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東京大学 1980年理系第1問解説

方針・初手

正三角形と内分点によって作られる線分や面積の比を求める問題である。まずは余弦定理を用いて基本的な線分の長さを $x$ で表す。（1）では、三角形と直線の交点に関する比を求めるため、メネラウスの定理を利用するか、ベクトルを用いて交点の位置を特定するのが定石である。（2）では、図形の対称性から内部にできる三角形も正三角形になることを利用する。全体から余分な三角形の面積を引き算して面積を求める方針と、辺の長さを直接求めて相似比から面積比を利用する方針の2通りの方法が考えられる。

解法1

(1)

$\triangle ABP$ において、余弦定理を適用する。$AB=1, BP=x, \angle B = 60^\circ$ であるから、

$$ \begin{aligned} AP^2 &= AB^2 + BP^2 - 2 \cdot AB \cdot BP \cos 60^\circ \\ &= 1^2 + x^2 - 2 \cdot 1 \cdot x \cdot \frac{1}{2} \\ &= x^2 - x + 1 \end{aligned} $$

$AP > 0$ より、$AP = \sqrt{x^2 - x + 1}$ である。

$\triangle APC$ と直線 $BQ$ に対してメネラウスの定理を用いると、

$$ \frac{AQ}{QC} \cdot \frac{CB}{BP} \cdot \frac{PB'}{B'A} = 1 $$

が成り立つ。$AQ = 1-x, QC = x, CB = 1, BP = x$ を代入すると、

$$ \frac{1-x}{x} \cdot \frac{1}{x} \cdot \frac{PB'}{B'A} = 1 $$

これより、$\frac{PB'}{B'A} = \frac{x^2}{1-x}$ となる。したがって、

$$ PB' = \frac{x^2}{x^2 + (1-x)} AP = \frac{x^2}{x^2 - x + 1} \sqrt{x^2 - x + 1} = \frac{x^2}{\sqrt{x^2 - x + 1}} $$

次に、$\triangle BCQ$ と直線 $AP$ に対してメネラウスの定理を用いると、

$$ \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CA}{AQ} \cdot \frac{QB'}{B'B} = 1 $$

が成り立つ。$BP = x, PC = 1-x, CA = 1, AQ = 1-x$ を代入すると、

$$ \frac{x}{1-x} \cdot \frac{1}{1-x} \cdot \frac{QB'}{B'B} = 1 $$

これより、$\frac{QB'}{B'B} = \frac{(1-x)^2}{x}$ となる。図形の対称性から $BQ = AP = \sqrt{x^2 - x + 1}$ であり、

$$ BB' = \frac{x}{x + (1-x)^2} BQ = \frac{x}{x^2 - x + 1} \sqrt{x^2 - x + 1} = \frac{x}{\sqrt{x^2 - x + 1}} $$

(2)

$\triangle ABC$ の面積を $S$、$\triangle A'B'C'$ の面積を $S'$ とする。

まず、$\triangle ABB'$ の面積を求める。$\triangle ABP$ の面積は、底辺を $BC$ 上にとると底辺の比から $xS$ である。$\triangle ABB'$ と $\triangle ABP$ は高さが共通なので、その面積比は底辺の比 $AB' : AP$ に等しい。 (1) の結果より、

$$ \frac{AB'}{AP} = \frac{AP - PB'}{AP} = 1 - \frac{x^2}{x^2 - x + 1} = \frac{1-x}{x^2 - x + 1} $$

したがって、

$$ \triangle ABB' = xS \cdot \frac{1-x}{x^2 - x + 1} = \frac{x(1-x)}{x^2 - x + 1} S $$

図形の対称性から、$\triangle BCC' = \triangle CAA' = \triangle ABB'$ である。よって、内部の $\triangle A'B'C'$ の面積 $S'$ は、全体からこれら3つの三角形を引いたものなので、

$$ \begin{aligned} S' &= S - 3 \triangle ABB' \\ &= S \left\{ 1 - \frac{3x(1-x)}{x^2 - x + 1} \right\} \\ &= S \frac{x^2 - x + 1 - 3x + 3x^2}{x^2 - x + 1} \\ &= S \frac{4x^2 - 4x + 1}{x^2 - x + 1} \\ &= S \frac{(1-2x)^2}{x^2 - x + 1} \end{aligned} $$

条件より $S' = \frac{1}{2}S$ となるので、

$$ \frac{(1-2x)^2}{x^2 - x + 1} = \frac{1}{2} $$

分母を払って整理すると、

$$ 2(4x^2 - 4x + 1) = x^2 - x + 1 $$

$$ 7x^2 - 7x + 1 = 0 $$

この2次方程式を解くと、

$$ x = \frac{7 \pm \sqrt{49 - 28}}{14} = \frac{7 \pm \sqrt{21}}{14} $$

ここで、問題の条件 $x < \frac{1}{2}$ を考慮する。 $4 < \sqrt{21} < 5$ であるから、 $x = \frac{7 + \sqrt{21}}{14} > \frac{11}{14} > \frac{1}{2}$ となり不適。 $x = \frac{7 - \sqrt{21}}{14} < \frac{3}{14} < \frac{1}{2}$ となり適する。

