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九州大学 2016年理系第2問解説

方針・初手

平面図形における線分の交点や面積を扱う問題である。 (1) は、3直線が1点で交わる条件であるため、チェバの定理を用いると簡潔に求まる。 (2) 以降は、図形の性質（メネラウスの定理や面積比）を活用する方針と、ベクトルを用いて交点の位置を機械的に計算する方針が考えられる。本解説では、初等幾何を用いる解法1と、ベクトルを用いる解法2の両方を示す。

解法1

(1)

三角形 $ABC$ と 3直線 $AE, BF, CD$ についてチェバの定理を用いると

$$ \frac{AD}{DB} \cdot \frac{BE}{EC} \cdot \frac{CF}{FA} = 1 $$

条件より $AD:DB = 2:1$, $BE:EC = t:(1-t)$, $CF:FA = 1:3$ であるから

$$ \frac{2}{1} \cdot \frac{t}{1-t} \cdot \frac{1}{3} = 1 $$

$$ \frac{2t}{3(1-t)} = 1 $$

$$ 2t = 3(1-t) \implies 5t = 3 \implies t = \frac{3}{5} $$

よって、求める値は $t_0 = \frac{3}{5}$ である。

(2)

$\triangle AEC$ と直線 $BF$ についてメネラウスの定理を用いると

$$ \frac{AP}{PE} \cdot \frac{EB}{BC} \cdot \frac{CF}{FA} = 1 $$

$EB:BC = t:1$, $CF:FA = 1:3$ より

$$ \frac{AP}{PE} \cdot \frac{t}{1} \cdot \frac{1}{3} = 1 \implies \frac{AP}{PE} = \frac{3}{t} $$

よって $AP:PE = 3:t$ となるから、$AP = \frac{3}{3+t}AE$。したがって $k = \frac{3}{t+3}$ である。

次に、$\triangle BCD$ と直線 $AE$ についてメネラウスの定理を用いると

$$ \frac{BA}{AD} \cdot \frac{DR}{RC} \cdot \frac{CE}{EB} = 1 $$

$BA:AD = 3:2$, $CE:EB = (1-t):t$ より

$$ \frac{3}{2} \cdot \frac{DR}{RC} \cdot \frac{1-t}{t} = 1 \implies \frac{CR}{DR} = \frac{3(1-t)}{2t} $$

よって $CR:RD = 3(1-t):2t$ となるから、$CR = \frac{3(1-t)}{3(1-t)+2t}CD = \frac{3-3t}{3-t}CD$。したがって $l = \frac{3-3t}{3-t}$ である。

(3)

$\triangle QBC$ と $\triangle QCA$ の面積比について、線分 $CD$ を共通の底辺とみると、高さの比は点 $B, A$ から直線 $CD$ に下ろした垂線の長さの比、すなわち $BD:DA$ に等しい。

$$ \triangle QBC : \triangle QCA = BD : DA = 1 : 2 $$

同様に、線分 $BF$ を共通の底辺とみると

$$ \triangle QBC : \triangle QAB = CF : FA = 1 : 3 $$

これらより、$\triangle QBC = S$ とおくと、$\triangle QCA = 2S$, $\triangle QAB = 3S$ と表せる。全体の面積は $\triangle ABC = \triangle QBC + \triangle QCA + \triangle QAB = 6S$ であり、$\triangle ABC = 1$ より $6S = 1$。よって $\triangle BCQ = \frac{1}{6}$ である。

(4)

(3) と同様にして点 $Q$ が $CD$ を内分する比を求める。 $\triangle QBC = \frac{1}{6}$ であり、$\triangle DBC = \frac{1}{3}\triangle ABC = \frac{1}{3}$ であるから

$$ CQ : QD = \triangle QBC : \triangle QBD = \triangle QBC : (\triangle DBC - \triangle QBC) = \frac{1}{6} : \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{6}\right) = 1 : 1 $$

よって $CQ = \frac{1}{2}CD$ である。また、(2) より $CR = \frac{3-3t}{3-t}CD$ であり、$t < t_0 = \frac{3}{5}$ より

$$ CR - CQ = \left( \frac{3-3t}{3-t} - \frac{1}{2} \right)CD = \frac{6-6t-(3-t)}{2(3-t)}CD = \frac{3-5t}{2(3-t)}CD > 0 $$

