九州大学 2004年 文系 第3問 解説

方針・初手

本問は、平行四辺形を構成する2つの一次独立なベクトル $\vec{a}, \vec{b}$ を基底として、平面上の図形をベクトルを用いて処理する標準的な問題である。

小問(1)では、内分点の公式を用いて各点の位置ベクトルを $\vec{a}, \vec{b}$ で正しく表す。

小問(2)では、交点 $R$ が「直線 $QP$ 上にある」ことと「直線 $AC$ 上にある」ことの2つの条件から、$\overrightarrow{AR}$ を2通りで表し、$\vec{a}, \vec{b}$ の係数を比較して連立方程式を解くのが定石である。

小問(3)では、平行四辺形の面積を基準として、底辺の長さの比から三角形の面積比を順次求めていく幾何的な考察を用いると計算量を抑えられる。

解法1

(1)

点 $P$ は辺 $BC$ を $\alpha : 1-\alpha$ に内分する。 $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD} = \vec{b}$ であるから、

$$\overrightarrow{BP} = \frac{\alpha}{\alpha + (1-\alpha)} \overrightarrow{BC} = \alpha \vec{b}$$

よって、ベクトル $\overrightarrow{AP}$ は次のように表される。

$$\overrightarrow{AP} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BP} = \vec{a} + \alpha \vec{b}$$

また、点 $Q$ は辺 $CD$ を $1-\beta : \beta$ に内分する。 $\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB} = \vec{a}$ であるから、

$$\overrightarrow{DQ} = \frac{\beta}{(1-\beta) + \beta} \overrightarrow{DC} = \beta \vec{a}$$

よって、ベクトル $\overrightarrow{AQ}$ は次のように表される。

$$\overrightarrow{AQ} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DQ} = \vec{b} + \beta \vec{a} = \beta \vec{a} + \vec{b}$$

(2)

点 $R$ は線分 $QP$ 上にあるため、実数 $t \ (0 < t < 1)$ を用いて $QR : RP = t : 1-t$ とおくと、

$$\overrightarrow{AR} = (1-t) \overrightarrow{AQ} + t \overrightarrow{AP}$$

と表せる。小問(1)の結果を代入して整理する。

$$\begin{aligned} \overrightarrow{AR} &= (1-t) (\beta \vec{a} + \vec{b}) + t (\vec{a} + \alpha \vec{b}) \\ &= \{ \beta(1-t) + t \} \vec{a} + \{ (1-t) + \alpha t \} \vec{b} \\ &= \{ \beta + (1-\beta)t \} \vec{a} + \{ 1 - (1-\alpha)t \} \vec{b} \end{aligned}$$

一方、点 $R$ は対角線 $AC$ 上にもあるため、実数 $k \ (0 < k < 1)$ を用いて、

$$\overrightarrow{AR} = k \overrightarrow{AC} = k (\vec{a} + \vec{b}) = k \vec{a} + k \vec{b}$$

と表せる。

$\vec{a} \neq \vec{0}, \vec{b} \neq \vec{0}$ であり、かつ $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は平行でない（一次独立である）ため、$\vec{a}, \vec{b}$ の係数は等しくなければならない。

$$\begin{cases} \beta + (1-\beta)t = k \\ 1 - (1-\alpha)t = k \end{cases}$$

辺々引いて $k$ を消去すると、

$$\beta - 1 + (1-\beta)t + (1-\alpha)t = 0$$

$$(2 - \alpha - \beta)t = 1 - \beta$$

問題の条件より $0 < \alpha < 1, 0 < \beta < 1$ であるから $2 - \alpha - \beta > 0$ であり、

$$t = \frac{1 - \beta}{2 - \alpha - \beta}$$

このとき $1-t$ は次のように求まる。

$$1-t = 1 - \frac{1 - \beta}{2 - \alpha - \beta} = \frac{2 - \alpha - \beta - (1 - \beta)}{2 - \alpha - \beta} = \frac{1 - \alpha}{2 - \alpha - \beta}$$