よって、$x = \frac{7 - \sqrt{21}}{14}$ である。

解法2

(1)

$\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$ とする。点 $P$ は辺 $BC$ を $x : (1-x)$ に内分するので、

$$ \vec{AP} = (1-x)\vec{b} + x\vec{c} $$

点 $Q$ は辺 $CA$ 上にあり $CQ = x$ より $AQ = 1-x$ であるから、

$$ \vec{AQ} = (1-x)\vec{c} $$

点 $B'$ は線分 $AP$ 上にあるため、実数 $k$ $(0 < k < 1)$ を用いて以下のように表せる。

$$ \vec{AB'} = k\vec{AP} = k(1-x)\vec{b} + kx\vec{c} $$

また、点 $B'$ は線分 $BQ$ 上にもあるため、実数 $t$ $(0 < t < 1)$ を用いて以下のように表せる。

$$ \vec{AB'} = (1-t)\vec{AB} + t\vec{AQ} = (1-t)\vec{b} + t(1-x)\vec{c} $$

$\vec{b}, \vec{c}$ は一次独立であるから、係数を比較して、

$$ \begin{cases} k(1-x) = 1-t \\ kx = t(1-x) \end{cases} $$

第2式より $t = \frac{kx}{1-x}$。これを第1式に代入して整理する。

$$ k(1-x) = 1 - \frac{kx}{1-x} $$

$$ k(1-x)^2 = 1 - x - kx $$

$$ k(x^2 - 2x + 1 + x) = 1 - x $$

$$ k(x^2 - x + 1) = 1 - x $$

$$ k = \frac{1-x}{x^2 - x + 1} $$

同様に $t$ を求めると、

$$ t = \frac{kx}{1-x} = \frac{x}{x^2 - x + 1} $$

これにより、位置ベクトルから線分比がわかり、$AB' = k AP$, $BB' = t BQ$ となる。解法1と同様に余弦定理から $AP = BQ = \sqrt{x^2 - x + 1}$ であるため、

$$ PB' = AP - AB' = (1-k) AP = \left( 1 - \frac{1-x}{x^2 - x + 1} \right) AP = \frac{x^2}{\sqrt{x^2 - x + 1}} $$

$$ BB' = t BQ = \frac{x}{\sqrt{x^2 - x + 1}} $$

(2)

図形の対称性から、$\triangle A'B'C'$ は正三角形である。点 $B', C'$ は線分 $BQ$ 上にあり、対称性から $QC' = PB' = \frac{x^2}{\sqrt{x^2 - x + 1}}$ となる。正三角形 $A'B'C'$ の1辺の長さを $B'C'$ とすると、

$$ \begin{aligned} B'C' &= BQ - BB' - QC' \\ &= \sqrt{x^2 - x + 1} - \frac{x}{\sqrt{x^2 - x + 1}} - \frac{x^2}{\sqrt{x^2 - x + 1}} \\ &= \frac{(x^2 - x + 1) - x - x^2}{\sqrt{x^2 - x + 1}} \\ &= \frac{1 - 2x}{\sqrt{x^2 - x + 1}} \end{aligned} $$

$\triangle A'B'C'$ と $\triangle ABC$ はともに正三角形であり、その面積比が $1:2$ であるとき、相似比（辺の長さの比）は $1:\sqrt{2}$ となる。$\triangle ABC$ の1辺の長さは $1$ であるから、

$$ \frac{1 - 2x}{\sqrt{x^2 - x + 1}} = \frac{1}{\sqrt{2}} $$

$x < \frac{1}{2}$ より両辺ともに正であるため、2乗して整理する。

$$ \frac{(1 - 2x)^2}{x^2 - x + 1} = \frac{1}{2} $$

$$ 2(4x^2 - 4x + 1) = x^2 - x + 1 $$

$$ 7x^2 - 7x + 1 = 0 $$

この方程式を解くと $x = \frac{7 \pm \sqrt{21}}{14}$ となるが、条件 $x < \frac{1}{2}$ より適するのは $x = \frac{7 - \sqrt{21}}{14}$ のみである。

解説

三角形の辺上の内分点と対頂点を結んだ線分の交点に関する問題は、メネラウスの定理（解法1）またはベクトルの係数比較（解法2）を用いるのが定番の解法である。図形の美しい対称性に気づけば、わざわざ各頂点の座標などを求めなくても、一部分の線分比や面積比の計算を繰り返すだけで全体の情報を導き出せる。（2）については、面積を直接分割して引き算する方針（解法1）と、相似な正三角形であることに着目して相似比（辺の比）を利用する方針（解法2）があり、どちらでも簡潔に2次方程式に帰着できる。