したがって、点 $C, Q, R, D$ はこの順に並び、$QR = \frac{3-5t}{2(3-t)}CD$ となる。

一方、$\triangle ABE$ と直線 $CD$ についてメネラウスの定理を用いると

$$ \frac{AD}{DB} \cdot \frac{BC}{CE} \cdot \frac{ER}{RA} = 1 \implies \frac{2}{1} \cdot \frac{1}{1-t} \cdot \frac{ER}{RA} = 1 \implies \frac{ER}{RA} = \frac{1-t}{2} $$

よって $AR = \frac{2}{3-t}AE$ となる。これと (2) で求めた $AP = \frac{3}{3+t}AE$ を比較すると

$$ AR - AP = \left( \frac{2}{3-t} - \frac{3}{3+t} \right)AE = \frac{5t-3}{9-t^2}AE $$

$t < \frac{3}{5}$ より $5t-3 < 0$ となるため、$AR < AP$。したがって、点 $A, R, P, E$ はこの順に並び、$PR = AP - AR = \frac{3-5t}{9-t^2}AE$ となる。

これらより、直線 $AE$ と直線 $CD$ のなす角を用いて面積比を計算できる。点 $P, Q$ はともに点 $R$ から見て同方向の半直線上にあり、角の大きさが等しい（または補角の正弦が等しい）ため

$$ \frac{\triangle PQR}{\triangle ACR} = \frac{PR}{AR} \cdot \frac{QR}{CR} = \frac{\frac{3-5t}{9-t^2}AE}{\frac{2}{3-t}AE} \cdot \frac{\frac{3-5t}{2(3-t)}CD}{\frac{3(1-t)}{3-t}CD} = \frac{3-5t}{2(3+t)} \cdot \frac{3-5t}{6(1-t)} = \frac{(3-5t)^2}{12(1-t)(t+3)} $$

ここで、$\triangle ACR = \frac{AR}{AE} \triangle ACE = \frac{2}{3-t} \cdot (1-t) \triangle ABC = \frac{2(1-t)}{3-t}$ であるから

$$ \triangle PQR = \frac{(3-5t)^2}{12(1-t)(t+3)} \cdot \frac{2(1-t)}{3-t} = \frac{(3-5t)^2}{6(3+t)(3-t)} = \frac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)} $$

解法2

ベクトルを用いた位置の特定と面積計算を示す。$\vec{b} = \vec{AB}$, $\vec{c} = \vec{AC}$ とおく。条件より

$$ \begin{aligned} \vec{AD} &= \frac{2}{3}\vec{b} \\ \vec{AE} &= (1-t)\vec{b} + t\vec{c} \\ \vec{AF} &= \frac{3}{4}\vec{c} \end{aligned} $$

(2)

点 $P$ は直線 $AE$ 上にあるため $\vec{AP} = k\vec{AE} = k(1-t)\vec{b} + kt\vec{c}$ とおける。また、直線 $BF$ 上にあるため、実数 $x$ を用いて $\vec{AP} = (1-x)\vec{AB} + x\vec{AF} = (1-x)\vec{b} + \frac{3x}{4}\vec{c}$ と表せる。 $\vec{b}, \vec{c}$ は一次独立であるから係数を比較して

$$ k(1-t) = 1-x, \quad kt = \frac{3x}{4} $$

これを解くと $x = \frac{4t}{3}k$ より $k(1-t) = 1 - \frac{4t}{3}k \implies k\left(1 + \frac{t}{3}\right) = 1$。よって $k = \frac{3}{t+3}$。

点 $R$ は直線 $AE$ 上と直線 $CD$ 上の交点である。直線 $AE$ 上にあるため $\vec{AR} = m\vec{AE} = m(1-t)\vec{b} + mt\vec{c}$ とおける。また直線 $CD$ 上にあるため、実数 $y$ を用いて $\vec{AR} = y\vec{AD} + (1-y)\vec{AC} = \frac{2y}{3}\vec{b} + (1-y)\vec{c}$ と表せる。係数を比較して

$$ m(1-t) = \frac{2y}{3}, \quad mt = 1-y $$

$y = 1-mt$ を代入して $3m(1-t) = 2(1-mt) \implies m(3-t) = 2 \implies m = \frac{2}{3-t}$。また、$y = 1 - \frac{2t}{3-t} = \frac{3-3t}{3-t}$ である。 $\vec{AR} = y\vec{AD} + (1-y)\vec{AC}$ は線分 $CD$ を $(1-y):y$ に内分する点であるから、$CR:RD = y:(1-y)$。したがって $CR = \frac{y}{y + (1-y)}CD = yCD = \frac{3-3t}{3-t}CD$。よって $l = \frac{3-3t}{3-t}$。