したがって、長さの比 $\frac{QR}{RP}$ は、

$$\frac{QR}{RP} = \frac{t}{1-t} = \frac{\frac{1-\beta}{2-\alpha-\beta}}{\frac{1-\alpha}{2-\alpha-\beta}} = \frac{1-\beta}{1-\alpha}$$

また、係数 $k$ を求める。

$$k = 1 - (1-\alpha)t = 1 - (1-\alpha)\frac{1-\beta}{2-\alpha-\beta} = \frac{2-\alpha-\beta - (1-\alpha-\beta+\alpha\beta)}{2-\alpha-\beta} = \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$$

点 $R$ は線分 $AC$ 上の点であり $\overrightarrow{AR} = k \overrightarrow{AC}$ であるから、$\frac{AR}{AC} = k$ となる。

$$\frac{AR}{AC} = \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$$

(3)

平行四辺形 $ABCD$ の面積を $S$ とすると、

$$S = AB \cdot AD \cdot \sin 60^\circ = 2 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$$

対角線 $AC$ は平行四辺形を2等分するため、$\triangle ADC$ の面積は、

$$\triangle ADC = \frac{1}{2}S = \frac{\sqrt{3}}{2}$$

点 $Q$ は辺 $CD$ を $1-\beta : \beta$ に内分するため、$CQ : CD = 1-\beta : 1$ である。 $\triangle AQC$ と $\triangle ADC$ は、頂点 $A$ を共有し底辺が直線 $CD$ 上にあるため、面積比は底辺の長さの比に等しい。

$$\triangle AQC = \frac{CQ}{CD} \triangle ADC = (1-\beta) \triangle ADC = \frac{\sqrt{3}}{2}(1-\beta)$$

さらに、点 $R$ は線分 $AC$ 上にあるため、$\triangle AQR$ と $\triangle AQC$ は頂点 $Q$ を共有し底辺が直線 $AC$ 上にある。面積比は底辺の長さの比に等しい。

$$\triangle AQR = \frac{AR}{AC} \triangle AQC$$

小問(2)の結果より $\frac{AR}{AC} = \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$ であるから、これを代入する。

$$\triangle AQR = \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}(1-\beta) = \frac{\sqrt{3}(1-\beta)(1-\alpha\beta)}{2(2-\alpha-\beta)}$$

解法2

(2)の別解（斜交座標系の利用）

$\vec{a}, \vec{b}$ を基底ベクトルとし、点 $A$ を原点とする斜交座標系 $(x, y)$ を設定する。 任意の点 $X$ の位置ベクトルが $\overrightarrow{AX} = x\vec{a} + y\vec{b}$ と表されるとき、点 $X$ の座標を $(x, y)$ とする。

小問(1)の結果より、$P(1, \alpha), Q(\beta, 1)$ である。 点 $R$ は直線 $QP$ 上にあり、直線 $QP$ の傾きは $\frac{\alpha - 1}{1 - \beta}$ であるから、その方程式は、

$$y - 1 = \frac{\alpha - 1}{1 - \beta} (x - \beta)$$

$$(1-\alpha)x + (1-\beta)y = 1 - \alpha\beta$$

また、点 $C$ の位置ベクトルは $\overrightarrow{AC} = \vec{a} + \vec{b}$ より $C(1, 1)$ であるから、直線 $AC$ の方程式は $y = x$ である。 点 $R$ はこれら2直線の交点であるため、$y = x$ を代入して $x$ 座標を求める。

$$(1-\alpha)x + (1-\beta)x = 1 - \alpha\beta$$

$$(2 - \alpha - \beta)x = 1 - \alpha\beta$$

$$x = \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$$

よって点 $R$ の座標は $\left( \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}, \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta} \right)$ となり、$\overrightarrow{AR} = x \overrightarrow{AC}$ であるから、

$$\frac{AR}{AC} = x = \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$$

次に $x$ 座標の差に注目して $QR : RP$ を求める。 $Q$ の $x$ 座標は $\beta$、$P$ の $x$ 座標は $1$ であり、点 $R$ は線分 $QP$ を内分する。

$$\begin{aligned} QR : RP &= (R_x - Q_x) : (P_x - R_x) \\ &= \left( \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta} - \beta \right) : \left( 1 - \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta} \right) \\ &= \frac{(1-\beta)^2}{2-\alpha-\beta} : \frac{(1-\alpha)(1-\beta)}{2-\alpha-\beta} \end{aligned}$$

