4STEP 数学 B( 新課程 ) を解いてみた 平面上のベクトル 6 ベクトルと図形 59 A 2 B 2 = AB 2 - AA æ 1 2 ö = AB1 + AC1 - ç AA1 + AB1 3 3 è 3 3 ø 1

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1 平面上のベクトル 6 ベクトルと図形 A B AB AA AB + AC AA + AB AA AB + AC AB AB + AC + AC AB これと A B ¹, AB ¹ より, A B // AB \A B //AB A C A B A B B C 6 解法 AB b, AC とすると, QR AR AQ b QP AP AQ AB + BC b b + ( b ) b b b QR よって,P, Q, R は一直線上にあり,QR:QP:

2 解法 : 平面図形の問題として解く AQ QB BP PC CR RA よって, メネラウスの定理の逆より, 点 P, Q, R は一直線上にある QA BC PR したがって, QBP と線分 AC についてメネラウスの定理より, AB CP RQ よって, RQ PR QA AB BC CP ゆえに,QR:QP: 補足 メネラウスの定理とチェバの定理をまとめて覚える方法 三角形 ABC の辺を AB,BC,CA と表し, それぞれの辺の内分点 外分点を P,Q,R とすると, 比の取り方は下表となる 辺内分点 外分点比の取り方 AB P AP/PB BC Q BQ/QC CA R CR/RA すると, メネラウスの定理の式とチェバの定理の式は, と統一できる 後は, 外分点の数が偶数のときは, チェバの定理より ~ 外分点の数が奇数のときは, メネラウスの定理より ~ とすればよい

3 A P R 6 解法 : ベクトルの問題として解く () B PC BC BP BC PQ BQ BP BA BD BA ( BA + AD) BA C Q () よって, PQ 7 PC ゆえに, 点 P, Q, C は同一直線上にある () より,PQ:QC:

4 解法 : 平面図形の問題として解く () () 直線 PC と対角線 BD の交点を Q', 対角線の交点を E とすると, AP BQ' EC ABE と線分 PC について, メネラウスの定理より, PB Q' E CA 条件より, AP PB 平行四辺形の性質より, Q' E \ BQ' AP PB EC CA EC CA これより, BQ' の長さを k とすると Q' E k よって, ED BE BQ' + Q' E 7k ゆえに, BQ' : Q' D BQ' : Q' E + ED k : k : BQ:QD : だから,Q と Q' は同一の点である これと P, Q', C は同一直線上にあることから, P,Q,C は同一直線上にある AB PQ CE APC と線分 BE について, メネラウスの定理より, BP QC EA QC AB \ PQ BP CE EA ゆえに,PQ:QC:

5 6 解法 : 通常の解法 BP : PE s : s ( < s < ) とすると, AP ( s) AB + sae ( s) b + s ( < ) DP : PC t : t ( t) AP tad + AC tb + ( t) < t とすると, よって, ( s) b + s tb + ( t) これと b と は でない互いに独立なベクトルであることから, s t かつ s t ゆえに, AP b + 解法 : メネラウスの定理を利用 8 \ s, t AD BP EC ABE と線分 DC について, メネラウスの定理より, DB PE CA PE AD EC \ BP DB CA 8 ゆえに, BP : PE 8 : より, 8 AP AB + AE 8 b + b +

6 6 () () ( < ) DP : PB s : s ( s) OP sod + OB s + ( s)b ( < ) CP : PM t : t OP toc + ( t) OM < s とすると, < t とすると, ü ( b ) + ( t) ì tí + ý î þ t + t + b 6 b と b は でない互いに独立なベクトルだから, t + s t かつ s 6 \ s, t ゆえに, OP + b OQ kop k + kb Q は線分 AB 上の点だから, k + k ゆえに, OQ + b \k 6

7 7 6 解法 OA, OC とすると, CD, OE +, OE CD + よって, OE CD ^ 解法 ( ) ( ) ( ) C,, A,,, O とすると, OC OA CD + + OC OA OE OE CD よって, OE CD ^

8 6 外心は各辺の垂直二等分線の交点だから OM ^ BC これと AN ^ BC より, OM//AN \ AH OM ここで, OA, OB b, OC とすると, OH OA + AH + OM b b + b よって, CH AB {( + b + ) } ( b ) ( b + ) ( b ) b ゆえに, CH ^ AB これと AH ^ BC より,H は ABC の垂心である A H O B N M C 8

