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北海道大学 1976年文系第4問解説

方針・初手

(1) では、内接円の半径を求める基本方針として、三角形の面積を2通りの方法で表すアプローチをとる。まず余弦定理を用いて残りの辺 $BC$ の長さを求め、次に $\angle A$ を用いた面積公式と、内接円の半径 $r$ を用いた面積公式から方程式を立てる。

(2) では、三角形の内心の位置ベクトルを求める。辺の長さがすべて分かっているため、内心の位置ベクトルの公式を直接用いる方法と、角の二等分線の性質（線分の内分比）を順番に適用して導出する方法が考えられる。

解法1

(1)

$\triangle ABC$ において、余弦定理より $BC^2$ は次のように計算できる。

$$ BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cos \angle BAC $$

与えられた値 $AB = 2$、$AC = \sqrt{3}$、$\angle BAC = 30^\circ$ を代入する。

$$ \begin{aligned} BC^2 &= 2^2 + (\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 2 \cdot \sqrt{3} \cos 30^\circ \\ &= 4 + 3 - 4\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &= 7 - 6 \\ &= 1 \end{aligned} $$

$BC > 0$ より、$BC = 1$ である。

次に、$\triangle ABC$ の面積を $S$ とすると、

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \sin \angle BAC \\ &= \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} \sin 30^\circ \\ &= \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2} \end{aligned} $$

一方、内接円の半径を $r$ とすると、面積 $S$ は3つの辺の長さを用いて次のように表される。

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} r (AB + BC + CA) \\ &= \frac{1}{2} r (2 + 1 + \sqrt{3}) \\ &= \frac{3+\sqrt{3}}{2} r \end{aligned} $$

2つの面積の式から $S$ を消去して $r$ について解く。

$$ \frac{3+\sqrt{3}}{2} r = \frac{\sqrt{3}}{2} $$

$$ \begin{aligned} r &= \frac{\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}+1} \\ &= \frac{\sqrt{3}-1}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} \\ &= \frac{\sqrt{3}-1}{2} \end{aligned} $$

(2)

$\triangle ABC$ において、角の対辺の長さをそれぞれ $a = BC = 1$、$b = CA = \sqrt{3}$、$c = AB = 2$ とする。内心 $O$ の位置ベクトルは、3辺の長さを重みとした各頂点の位置ベクトルの加重平均となる。頂点 $A$ を基準とすると、$\overrightarrow{AO}$ は次のように表される。

$$ \overrightarrow{AO} = \frac{b\overrightarrow{AB} + c\overrightarrow{AC}}{a+b+c} $$

各値を代入する。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AO} &= \frac{\sqrt{3}\overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{AC}}{1+\sqrt{3}+2} \\ &= \frac{\sqrt{3}\overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{AC}}{3+\sqrt{3}} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}\overrightarrow{AB} + \frac{2}{3+\sqrt{3}}\overrightarrow{AC} \end{aligned} $$

ここで、それぞれの係数を有理化して整理する。

$$ \begin{aligned} x &= \frac{\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}+1} = \frac{\sqrt{3}-1}{2} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} y &= \frac{2}{3+\sqrt{3}} = \frac{2(3-\sqrt{3})}{(3+\sqrt{3})(3-\sqrt{3})} = \frac{2(3-\sqrt{3})}{9-3} = \frac{2(3-\sqrt{3})}{6} = \frac{3-\sqrt{3}}{3} \end{aligned} $$

解法2

(2)

内心の位置ベクトルの公式を用いず、角の二等分線の性質から導出する。 $\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $D$ とすると、線分 $AD$ は $\angle A$ を二等分するので、

$$ BD : DC = AB : AC = 2 : \sqrt{3} $$

が成り立つ。よって、点 $D$ の位置ベクトル $\overrightarrow{AD}$ は次のように表される。

$$ \overrightarrow{AD} = \frac{\sqrt{3}\overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{AC}}{2+\sqrt{3}} $$

次に、$\triangle ABD$ に着目する。内心 $O$ は $\angle B$ の二等分線上にもあるため、線分 $BO$ は $\angle B$ を二等分する。したがって、

$$ AO : OD = BA : BD $$

が成り立つ。ここで、線分 $BD$ の長さは、

$$ BD = BC \times \frac{2}{2+\sqrt{3}} = 1 \times \frac{2}{2+\sqrt{3}} = \frac{2}{2+\sqrt{3}} $$

であるから、比 $AO : OD$ を計算する。

$$ \begin{aligned} AO : OD &= 2 : \frac{2}{2+\sqrt{3}} \\ &= 1 : \frac{1}{2+\sqrt{3}} \\ &= (2+\sqrt{3}) : 1 \end{aligned} $$

これより、点 $O$ は線分 $AD$ を $(2+\sqrt{3}) : 1$ に内分する点であるから、

$$ \overrightarrow{AO} = \frac{2+\sqrt{3}}{(2+\sqrt{3})+1}\overrightarrow{AD} = \frac{2+\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}\overrightarrow{AD} $$

となる。先に求めた $\overrightarrow{AD}$ を代入する。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AO} &= \frac{2+\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} \times \frac{\sqrt{3}\overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{AC}}{2+\sqrt{3}} \\ &= \frac{\sqrt{3}\overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{AC}}{3+\sqrt{3}} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}\overrightarrow{AB} + \frac{2}{3+\sqrt{3}}\overrightarrow{AC} \end{aligned} $$

以後の有理化の計算は解法1と同様であり、結果として $x = \frac{\sqrt{3}-1}{2}$、$y = \frac{3-\sqrt{3}}{3}$ を得る。

解説

(1) は正弦定理や余弦定理、面積公式を用いた標準的な計算問題である。3辺の長さが $1, \sqrt{3}, 2$ と求まった時点で、三平方の定理の逆から $\triangle ABC$ が $\angle C = 90^\circ$ の直角三角形であることに気づくことができる。これを利用すると面積がより簡単に $S = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ と求まる。

(2) は内心の位置ベクトルを求める典型問題である。解法1のように結果（公式）を知っていれば代入するだけで素早く解くことができる。しかし、公式を忘れてしまった場合や、記述式の試験で導出過程が求められる場合には、解法2のように角の二等分線の内分比の性質（$AB:AC = BD:DC$ など）を2回用いる手法が不可欠となるため、両方の考え方を定着させておくことが望ましい。