(3)

点 $Q$ は直線 $BF$ 上と直線 $CD$ 上の交点である。実数 $u, v$ を用いて次のように表せる。

$$ \begin{aligned} \vec{AQ} &= (1-u)\vec{AB} + u\vec{AF} = (1-u)\vec{b} + \frac{3u}{4}\vec{c} \\ \vec{AQ} &= (1-v)\vec{AD} + v\vec{AC} = \frac{2(1-v)}{3}\vec{b} + v\vec{c} \end{aligned} $$

係数を比較して

$$ 1-u = \frac{2(1-v)}{3}, \quad \frac{3u}{4} = v $$

$v$ を代入して $1-u = \frac{2}{3}\left(1 - \frac{3u}{4}\right) = \frac{2}{3} - \frac{u}{2} \implies \frac{u}{2} = \frac{1}{3} \implies u = \frac{2}{3}$。よって $v = \frac{1}{2}$ となり、$\vec{AQ} = \frac{1}{3}\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c}$ である。 $\triangle BCQ$ の面積について、$\vec{AQ}$ の係数に着目すると

$$ \begin{aligned} \triangle ABQ &= \frac{1}{2} \triangle ABC \\ \triangle ACQ &= \frac{1}{3} \triangle ABC \end{aligned} $$

とわかる。したがって $\triangle BCQ = \triangle ABC - \triangle ABQ - \triangle ACQ = \left(1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) \triangle ABC = \frac{1}{6}$ である。

(4)

(2), (3) の結果から $\vec{AP}, \vec{AQ}, \vec{AR}$ を $\vec{b}, \vec{c}$ で表すと

$$ \begin{aligned} \vec{AP} &= \frac{3(1-t)}{t+3}\vec{b} + \frac{3t}{t+3}\vec{c} \\ \vec{AQ} &= \frac{1}{3}\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c} \\ \vec{AR} &= \frac{2(1-t)}{3-t}\vec{b} + \frac{2t}{3-t}\vec{c} \end{aligned} $$

$\triangle PQR$ の面積は、点 $R$ を始点とするベクトル $\vec{RP} = \vec{AP} - \vec{AR}$ と $\vec{RQ} = \vec{AQ} - \vec{AR}$ の係数から、$\triangle ABC$ の面積を基準とする行列式を用いて計算できる。

$$ \begin{aligned} \vec{AP} - \vec{AR} &= \left( \frac{3(1-t)}{t+3} - \frac{2(1-t)}{3-t} \right)\vec{b} + \left( \frac{3t}{t+3} - \frac{2t}{3-t} \right)\vec{c} = \frac{(1-t)(3-5t)}{9-t^2}\vec{b} + \frac{t(3-5t)}{9-t^2}\vec{c} \\ \vec{AQ} - \vec{AR} &= \left( \frac{1}{3} - \frac{2(1-t)}{3-t} \right)\vec{b} + \left( \frac{1}{2} - \frac{2t}{3-t} \right)\vec{c} = \frac{5t-3}{3(3-t)}\vec{b} + \frac{3-5t}{2(3-t)}\vec{c} \end{aligned} $$

これらの係数の行列式の絶対値をとると

$$ \begin{aligned} \triangle PQR &= \left| \frac{(1-t)(3-5t)}{9-t^2} \cdot \frac{3-5t}{2(3-t)} - \frac{t(3-5t)}{9-t^2} \cdot \frac{5t-3}{3(3-t)} \right| \triangle ABC \\ &= \frac{(3-5t)^2}{(9-t^2)(3-t)} \left| \frac{1-t}{2} + \frac{t}{3} \right| \cdot 1 \\ &= \frac{(3-5t)^2}{(3+t)(3-t)^2} \cdot \frac{3-t}{6} \\ &= \frac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)} \end{aligned} $$

解説

三角形の交点の位置を特定する上で、チェバ・メネラウスの定理は図形的直感と結びつきやすく強力である。一方で、解法2のようにベクトルや面積座標を用いた解法は、図が複雑になっても機械的な計算で確実に答えにたどり着ける利点がある。特に (3) や (4) のような面積計算では、ベクトルの成分（係数）がそのまま面積比に直結する性質を用いると、見通しよく解くことができる。