三角形ABCにおいて、$AB=2$, $BC=3$, $\angle BAC = 120^\circ$である。点Pは$6\overrightarrow{AP} + 5\overrightarrow{BP} + 4\overrightarrow{CP} = \overrightarrow{0}$を満たす。直線APとBCの交点をQとする。 (1) $\overrightarrow{AP}$を$\overrightarrow{AB}$と$\overrightarrow{AC}$を用いて表す。 (2) $\overrightarrow{AQ}$を$\overrightarrow{AP}$を用いて表す。 (3) $\triangle PQC$の面積を$\triangle ABC$の面積を用いて表し、具体的な値を求める。

1. 問題の内容

三角形ABCにおいて、$AB=2$, $BC=3$, $\angle BAC = 120^\circ$である。点Pは$6\overrightarrow{AP} + 5\overrightarrow{BP} + 4\overrightarrow{CP} = \overrightarrow{0}$を満たす。直線APとBCの交点をQとする。

(1) $\overrightarrow{AP}$を$\overrightarrow{AB}$と$\overrightarrow{AC}$を用いて表す。

(2) $\overrightarrow{AQ}$を$\overrightarrow{AP}$を用いて表す。

(3) $\triangle PQC$の面積を$\triangle ABC$の面積を用いて表し、具体的な値を求める。

2. 解き方の手順

(1) $6\overrightarrow{AP} + 5\overrightarrow{BP} + 4\overrightarrow{CP} = \overrightarrow{0}$を変形する。

$\overrightarrow{BP} = \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{CP} = \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AC}$を代入すると、

$6\overrightarrow{AP} + 5(\overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AB}) + 4(\overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AC}) = \overrightarrow{0}$

$6\overrightarrow{AP} + 5\overrightarrow{AP} - 5\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AP} - 4\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{0}$

$15\overrightarrow{AP} = 5\overrightarrow{AB} + 4\overrightarrow{AC}$

$\overrightarrow{AP} = \frac{5}{15}\overrightarrow{AB} + \frac{4}{15}\overrightarrow{AC}$

$\overrightarrow{AP} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{4}{15}\overrightarrow{AC}$

(2) 点Qは直線AP上にあるので、$\overrightarrow{AQ} = k\overrightarrow{AP}$ (kは実数)と表せる。

また、点Qは直線BC上にあるので、$\overrightarrow{AQ} = (1-t)\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}$ (tは実数)と表せる。

$\overrightarrow{AP} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{4}{15}\overrightarrow{AC}$より、

$\overrightarrow{AQ} = k\overrightarrow{AP} = k(\frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{4}{15}\overrightarrow{AC}) = \frac{k}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{4k}{15}\overrightarrow{AC}$

したがって、

$\frac{k}{3} = 1-t$、$\frac{4k}{15} = t$

$\frac{k}{3} = 1 - \frac{4k}{15}$

$5k = 15 - 4k$

$9k = 15$

$k = \frac{15}{9} = \frac{5}{3}$

$\overrightarrow{AQ} = \frac{5}{3}\overrightarrow{AP}$

(3) $\overrightarrow{AQ} = (1-t)\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}$に$t = \frac{4k}{15} = \frac{4}{15} \cdot \frac{5}{3} = \frac{4}{9}$を代入すると、

$\overrightarrow{AQ} = \frac{5}{9}\overrightarrow{AB} + \frac{4}{9}\overrightarrow{AC}$

点Qは直線BC上にあるので、$BQ:QC = 4:5$。よって$QC = \frac{5}{9}BC$。

$\triangle PQC = \frac{QC}{BC} \cdot \frac{AP}{AQ} \triangle ABC$

$\frac{QC}{BC} = \frac{5}{9}$、$\frac{AP}{AQ} = \frac{3}{5}$

$\triangle PQC = \frac{5}{9} \cdot \frac{3}{5} \triangle ABC = \frac{1}{3} \triangle ABC$

$\triangle ABC = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin{\angle BAC} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot AC \cdot \sin{120^\circ} = AC \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

余弦定理より、$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB \cdot AC \cdot \cos{120^\circ}$

$3^2 = 2^2 + AC^2 - 2 \cdot 2 \cdot AC \cdot (-\frac{1}{2})$

$9 = 4 + AC^2 + 2AC$

$AC^2 + 2AC - 5 = 0$

$AC = \frac{-2 \pm \sqrt{4 + 20}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{24}}{2} = -1 \pm \sqrt{6}$

$AC > 0$より、$AC = -1 + \sqrt{6}$

$\triangle ABC = (-1 + \sqrt{6}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{-\sqrt{3} + \sqrt{18}}{2} = \frac{-\sqrt{3} + 3\sqrt{2}}{2}$

$\triangle PQC = \frac{1}{3} \triangle ABC = \frac{-\sqrt{3} + 3\sqrt{2}}{6} = \frac{3\sqrt{2} - \sqrt{3}}{6}$

$\triangle PQC = \frac{1}{3} \triangle ABC$

$\triangle PQC = \frac{1}{6}(3\sqrt{2}-\sqrt{3})$

3. 最終的な答え

(1) $\overrightarrow{AP} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{4}{15}\overrightarrow{AC}$

ア：1, イ：3, ウ：4, エ：1, オ：5

(2) $\overrightarrow{AQ} = \frac{5}{3}\overrightarrow{AP}$

カ：5, キ：3

(3) $\triangle PQC$の面積は$\triangle ABC$の面積の$\frac{1}{3}$倍に等しく、その値は$\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{3}}{6}$である。

ク：1, ケ：3, コ：2, サ：6, シ：3, ス：6

$\frac{3\sqrt{2}}{6} - \frac{\sqrt{3}}{6}$