2003 入試問題セレクション
24
問題
[東北大・文]
三角形 ABC において, AB = 1 , AC = 2 , ∠A = 60° とする。正の数 m, n に対し,
辺 BC, CA, AB を m : n の比に内分する点を順に D, E, F とする。
(1) DE と EF が垂直であるときの比 m : n を求めよ。
(2) どのような正の整数 m, n に対しても, AD と EF は垂直でないことを示せ。
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2003 入試問題セレクション
25
問題
[広島大・文]
三角形 ABC において, 辺 BC を 2 : 1 の比に内分する点を M とする。辺 AB, AC を
それぞれ B, C の側に延長した半直線を l, m とし, M を通る直線 k と l, m との交点を
それぞれ P, Q とする。 AB = b , AC = c , AP = pb , AQ = qc とおくとき, 次の問い
に答えよ。ただし, p, q は正の実数とする。
(1)
(2)
AM を b, c で表せ。
1 + 2 = 3 が成り立つことを示せ。
p q
(3) Q から直線 AB に下ろした垂線と直線 AB との交点を H とするとき, QH を b ,
c , q で表せ。
(4) M を通る直線 k が半直線 l, m と点 A 以外でそれぞれ交わるように変わるとき,
三角形 APQ の面積を最小にする p, q の値を求めよ。
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26
問題
[京都大]
四面体 OABC は次の 2 つの条件
(i)
OA ⊥ BC , OB ⊥ AC , OC ⊥ AB
(ii) 4 つの面の面積がすべて等しい
を満たしている。このとき, この四面体は正四面体であることを示せ。
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24
解答解説
[東北大・文]
n AC − n AB + m AC
m+n
m+n
−
n
n
−
m
=
AB +
AC
m+n
m+n
EF = AF − AE = m AB − n AC
m+n
m+n
(1) まず, DE = AE − AD =
A
E
F
さて, DE ⊥ EF より, DE ⋅ EF = 0 となり,
B
D
C
{ − n AB + ( n − m ) AC } ⋅ ( mAB − n AC ) = 0
条件より,
AB = 1 ,
2
AC = 2 , AB ⋅ AC = 1 ⋅ 2 cos 60° = 1 なので,
2
− mn ⋅ 1 + ( n + mn − m 2 ) ⋅ 1 + ( − n 2 + mn ) ⋅ 2 2 = 0
m 2 − 4mn + 3n 2 = 0 , ( m − 3n )( m − n ) = 0
m = 3n , m = n より, m : n = 3 : 1 または m : n = 1 : 1 である。
1
( n AB + m AC ) ⋅ ( m AB − n AC )
(2) AD ⋅ EF =
( m + n )2
1
{ mn ⋅ 1 2 + ( m 2 − n 2 ) ⋅ 1 − mn ⋅ 2 2 }
=
( m + n )2
1
=
( m 2 − 3mn − n 2 )
( m + n )2
ここで, AD ⋅ EF = 0 と仮定すると, m 2 − 3mn − n 2 = 0 から m = 3 ± 13 n となる
2
ので, m, n が正の整数のとき AD ⋅ EF = 0 は成立しない。すなわち, どのような正の
整数 m, n に対しても, AD と EF が垂直になる場合はない。
［解 説］
ベクトルの内積についての基本的な問題です。オーソドックスに計算を進めていけ
ば, 結論が導けます。
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25
[広島大・文]
(1) BM : MC = 2 : 1 より, AM = b + 2c ………①
3
(2) PM : MQ = t : 1 − t とおくと,
A
H
AM = ( 1 − t ) AP + t AQ = ( 1 − t ) pb + tqc ………②
①②より, b, c が 1 次独立なので,
1 = ( 1 − t ) p ………③, 2 = tq ………④
3
3
2
④より t =
となり, ③に代入して, 1 = 1 − 2 p
3q
3
3q
1 = 1 − 2 , 1 + 2 = 3 ………⑤
3p
3q p q
(
(3)
解答解説
Q
B
M
C
P
)
AH = hb とおくと QH = hb − qc となり, QH ⊥ AB から, ( hb − qc ) ⋅ b = 0
h b
2
− qb ⋅c = 0 , h =
よって, QH =
qb ⋅ c
b
2
qb ⋅ c
b
2
b − qc
(4) △APQ = 1 AP ⋅ AQ sin A = pq ⋅ 1 AB ⋅ AC sin A = pq△ABC より, pq が最小値を
2
2
とるとき, △APQ の面積は最小となる。
p＞0, q＞0 より, 相加平均・相乗平均の関係を用いると, ⑤から,
3 = 1 + 2 ≧2 1 ⋅ 2 = 2 2 ,
pq ≧ 2 2 , pq ≧ 8
3
9
p q
p q
pq
等号成立は 1 = 2 のとき, すなわち⑤から 1 = 3 , 2 = 3 のときである。
p q
p 2 q 2
2
4
よって, △APQ の面積は, p = , q = のとき最小となる。
3
3
［解 説］
ベクトルの平面図形への応用に関する頻出問題です。なお, (4)は(3)の結果を用いる
までもありません。
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26
解答解説
[京都大]
OA = a , OB = b , OC = c とおくと, 条件(i)より,
O
a ⋅(c − b) = 0 , a ⋅c = a ⋅b
b⋅(c − a) = 0 , b⋅c = b⋅a
c ⋅(b − a ) = 0 , b ⋅c = c ⋅ a
C
A
まとめて, a ⋅ b = b ⋅ c = c ⋅ a = k ……①とおく。
また, 条件(ii)より, △OAB = △OBC = △OCA から,
2
2
2
2
1
a b − ( a ⋅ b )2 = 1
b c − ( b ⋅ c )2 = 1
2
2
2
a
①より,
まとめて,
b = b
c
2
a
2
− ( c ⋅ a )2
a
a = b = c = l ……②とおく。
ここで, ①②より,
AC
c = c
B
2
AB
= c−a
2
2
= b−a
2
= l 2 − 2k + l 2 = 2 ( l 2 − k )
= l 2 − 2k + l 2 = 2 ( l 2 − k )
AB ⋅ AC = ( b − a )( c − a ) = k − k − k + l 2 = l 2 − k
2
2
すると, △ABC = 1
AB AC − ( AB ⋅ AC ) 2 より,
2
1
△ABC =
4 ( l 2 − k )2 − ( l 2 − k )2 = 1 3 ( l 2 − k )2
2
2
2
1
さらに, △ABC = △OAB より,
3 ( l − k )2 = 1 l 4 − k 2
2
2
2
2
2
2
2
3 ( l − k ) = ( l − k )( l + k ) , 3 ( l − k ) = l 2 + k , l 2 = 2k ………③
③より, cos ∠AOB =
a ⋅ b = k = 1 から, ∠AOB = 60° となる。
l2 2
a b
同様にして, ∠BOC = ∠COA = 60° なので, △OAB, △OBC, △OCA は正三角形と
なり, 四面体 OABC は正四面体である。
［解 説］
頂角が 60° の二等辺三角形は正三角形という方針で解をつくりました。
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