京大の良問に学ぶ平面図形の３つの解法〜初等幾何、ベクトル、座標平面〜

………。

まみ。この問題知ってる？

う〜ん。ただ、どうしてもベクトルでしか解けないんだよ。ベクトルに慣れすぎて、他の解法を考える気力が起きないんだよね。

ちなみに。この問題の場合は？　他の方法でも解けるの？

へ〜、そうなの？

あ、ありがとう。よろしくお願いします。

なるほど。色を分けて、比較できる辺の比を見やすくしているんだね。

次は、例えば三角形DGSと三角形SATを使って、\(DG:AT = 1:10\)になるよね。だから、\(BT\)は青の6になるのかな。

私は、\(AS:FQ\)を目標にしていたけど。。。

え？　そうなの？　じゃあ、\(AB:CU\)が知りたいから、\(CU\)を求めないとダメだね。三角形AEPと三角形CPUの相似を使って、\(CU=\frac{3}{4}\)だから、\(AB:CU = BQ:QC =16:3\)かな。

ちょっと待って。私の目標と違うからなぁ。ん〜、あ〜、そうか。メネラウスの定理か。

そっか。この方法なら中学生でも解けるよね。

え？　普通に、\(\overrightarrow{AB} = \vec{b}, \overrightarrow{AD} = \vec{d}\)にしたよ。

ベクトルだと、計算ばかりになっちゃうから、何を計算しているか見えるように図も一緒に描こうかな。

こんな感じで、\(\overrightarrow{AP}\)を2通りの方法で表して、その時に一緒に出てくる\(EP:PC\)の値を使って、さっきと同じように\(BQ:QC\)を求めた後、\(\overrightarrow{AQ}\)を求めて、\(\overrightarrow{AP}\)と比較するよ。最後は、メネラウスを使ってもいいんだけどね。

じゃあ、計算するよ。
\(\overrightarrow{AF} = \vec{b} +\frac{2}{3}\vec{d}, \overrightarrow{AG} = \frac{1}{4}\vec{b} +\vec{d}\)を使って、緑色のベクトル二つから\(\overrightarrow{AP}\)を求める式は
$$\overrightarrow{AP} = k\overrightarrow{AG} + (1-k)\overrightarrow{AF} = \left( 1-\frac{3}{4}k \right)\vec{b} + \left (\frac{2}{3}+\frac{1}{3}k \right)\vec{d}$$
だね。それで、オレンジ色のベクトル二つから\(\overrightarrow{AP}\)を求める式は
$$\overrightarrow{AP} = n\overrightarrow{AC} + (1-n)\overrightarrow{AE} = \left( \frac{1}{2}+\frac{1}{2}n \right)\vec{b} + n\vec{d}$$
となるね。それで、この二つを係数比較する。

そうだね。じゃあ、\(\vec{b}, \vec{d}\)が一次独立なので、係数比較ができて
$$n = \frac{2}{3}+\frac{1}{3}k, \frac{1}{2}+\frac{1}{2}n = 1-\frac{3}{4}k$$
だね。これを解くと、\(k = \frac{2}{11}, n = \frac{8}{11}\)となる。ちなみに\(\overrightarrow{AP} = \frac{4}{11}\vec{b} + \frac{8}{11}\vec{d}\)と計算できる。次は、\(BQ:QC\)をメネラウスの定理で求める。注目すべき三角形はこれかな。

今出てきた\(n\)から\(EP:PC = 8:3\)だとわかるね。メネラウスの定理は
$$\frac{CQ}{QB}\times\frac{BA}{AE}\times\frac{EP}{PC} = 1$$
だから、\(BQ:QC = 16:3\)となって、初等幾何の時と同じ値になる。せっかくだから、このままベクトルで解きたい。方針としては
\(\overrightarrow{AQ} = m\overrightarrow{AP}\)という方程式を立てて\(m\)を求めれば、\(AP:AQ\)がわかるから、それを使って答えが出るね。
そのためには、\(\overrightarrow{AQ}\)を求める必要があるけどすでに、\(BQ:QC = 16:3\)がわかってるから
$$\overrightarrow{AQ} = \frac{3}{19}\vec{b} + \frac{16}{19}(\vec{b}+\vec{d}) = \vec{b} + \frac{16}{19}\vec{d}$$
と求められる。で、
\(\overrightarrow{AQ} = m\overrightarrow{AP}\)とこれらの式を使って\(m = \frac{19}{22}\)だから、最終的に答えは
\(AP:PQ = 19:3\)と同じものが出てくるね。

