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京都大学 1992年理系第3問解説

方針・初手

(1) 外心 $O$ から各辺に下ろした垂線の足は、各辺の中点になる性質（弦の垂直二等分線は円の中心を通る）を利用し、$\overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OQ}, \overrightarrow{OR}$ を $\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}$ で表す。 (2) 外心であることから $|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}|$ が成り立つ。これと(1)で求めた関係式を用いて内積を計算し、角度を導くのが定石である。

解法1

(1) 外心 $O$ は $\triangle ABC$ の外接円の中心であり、垂線の足 $P, Q, R$ はそれぞれ辺 $BC, CA, AB$ の中点である。したがって、位置ベクトルについて以下が成り立つ。

$$ \overrightarrow{OP} = \frac{\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{2} $$

$$ \overrightarrow{OQ} = \frac{\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA}}{2} $$

$$ \overrightarrow{OR} = \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}}{2} $$

これを与えられた式 $\overrightarrow{OP} + 2\overrightarrow{OQ} + 3\overrightarrow{OR} = \vec{0}$ に代入する。

$$ \frac{\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{2} + 2 \cdot \frac{\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA}}{2} + 3 \cdot \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}}{2} = \vec{0} $$

両辺を2倍して整理する。

$$ (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}) + 2(\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA}) + 3(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}) = \vec{0} $$

$$ 5\overrightarrow{OA} + 4\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC} = \vec{0} $$

(2) 外接円の半径を $R$ とおくと、$|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OC}| = R$ である。 (1)の結果から $5\overrightarrow{OA} = -(4\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC})$ と変形し、両辺の大きさの2乗をとる。

$$ |5\overrightarrow{OA}|^2 = |- (4\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC})|^2 $$

$$ 25|\overrightarrow{OA}|^2 = 16|\overrightarrow{OB}|^2 + 24\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} + 9|\overrightarrow{OC}|^2 $$

$$ 25R^2 = 16R^2 + 24\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} + 9R^2 $$

$$ 24\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} = 0 \quad \therefore \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} = 0 $$

同様に、$4\overrightarrow{OB} = -(5\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OC})$ の両辺の大きさの2乗をとる。

$$ 16|\overrightarrow{OB}|^2 = 25|\overrightarrow{OA}|^2 + 30\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC} + 9|\overrightarrow{OC}|^2 $$

$$ 16R^2 = 34R^2 + 30\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC} $$

$$ 30\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC} = -18R^2 \quad \therefore \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC} = -\frac{3}{5}R^2 $$

さらに、$3\overrightarrow{OC} = -(5\overrightarrow{OA} + 4\overrightarrow{OB})$ の両辺の大きさの2乗をとる。

$$ 9|\overrightarrow{OC}|^2 = 25|\overrightarrow{OA}|^2 + 40\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + 16|\overrightarrow{OB}|^2 $$

$$ 9R^2 = 41R^2 + 40\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} $$

$$ 40\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} = -32R^2 \quad \therefore \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} = -\frac{4}{5}R^2 $$

これらを用いて、$\cos A$ を求める。

$$ |\overrightarrow{AB}|^2 = |\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}|^2 = R^2 - 2\left(-\frac{4}{5}R^2\right) + R^2 = \frac{18}{5}R^2 $$

$$ |\overrightarrow{AC}|^2 = |\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}|^2 = R^2 - 2\left(-\frac{3}{5}R^2\right) + R^2 = \frac{16}{5}R^2 $$

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} &= (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA})\cdot(\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}) \\ &= \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC} + |\overrightarrow{OA}|^2 \\ &= 0 - \left(-\frac{4}{5}R^2\right) - \left(-\frac{3}{5}R^2\right) + R^2 \\ &= \frac{12}{5}R^2 \end{aligned} $$

$$ \cos A = \frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|} = \frac{\frac{12}{5}R^2}{\sqrt{\frac{18}{5}R^2} \sqrt{\frac{16}{5}R^2}} = \frac{\frac{12}{5}}{\frac{\sqrt{288}}{5}} = \frac{12}{12\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} $$

$0^\circ < A < 180^\circ$ より、$\angle A = 45^\circ$ である。

解法2

(2) の別解 解法1と同様に $\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} = 0$ を得る。これより $\angle BOC = 90^\circ$ である。円周角の定理より、弧 $BC$ に対する円周角である $\angle A$ の大きさは $45^\circ$ または $135^\circ$ となる。

ここで、(1)で求めた式 $5\overrightarrow{OA} + 4\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC} = \vec{0}$ を変形する。

$$ \overrightarrow{OA} = -\frac{4\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC}}{5} = -\frac{7}{5} \cdot \frac{4\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC}}{7} $$

線分 $BC$ を $3:4$ に内分する点を $D$ とすると、$\overrightarrow{OD} = \frac{4\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC}}{7}$ と表せる。よって、$\overrightarrow{OA} = -\frac{7}{5}\overrightarrow{OD}$ となり、点 $O$ は線分 $AD$ 上にある（より厳密には、線分 $AD$ を $7:5$ に内分する点である）。点 $D$ は辺 $BC$ 上の点であるから、外心 $O$ は $\triangle ABC$ の内部に存在する。外心 $O$ が三角形の内部に存在するのは鋭角三角形のときであるから、$\angle A$ は鋭角である。したがって、$\angle A = 45^\circ$ となる。

解説

外心の性質を用いたベクトルの標準的な問題である。(2)で中心角から円周角を求める際、図形的なアプローチ（解法2）は計算量を大きく減らすことができるが、角度が鋭角か鈍角かの吟味を忘れると減点対象となるため注意が必要である。一方、内積と余弦定理を用いた代数的なアプローチ（解法1）は計算量が増えるものの、場合分けの必要がなく安全に答えを導き出すことができる。