$0 < \beta < 1$ より $1-\beta > 0$ であるため、両辺を割って整理すると、

$$QR : RP = (1-\beta) : (1-\alpha)$$

したがって、

$$\frac{QR}{RP} = \frac{1-\beta}{1-\alpha}$$

(3)の別解（直交座標系と面積公式の利用）

点 $A$ を原点とする直交座標系 $X-Y$ を設定する。 $AB=2, AD=1, \angle DAB = 60^\circ$ より、$\vec{a}$ の方向を $X$ 軸正の向きとすると、各ベクトルは次のように成分表示される。

$$\vec{a} = (2, 0)$$

$$\vec{b} = (1 \cdot \cos 60^\circ, 1 \cdot \sin 60^\circ) = \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$$

これを用いて $\overrightarrow{AQ}$ および $\overrightarrow{AR}$ を成分で表す。

$$\overrightarrow{AQ} = \beta \vec{a} + \vec{b} = \beta (2, 0) + \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \left( 2\beta + \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$$

小問(2)より $\frac{AR}{AC} = \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$ と求められているため、これを $k$ とおくと、$\overrightarrow{AR} = k(\vec{a} + \vec{b})$ であるから、

$$\overrightarrow{AR} = k \left( \frac{5}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \left( \frac{5}{2}k, \frac{\sqrt{3}}{2}k \right)$$

ベクトルの成分による三角形の面積公式 $S = \frac{1}{2}|x_1 y_2 - x_2 y_1|$ を用いると、$\triangle AQR$ の面積は、

$$\begin{aligned} \triangle AQR &= \frac{1}{2} \left| \left( 2\beta + \frac{1}{2} \right) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}k - \frac{5}{2}k \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right| \\ &= \frac{\sqrt{3}}{4}k \left| 2\beta + \frac{1}{2} - \frac{5}{2} \right| \\ &= \frac{\sqrt{3}}{4}k | 2\beta - 2 | \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2}k | \beta - 1 | \end{aligned}$$

$0 < \beta < 1$ より $\beta - 1 < 0$ であるから、$|\beta - 1| = 1 - \beta$ となる。 最後に $k$ を元に戻す。

$$\triangle AQR = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta} \cdot (1 - \beta) = \frac{\sqrt{3}(1-\beta)(1-\alpha\beta)}{2(2-\alpha-\beta)}$$

解説

本問は「交点の位置ベクトル」を求める典型問題である。2つの条件（ここでは「直線 $QP$ 上」と「直線 $AC$ 上」）からベクトルを2通りに表し、一次独立な基底ベクトルの係数比較を行う手法は、平面ベクトルの最重要テーマの1つであるため、迷わず立式できるようにしておきたい。

また、三角形の面積を求める小問(3)では、解法1のように「平行四辺形の面積を基準に、底辺の比から等高の三角形の面積比を利用する」という幾何的性質を組み合わせることで、計算量を大幅に減らすことができる。

解法2で示したような斜交座標の考え方は、ベクトル特有のパラメータ $t, k$ を用いた煩雑な連立方程式を、直線の交点を求めるシンプルな方程式の問題へと帰着できるため、計算の見通しを良くする強力な武器となる。

答え

(1) $$\overrightarrow{AP} = \vec{a} + \alpha \vec{b}, \quad \overrightarrow{AQ} = \beta \vec{a} + \vec{b}$$

(2) $$\frac{QR}{RP} = \frac{1-\beta}{1-\alpha}, \quad \frac{AR}{AC} = \frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$$

(3) $$\triangle AQR = \frac{\sqrt{3}(1-\beta)(1-\alpha\beta)}{2(2-\alpha-\beta)}$$