ベクトルはやり方が限られていて、あんまり頭を使わないから。係数比較をしていれば解けるって感じ。ただ、普通は高校生じゃないと解けない解法なんだけどね。

いわゆる、一般性を失わない範囲で、具体的に表すってことだね。

なるほど〜。つまり、一次関数の問題として解けるってことかな？　結局点Pの座標と点Qの座標を求めればいいってことだもんね。直線の式を求めて、その交点を求める問題だ。

いろんな解き方を一度にわかりやすく試すことができる、という点では過去問としてはすごくいい問題だよね。

よし、じゃあ、次の問題は？

あっ、よろしく。

私なら、迷わず余弦定理だけど。

\(AP = \sqrt{x^{2} + (x-2)^{2}} = \sqrt{2x^{2}-4x+4}\)
\(BP = \sqrt{x^{2} + (x-1)^{2}} = \sqrt{2x^{2}-2x+1}\)だから
余弦定理を使うと
$$\cos{\theta} = \frac{4x^{2}-6x+4}{2(\sqrt{2x^{2}-4x+4})(\sqrt{2x^{2}-2x+1})}$$
\(\cdots\cdots\)なるほど。

え？　えと、分母・分子が正の数だから、とりあえず2乗しとくと
$$\cos^{2}{\theta} = \frac{(2x^{2}-3x+2)^{2}}{(2x^{2}-2x+1)(2x^{2}-4x+4)}$$
って感じで、\(\theta\)を最大にするには\(\cos^{2}{\theta}\)を最小にするから、微分？　これを？

違うでしょ。微分したくないから戸惑ってるんじゃない。

その意地悪モード、そろそろ止めようよ。時間と心のゆとりがあればできるかもしれないけど、これを微分するのはとてもじゃないけど、やりたくないよ。

私は気合いも根性もないからさ、別の方法を考えたいなぁ。

まみ、これ計算したの？

そうだね。せっかく座標平面上にあるんだから、何か別の方法を考えたいよ。

あ、そうか。タンジェントだ。直線の傾きはタンジェントで表せるんだったね。とすると、こんな感じで補助線を引くのがいいのかな？

こんな感じかな。

まず\(x < 2\)の場合ね。
\(\theta = (\theta_{1} + (\pi-\theta_{2}))\)だから、両辺にタンジェントをとると
$$\tan{\theta} = \tan{(\theta_{1} + (\pi-\theta_{2}))}$$
ていう感じになって、タンジェントの加法定理を使うと
$$\tan{\theta} = \frac{\tan{\theta_{1}} + \tan{(\pi-\theta_{2})}}{1-\tan{\theta_{1}\cdot\tan{(\pi-\theta_{2})}}} = \frac{\tan{\theta_{1}} – \tan{\theta_{2}}}{1+\tan{\theta_{1}\cdot\tan{\theta_{2}}}} $$
だね。あとは、直線の傾きとタンジェントの関係性で
$$\tan{\theta_{1} = \frac{x-1}{x}}, \tan{\theta_{2} = \frac{x-2}{x}}$$
だから、これを代入すると
$$\tan{\theta} = \frac{x}{2x^{2}-3x+2}$$
となる。わぁ、さっきのに比べたら、すごく簡単になった。

同じように考えると
\(\theta = \theta_{1} – \theta_{2}\)だから
$$\tan{\theta} = \tan{(\theta_{1}-\theta_{2})}$$
で、加法定理を使って
$$\tan{\theta} = \frac{\tan{\theta_{1}}-\tan{\theta_{2}}}{1+\tan{\theta_{1}}\cdot\tan{\theta_{2}}}$$
だから、代入して、ってあれ？　同じ式じゃん。

それは、助かる！　じゃあ、この式の最大値を出せばいいんだ。つまり、び

思ってるよ。だって、それで解けそうじゃん。

あ〜、相加・相乗平均かぁ。

分母の最小値を求めれば、全体として最大になるからだね。\(x > 0\)だから
$$2x + \frac{2}{x} \leq 2\sqrt{4} = 4$$
と計算できて
$$\tan{\theta} \leq \frac{1}{1} = 1$$
だから、\(\theta\)の最大値は\(\frac{\pi}{4}\)つまり、\(45^{\circ}\)だね。

