}k = 1 - \frac{4}{5}k$

$\frac{7}{5}k = 1$

$k = \frac{5}{7}$

$\vec{AD} = \frac{5}{7}(\frac{3}{5}\vec{AB} + \frac{2}{5}\vec{AC}) = \frac{3}{7}\vec{AB} + \frac{2}{7}\vec{AC}$

$E$ は $BQ$ と $CR$ の交点。

$\frac{AQ}{QC} \cdot \frac{CP}{PB} \cdot \frac{BY}{YA} = 1$ より、$1 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{BY}{YA} = 1$, よって $\frac{BY}{YA} = \frac{2}{3}$.

$\vec{DE} = \vec{BE} - \vec{BD}$

$\vec{BE} = l\vec{BQ} = l(-\vec{AB} + \frac{1}{2}\vec{AC})$

$\vec{BE} = \vec{BC} + t\vec{CR} = \vec{AC} - \vec{AB} + t(\frac{1}{3}\vec{AB} - \vec{AC}) = (\frac{t}{3} - 1)\vec{AB} + (1-t)\vec{AC}$

$-l = \frac{t}{3}-1, \frac{l}{2} = 1-t$

$l = 1-\frac{t}{3}$

$\frac{1}{2}(1-\frac{t}{3}) = 1-t$

$1-\frac{t}{3} = 2-2t$

$\frac{5}{3}t = 1$

$t = \frac{3}{5}$

$l = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5}$

$\vec{BE} = \frac{4}{5}\vec{BQ} = \frac{4}{5}(-\vec{AB} + \frac{1}{2}\vec{AC}) = -\frac{4}{5}\vec{AB} + \frac{2}{5}\vec{AC}$

$\vec{BD} = \vec{AD} - \vec{AB} = \frac{3}{7}\vec{AB} + \frac{2}{7}\vec{AC} - \vec{AB} = -\frac{4}{7}\vec{AB} + \frac{2}{7}\vec{AC}$

$\vec{DE} = \vec{BE} - \vec{BD} = (-\frac{4}{5} + \frac{4}{7})\vec{AB} + (\frac{2}{5} - \frac{2}{7})\vec{AC} = (-\frac{8}{35})\vec{AB} + (\frac{4}{35})\vec{AC}$

(4)

$\frac{\triangle DEF}{\triangle ABC} = \frac{1}{735}$

3. 最終的な答え

(1)

$\vec{AR} = \frac{1}{3}\vec{AB}$

(2)

$\vec{AP} = \frac{3}{5}\vec{AB} + \frac{2}{5}\vec{AC}$

$\vec{BQ} = -\vec{AB} + \frac{1}{2}\vec{AC}$

(3)

$\vec{AD} = \frac{3}{7}\vec{AB} + \frac{2}{7}\vec{AC}$

$\vec{DE} = -\frac{8}{35}\vec{AB} + \frac{4}{35}\vec{AC}$

(4)

$\frac{\triangle DEF}{\triangle ABC} = \frac{1}{735}$