9 例題 6 別解 : 図形と式で解く xy 直交座標平面上に OAB の O を原点,A の座標を (, ) B の座標について OA OB os ÐAOB OA OB 6 6 また, これより, sin Ð AOB 6 よって,B の座標は ( os ÐAOB, sin ÐAOB), 直線 OH の方程式直線 OH は原点を通り直線 AB に垂直な直線である,B を第 象限にとる 直線 AB の傾きは より, 直線 OH の傾きは よって, 直線 OH の方程式は y H の座標について x 直線 OH と直線 BH の交点, すなわち y x と x の交点が H の座標であるから, H の座標は OH について, 直線 BH と x 軸との交点を D とすると,H は BD を : に内分する点である また,D, より, OD よって, OH OD + OB + b コメント,A (, ) 例題の場合は解答の解き方の方が楽であるが, 別解の方が楽な場合もあるので, 座標平面上に図形を描くことで, 臨機応変に対処できるようにするのがよい

10 y B H O D A x

11 66 解法 : ベクトルの連立方程式を利用して解く OA, OB b とすると, と b は でない互いに独立なベクトルだから, OH は定数 s, t を用いて OH s + tb とただ 通りに表せる AH OB より, AH OB これと AH OB {( s + tb) } {( s ) + tb} ( s ) ( s ) ( s ) b b b + t b よ b os ÐAOB + 6t 6 ( s + t ) + 6t より, s + t \ s + t BH OA より, B H OA これと BH OA {( s + tb) b} { s + ( t ) s 6 + ( t ) s + ( t ) ( s + t ) b よ より, s + t \ s + t,の連立方程式を解くことにより, s, t よって, OH + b

12 解法 : 図形と式で解く xy 直交座標平面上に OAB の O を原点,A の座標を (, ) また,B を第 象限にとると, ÐAOB 6,OB より, B の座標は ( os 6, sin 6 ) (, ) これらより, 直線 BH の式は x 直線 AH は A (, ) その式は ( x 6) 6 とする 6 を通り, 直線 OB( 傾き ) と直交するから, y H は直線 AH と直線 BH の交点だから,かつより, その座標は, よって, 直線 BH と x 軸との交点を D とすると,H は BD を : に内分する点である また,D (, ),A (, ) 6 より, OD ゆえに, OH OD + OB + b

13 y B H O D 6 A x

14 67 解法 : ベクトルの連立方程式を利用して解く b と は でない互いに独立なベクトルだから, AO は定数 s, t を用いて AO sb + t とただ 通りに表せる 外心は各辺の垂直二等分線の交点だから,AB の中点を D,AC の中点を E とすると, OD AB,OE AC より, OD AB, OE AC これと OD AB OA + AB b sb t + b b s + b tb s + t os 6 s t + OE AC OA + AC sb t + sb + t + s + t + s t + より, s + t かつ s + t ゆえに, A O b + 6 \ s, t 6

15 解法 : 図形と式で解く xy 直交座標平面上に ABC の A を原点,B の座標を (, ) また,C を第 象限にとると, ÐA 6,AC より, C の座標は ( os 6, sin 6 ) (, ) とする 外心は各辺の垂直二等分線の交点だから,AB の中点を通り x 軸に垂直な直線と AC の中点を通り AC に垂直な直線の交点が O である AB の中点を通り x 軸に垂直な直線の式 AB の中点の座標は, AC の中点を通り AC に垂直な直線の式 AC の中点座標は,,より, 外心 O の座標は, だから, x,ac の傾き より, 6 y x + A O sb + t とすると, + s t より, s + t かつ t 6 6 よって, s, t 6 ゆえに, A O b + 6

16 y C O B A x 6

17 68 6 () AB b, AC とすると, AD b +, BD AD AB b + よって, AD BD AD BD これより, ( + BD ) AD b b AB + b + b + + AC AD + 6BD b + b + b + ゆえに, AB + AC ( AD + BD ) AL + ( s) b s ( t) BM BA + AC b + ( t) + b b + CN CA + uab ub () AL + BM + CN ( s) b + s b + ( t) ( s + u) b + ( s t) よって, ( s + u) b + ( s t) + ub これと b と が でない互いに独立なベクトルであることから, s + u かつ s t ゆえに, s t u 7

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