う〜ん。悔しいけど、否定できないな。私はちょっと気をつけないとね。

さっきの微分の計算みたいに？　でもそれで正しい答えにたどり着くんだから、やっぱりすごいよ。

照れてないで、次の問題出してよ。

え？　なにその縛り。

計算ゼロか。じゃあ、ベクトルはダメだね。

補助線もいらないのかな？

おっけい。ちょっと黙って考えていい？　

え？　それも興味あるなぁ、いや、ちょっと集中しなきゃ。

まみ、わかった！　今、すごくスッキリした。

できたよ！　本当に計算いらずでできたよ。

うん。聞いて聞いて。確かに２つ、幾何の知識を組み合わせればいいけど、どっちも珍しい使い方するね。
　１つ目は、相似。相似ってほとんど２つの角度が等しいっていう条件で証明するけど、今回は二辺の比とその間の角が等しいっていうレアな条件だったね。

三角形\(ACM\)と三角形\(ANC\)でしょ。そうすると
$$MC : CN = 1 : 2$$
という比の関係が出てくる。で、次が問題だよね。普通はしない使い方。

え？　じゃあ、言うよ。角の二等分線と二辺の比の関係。こんな定理。

上から下はよく使うけど、下から上にはなかなかいかないよね。でもこの問題の場合、ちょうど
$$CM:CN = NB:BN = 1 : 2$$
になっているからこの定理の逆が使えて、\(\angle BCM = \angle BCN\)が証明できちゃうんだ。

うん、確かにスッキリした。

まぁ、こういうのは楽しいかなぁ。

後半の証明、面積の関係と辺の長さは有名だね。\(AB\)はどちらの三角形においても底辺になっていて、それを共有しているから、高さと対応している辺同士が面積の比になっているっていう。

こういう補助線を引くとわかりやすいかな。赤い線は高さね。このとき
$$CH : DK = CP : DP$$
が成り立つから、面積比は
$$\frac{△ADB}{△ACB} = \frac{DP}{CP}$$
だよね。

私、まだ慣れてないから、例えば\(CD = 1\)と仮定して\(\angle CAD = 90^{\circ}, \angle CBD = 90^{\circ}\)ということから、\(AC, AD, CB, BD\)を\(\cos{\alpha}, \sin{\alpha}, \cos{\beta}, \sin{\beta}\)と表して計算したくなるんだけど、多分、違うんでしょ？

う〜ん。式をみると\(\tan\)があるから、こんな補助線を引いて\(\tan{\alpha}\)とかを見やすくしたいんだけど。

２つの三角形の面積？　\(△ACB, △ADB\)のこと？　確かに片方はすぐに求められるけど。反対側の角度は。

ん〜、円に内接する四角形だよね。あ、そうか、反対側の角度は\(180^{\circ}\)から引いたものになっているんだっけ？　なら\(\angle ADB = 180^{\circ}-(\alpha+\beta)\)なんだ。それなら、２つの三角形の面積が求められそうだよ。
$$△ACB = \frac{1}{2}\cos{\alpha}\cos{\beta}\sin{(\alpha+\beta)}$$
$$△ADB = \frac{1}{2}\sin{\alpha}\sin{\beta}\sin{(180^{\circ}-(\alpha+\beta))}$$
それで、\(\sin{(180^{\circ}-(\alpha+\beta))} = \sin{(\alpha+\beta)}\)だから
$$\frac{△ADB}{△ACB} = \frac{\sin{\alpha}\sin{\beta}}{\cos{\alpha}\cos{\beta}} = \tan{\alpha}\tan{\beta}$$
となって、証明終了！

この問題はどこかで見たことあるなぁ。

図はこんな感じか。前に進むためには、\(R, Q, P\)の幾何的な意味を考える必要があるね。中心からの垂線だと、ちょうど辺の中点に位置するっていうのが重要かな。だから
$$\overrightarrow{OR} = \frac{1}{2}\left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}\right), \overrightarrow{OQ} = \frac{1}{2}\left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC}\right), \overrightarrow{OP} = \frac{1}{2}\left( \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}\right)$$
が成り立つんだね。で、これを問題の等式に代入すれば(1)は解決。答えは
$$5\overrightarrow{OA} + 4\overrightarrow{OB} + 3\overrightarrow{OC} = \vec{0}$$
になる。

