トップ› 京都大学› 1979年› 理系第5問

京都大学 1979年理系第5問解説

方針・初手

（i）ベクトルの内積を用いて、直線 $A_1H$ と直線 $A_2A_3$、直線 $A_2H$ と直線 $A_3A_1$ がそれぞれ直交することを示す。その際、点 $A_1, A_2, A_3$ が中心 $O$ の円周上にあることから、$|\overrightarrow{OA_1}| = |\overrightarrow{OA_2}| = |\overrightarrow{OA_3}|$ であることを利用する。

（ii）選んだ $3$ 点の垂心と、残りの $3$ 点の重心の位置ベクトルを、それぞれの頂点の位置ベクトルを用いて表す。$6$ 点すべての位置ベクトルの和という「選び方によらない一定のベクトル」に着目し、垂心と重心を結ぶ直線が常にこのベクトルに関連するある定点を通ることを示す。

解法1

(i)

定円の中心を $O$、半径を $R$ とする。点 $A_1, A_2, A_3$ はこの円周上にあるので、以下の関係が成り立つ。

$$ |\overrightarrow{OA_1}| = |\overrightarrow{OA_2}| = |\overrightarrow{OA_3}| = R $$

点 $H$ が $\triangle A_1A_2A_3$ の垂心であることを示すには、$A_1H \perp A_2A_3$ かつ $A_2H \perp A_3A_1$ を示せば十分である。与えられた条件より $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2} + \overrightarrow{OA_3}$ であるから、

$$ \overrightarrow{A_1H} = \overrightarrow{OH} - \overrightarrow{OA_1} = \overrightarrow{OA_2} + \overrightarrow{OA_3} $$

これより、$\overrightarrow{A_1H}$ と $\overrightarrow{A_2A_3}$ の内積を計算すると、

$$ \overrightarrow{A_1H} \cdot \overrightarrow{A_2A_3} = (\overrightarrow{OA_2} + \overrightarrow{OA_3}) \cdot (\overrightarrow{OA_3} - \overrightarrow{OA_2}) $$

$$ \overrightarrow{A_1H} \cdot \overrightarrow{A_2A_3} = |\overrightarrow{OA_3}|^2 - |\overrightarrow{OA_2}|^2 = R^2 - R^2 = 0 $$

したがって、$A_1 \neq H$ のとき $A_1H \perp A_2A_3$ である。（$\overrightarrow{A_1H} = \vec{0}$ のときは $H$ が $A_1$ と一致し、このとき線分 $A_2A_3$ は円の直径となるため $\triangle A_1A_2A_3$ は $\angle A_1 = 90^\circ$ の直角三角形となり、垂心は $A_1$ であるから題意を満たす。）

同様に、

$$ \overrightarrow{A_2H} = \overrightarrow{OH} - \overrightarrow{OA_2} = \overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_3} $$

$$ \overrightarrow{A_2H} \cdot \overrightarrow{A_3A_1} = (\overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_3}) \cdot (\overrightarrow{OA_1} - \overrightarrow{OA_3}) = |\overrightarrow{OA_1}|^2 - |\overrightarrow{OA_3}|^2 = 0 $$

したがって、$A_2 \neq H$ のとき $A_2H \perp A_3A_1$ である。以上より、点 $H$ は $\triangle A_1A_2A_3$ の各頂点から対辺に下ろした垂線の交点、すなわち垂心であることが示された。

(ii)

$6$ 点から任意に選んだ $3$ 点を $A_p, A_q, A_r$ とし、残りの $3$ 点を $A_s, A_t, A_u$ とする。 $\triangle A_p A_q A_r$ の垂心を $H_1$ とすると、（i）の結果より

$$ \overrightarrow{OH_1} = \overrightarrow{OA_p} + \overrightarrow{OA_q} + \overrightarrow{OA_r} $$

また、$\triangle A_s A_t A_u$ の重心を $G_2$ とすると、

$$ \overrightarrow{OG_2} = \frac{\overrightarrow{OA_s} + \overrightarrow{OA_t} + \overrightarrow{OA_u}}{3} $$

ここで、$6$ つの定点すべての位置ベクトルの和を $\overrightarrow{OS}$ とおくと、

$$ \overrightarrow{OS} = \sum_{k=1}^{6} \overrightarrow{OA_k} = \overrightarrow{OA_p} + \overrightarrow{OA_q} + \overrightarrow{OA_r} + \overrightarrow{OA_s} + \overrightarrow{OA_t} + \overrightarrow{OA_u} $$

である。これを用いると、

$$ \overrightarrow{OS} = \overrightarrow{OH_1} + 3\overrightarrow{OG_2} $$

と表すことができる。両辺を $4$ で割ると、

$$ \frac{1}{4}\overrightarrow{OS} = \frac{1}{4}\overrightarrow{OH_1} + \frac{3}{4}\overrightarrow{OG_2} = \frac{1 \cdot \overrightarrow{OH_1} + 3 \cdot \overrightarrow{OG_2}}{3+1} $$

これは、位置ベクトル $\frac{1}{4}\overrightarrow{OS}$ で表される点が、線分 $H_1 G_2$ を $3:1$ に内分する点であることを示している。この内分点を $C$ とおくと、点 $C$ は直線 $H_1 G_2$ 上に存在する。 $\overrightarrow{OS}$ は最初の $6$ 点の与えられ方のみによって決まる定ベクトルであるから、点 $C$ も $3$ 点の選び方によらず一定の点である。したがって、選んだ $3$ 点を頂点とする三角形の垂心と、残りの $3$ 点を頂点とする三角形の重心とを通る直線は、$3$ 点の選び方に無関係な一定の点 $C$ を通ることが示された。

解説

図形問題に対するベクトルの応用問題である。（i）は「外心 $O$ の三角形における垂心 $H$ の位置ベクトル」に関する極めて有名な事実の証明であり、和と差の積が $2$ 乗の差になることを利用する典型的な処理である。（ii）は（i）の結果と重心の公式を組み合わせる問題である。ポイントは、要素の分け方（選び方）に依存しない「全体」に着目することである。ここでは「$6$ 点の位置ベクトルの和」という不変量を作り出し、それを介して $2$ つの点 $H_1, G_2$ を結びつけることで、定点を通ることを見事に証明できる。