(2)は、(1)で求めたベクトル方程式をどうやって使うかが問題だからね。この式をパッと見ると、三平方の定理が思いつくよね。係数だけ見ると有名な比になってる。それって偶然じゃなくて、ちゃんとそうなるように問題を作っているんだよね。だから、こっちもそれを活かして解いてあげよう。ってことで
$$5\overrightarrow{OA} = – 4\overrightarrow{OB} – 3\overrightarrow{OC}$$
こうやって移項するのが筋っぽい。三平方の定理をあぶり出すために、全体を二乗すると
$$25|\overrightarrow{OA}|^{2} = 16|\overrightarrow{OB}|^{2} + 9|\overrightarrow{OC}|^{2} + 24\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}$$
ってなる。ポイントは半径はどれも等しいってことで結局
$$\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} = 0$$
が出てくる。これって、辺\(OB\)と辺\(OC\)が直交していることを意味するから、\(\angle BOC = 90^{\circ}\)。最後に、この結果を図と照らし合わせて円周角の性質から\(\angle A = 45^{\circ}\)だね。

うん。だから、類題も含めていろんな問題集に使われているんだね。

簡単そうに見えるけど、何かからくりがあるんだよね。ま、何はともあれ図を描くか。

ああ、中学数学でよくやるやつだよね。円外の一点と接点を結ぶ２つの線分の長さが等しいっていう。それを使うと、こんな感じかな。

三角形の周の長さの和と直径の和が\(2\)になっているという条件だ。
$$2(r+a+b)+2r = 2$$
だから、求めたい斜辺の長さは\(a+b = 1-2r\)
と求められるね。

三角形の面積\(S\)は
$$S = \frac{1}{2}(a+r)(b+r) = \frac{1}{2}(ab+(a+b)r+r^{2})$$
で、\(a+b\)はわかっているんだから、あとは\(ab\)だけを求めればいいかな。多分、三平方の定理を使って\(ab\)は出てくると思うんだけど、どうだろう？

ちょっと怪しいけど、やってみるか。
\( (a+r)^{2}+(b+r)^{2} = (a+b)^{2} \)
\( a^{2}+2ar+r^{2} + b^{2}+2br+r^{2} = a^{2}+b^{2}+2ab \)
\(2ab = 2r(a+b)+2r^{2} = 2r(1-2r)+2r^{2} = 2r-2r^{2}\)
\(ab = r-r^{2}\)
あっ出た。

じゃあ、あとはこれを面積\(S\)の式に代入して
$$S = \frac{1}{2}(r-r^{2}+(1-2r)r+r^{2})$$
$$S = \frac{1}{2}(2r-2r^{2}) = -r^{2}+r$$
だね。ってことは
$$S = -\left(r-\frac{1}{2}\right)^{2} + \frac{1}{4}$$
だから、\(r = \frac{1}{2}\)の時に、最大値\(\frac{1}{4}\)、かな。

そういえば、\(r= \frac{1}{2}\)だと、斜辺の長さが、、、\(0\)になってるんじゃん。じゃ、ダメじゃん。

確かに、少なくとも斜辺の長さは円の直径、\(2r\)よりは大きいもんね。

\(r\)の範囲か。つまり、問題文の条件、が存在すればいいんだよね。ってことは、\(a, b\)の値がそれぞれ正の値で存在すればいいってことなんだけど。ん？　２つの値が正の値で存在する条件、、、。

\(a+b = 1-2r, ab = r-r^{2}\)なんだよ。これは実数解の存在条件が使えるんじゃないかな。だから
$$x^{2} -(1-2r)x + r-r^{2} = 0$$
という二次方程式が2つの正の解を持つような\(r\)が、問題の条件を満たす\(r\)の条件なんだ。この二次方程式の解が\(a, b\)だからね。

見事と言っても、最初私は気づかなかったんだけどね。じゃあ、実際にこの条件を調べてみるよ。2数の数がともに正の実数になるような条件は方程式の解(\(\alpha, \beta\))と係数の関係を使って
$$D \geq 0,\ \alpha+\beta > 0,\ \alpha\beta >0$$
とするのが簡単かな。１つ目の条件から
\(D = (1-2r)^{2}-4(r-r^{2}) = 8r^{2}-8r+1 \geq 0\)だから
$$r \geq \frac{2-\sqrt{2}}{4},\ r \leq \frac{2+\sqrt{2}}{4}$$
2つ目の条件から
\(\alpha+\beta = 1-2r > 0\)だから
$$r < \frac{1}{2}$$
3つ目の条件から
\(\alpha\beta = r-r^{2} = -r(r-1) > 0\)だから
$$0<r<1$$
だね。ちなみに、\(\frac{2-\sqrt{2}}{4} < \frac{1}{2}\)だ。ってことは結局
$$0 < r \leq \frac{2-\sqrt{2}}{4} $$
を満たせばいいってことだね。\(r\)はこの条件を満たしながら動く。

う〜んと、一応図を書くとこうなってる。

だから、\(r_{0} = \frac{2\sqrt{2}}{4}\)のときに最大だね。これを\(S\)に代入するかぁ。

わかってるよ。

ってことで、なるべく簡単に計算したいけど、定番の方法はあれかな？ \(r\)の満たす方程式から次数を減らすって計算方法があったね。今の場合最大値を与える\(r_{0}\)は
$$8r_{0}^{2}-8r_{0}+1 = 0,\ -r_{0}^{2}+r_{0} = \frac{1}{8}$$
を満たしているわけだから、求めたい面積\(S\)は
$$S = -r_{0}^{2}+r_{0} = \frac{1}{8}$$
って、次数が2つ減って、答えが出てきた！　代入する必要なかったんだ。

勉強になります。

え？　そりゃ、状況次第だけど、例えば3点が\(A, B, C\)の順に並んでいるときに、線分\(AB\)と線分\(BC\)のなす角が\(180^{\circ}\)になること、とか。ベクトルを使って、\(\overrightarrow{AB} = k\overrightarrow{AC}\)となる定数\(k\)が存在することとか、かな。

まぁ、でも練習しておきたいな。

とにかく、平面図形は図が大事なはず。

こう見ると、角度が\(90^{\circ}\)ってことだけしかわかっていないよね。

まぁ、自分でパラメータを設定していくしかないよね。また、私の趣味で設定していいかな？

じゃあ、色々な辺の長さや角度を求めていこっかな。

どうだろう。どうやって考えたらいいのかな。

\(R, A, Q\)が一直線上にあったら、例えば\(△RSA\)と\(△RPQ\)が相似だね。他にも、同位角が等しいってことから\(\angle SAR = \angle PQR\)とかかな。

少なくとも同位角の方は逆も正しいと思うな。点\(R\)を共有しているんだから、一直線じゃないと同位角にならないから。

なるほど。それなら、確かに一直線上の証明になる。

なるほど、だから、相似に必要な辺の長さを中心に求めていくってわけだね。ゴールがわからないと、とにかく手当たり次第に辺の長さを求めることになっちゃうから、それを防ぐってことか。

まずは角度\(\theta\)になるところを調べてみたよ。直角三角形がいっぱいあるから、相似になるところが多くて結果的に\(\theta\)になるところも多いね。

次は、\(PR, RS\)の辺を求めてみるよ。この問題、\(R, A, Q\)が一直線上になることを前提としていないから、２つの角度で相似をいうのは多分無理で、相似を証明できるとすれば、二辺の比とその間の角度が等しい、っていう条件だと思うからね。

そうすると三角比を使って、こんな感じかな。

うん。ちょっと形は汚いけど。まぁ、大丈夫でしょ。次は\(PQ, SA\)を求めるよ。

かな？　あとは同じになりそうもないけど、二辺の比を比較してみるんだけど
$$SR : SA = a\tan{\theta}\sin{\theta} : b\sin{\theta}$$
$$SR : SA = a\frac{\sin^{2}{\theta}}{\cos{\theta}} : b\sin{\theta} = a\sin{\theta} : b\cos{\theta}$$
で、大きな三角形の方は
$$PR : PQ = \frac{a}{\cos{\theta}} : \frac{b}{\sin{\theta}} = a\sin{\theta} : b\cos{\theta}$$
で、一致した、、、。

そんなに簡単に割り切れないけど、とにかく二辺の辺の比とその間の角が等しいから相似で、相似な三角形の関係から\(\angle SAR = \angle PQR\)だね。で、さっきの議論から、このとき\(R, A, Q\)が一直線上にあることが証明できたね。

確かに、それでも良さそう。ただ、この問題は(2)があるから、幾何として解きたかったかな。

台形の形を求めよ、って初めて見たけど。

私の方法だと、ちょっと面倒くさいけど、台形\(BCRQ\)の面積と三角形\(ABC\)の面積を直接求めて、何らかの関係式を導くって方法になっちゃうんだけど、どうだろう？　

まぁ、今回のテーマの１つは”計算能力”を高めることだし、思い切ってそれでやってみるよ。間違ったら、教えてね。

まず、必要な辺の長さを加えておこう。図がごちゃごちゃしちゃうから、いらない辺の長さは消しちゃうね。

さて、この図で台形\(BCRQ\)の面積\(S_{1}\)は
$$S_{1} = \frac{1}{2}\left( a\tan{\theta} + \frac{b}{\tan{\theta}} \right)(a+b)$$
で、三角形\(ABC\)の面積\(S_{2}\)は
$$S_{2} = \frac{1}{2}(a+b)^{2}\cos{\theta}\sin{\theta}$$
だね。台形の方が2倍の面積なんだから
$$a\tan{\theta}+\frac{b}{\tan{\theta}} = 2(a+b)\sin{\theta}\cos{\theta}$$
が成り立つ。ん〜、とりあえずタンジェントをサインとコサインで表すと
$$a\frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}}+b\frac{\cos{\theta}}{\sin{\theta}} = 2(a+b)\sin{\theta}\cos{\theta}$$
$$a\sin^{2}{\theta} + b\cos^{2}{\theta} = 2(a+b)\sin^{2}{\theta}\cos^{2}{\theta}$$
とにかく無理やり\(=0\)の形まで持っていくと
$$a\sin^{2}{\theta}(1-2\cos^{2}{\theta})+b\cos^{2}{\theta}(1-2\sin^{2}{\theta}) = 0$$
だね。

もっと簡単にしたいなぁ。倍角の公式を使うと
$$-a\sin^{2}{\theta}\cos{2\theta} + b\cos^{2}{\theta}\cos{2\theta} = 0$$
$$\cos{2\theta}(b\cos^{2}{\theta}-a\sin^{2}{\theta}) = 0$$
ようやく、形になってきた！
この方程式の解は
$$\cos{2\theta} = 0,\ b\cos^{2}{\theta} = a\sin^{2}{\theta}$$

え〜と、あ、そうか。\(\cos{2\theta} = 0\)ってことは、今の場合\(\theta < 90^{\circ}\)なんだから\(\theta = 45^{\circ}\)ってことだね。で、この場合は\(AB=AC\)になっちゃうから不適切ってことか。そうすると、もう１つの条件、より簡単にすると
$$\tan^{2}{\theta} = \frac{b}{a}$$
が満たされなきゃいけない。\(\tan{\theta}\)が負になることはないから
$$\tan{\theta} = \sqrt{\frac{b}{a}}$$
で、台形はどんな形だ？

そうだね。
\(RC = a\tan{\theta} = \sqrt{ab},\ BQ = \frac{b}{\tan{\theta}} = \sqrt{ab}, BC = a+b\)
で、長方形、かな？

あっ、そうか。辺の長さを比べないとね。え〜と、相加・相乗平均かな。
$$a+b \geq 2\sqrt{ab} > \sqrt{ab}$$
だから、うん、正方形にならない。この台形の形は長方形になる！

このやり方だから大変になったんだろうな。もっとエレガントに解ける解法があると思う。

そっか。私の場合は、確実に解けそうな解法に食らいついちゃうからなぁ。

ふ〜。今日は、こんなところかな。

え？　そうなの。もう十分やった気がするんだけど。

定点問題？　え〜と、どんなのだっけ。

そうかぁ。じゃあ、あとちょっと頑張るか。

ベクトルかぁ。(ⅰ)はすぐに解けそうなんだけど、（ⅱ）はちょっと見当もつかないなぁ。

そうだね。なにはともあれ、図を描いてみようか。

多分、、、。やり方はわかる気がする。つまり、\(\overrightarrow{A_{1}H}\)が\(\overrightarrow{A_{3}A_{2}}\)と、\(\overrightarrow{A_{2}H}\)が\(\overrightarrow{A_{1}A_{3}}\)と垂直だってことを言えばいいね。やってみるよ。垂直をいうには、２つのベクトルの内積が0だってことを言えばよくて。
$$\overrightarrow{A_{1}H}\cdot\overrightarrow{A_{3}A_{2}}=(\overrightarrow{OA_{2}}+\overrightarrow{OA_{3}})\cdot(\overrightarrow{OA_{2}}-\overrightarrow{OA_{3}})$$
$$ = |\overrightarrow{OA_{2}}|^{2} – |\overrightarrow{OA_{3}}|^{3} = 0$$
半径が等しいからね。\(\overrightarrow{A_{2}H}\)と\(\overrightarrow{A_{1}A_{3}}\)の内積も同じように計算できるから、点\(H\)は\(△A_{1}A_{2}A_{3}\)の垂心で間違いないね。

ま、とにかく図を描くよ。

うん、、、。六芒星っぽくなっちゃった。それに、あんまり、図は参考にならない気がするなぁ。

真っ先に思いつくのは、中心\(O\)とかだけど、この図ですらまともに通っていないから、違うっぽい。3点が作る三角形の重心と別の3点が作る三角形の重心だったら、必ず6角形の重心を通るんだけどね。

まぁ、ベクトルを使いたいかなぁ。一応（ⅰ）を信頼するならね。ってことで、一応重心\(G\)のベクトルも求めると
$$\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA_{4}} + \overrightarrow{OA_{5}} + \overrightarrow{OA_{6}}}{3}$$
だけど、だからどうなのって感じ。

う〜ん。それならできるかな。つまり、
$$\overrightarrow{OX} = \overrightarrow{OH} + k\overrightarrow{HG}$$
ってことだよね。

$$\overrightarrow{OX} = (\overrightarrow{OA_{1}} + \overrightarrow{OA_{2}} + \overrightarrow{OA_{3}} + k\left( \frac{\overrightarrow{OA_{4}} + \overrightarrow{OA_{6}} + \overrightarrow{OA_{6}}}{3} – (\overrightarrow{OA_{1}} + \overrightarrow{OA_{2}} + \overrightarrow{OA_{3}}) \right)$$
$$\overrightarrow{OX} = (1-k)(\overrightarrow{OA_{1}} + \overrightarrow{OA_{2}} + \overrightarrow{OA_{3}}) + \frac{k}{3}(\overrightarrow{OA_{4}} + \overrightarrow{OA_{6}} + \overrightarrow{OA_{6}})$$
という感じ。まだ、掴みきれていないなぁ。

定点は定点だよね。条件を満たすどんな直線でもその点を通るってことでしょ。ん？　だから、定点は必ず、交点にもなっている。交点、交点か。交点は、ベクトルの十八番じゃん。ってことは、この\(X\)を別の条件で試せばいいってことかな。

そうだね。じゃあ、\(Y\)とおいておくよ。つまり、垂心と重心を考える三角形を変えればいいってことだから、いっそ、垂心と重心となる三角形を逆転させてしまおう。つまり、\(△A_{1}A_{2}A_{3}\)の重心を\(G^{\prime}\)、\(△A_{4}A_{5}A_{6}\)の垂心を\(H^{\prime}\)とする。すると、さっきの結果を使って、文字は\(m\)とすると
$$\overrightarrow{OY} = (1-m)(\overrightarrow{OA_{4}} + \overrightarrow{OA_{5}} + \overrightarrow{OA_{6}}) + \frac{m}{3}(\overrightarrow{OA_{1}} + \overrightarrow{OA_{2}} + \overrightarrow{OA_{3}})$$
ってことだ！　で、で、\(X\)と\(Y\)が一致するような\(k, m\)があればいいわけだね。それが両方とも同じベクトルで表せれば、定点候補になる。\(OA_{i} (i=1, 2, 3, 4, 5, 6)\)はどの２つも一次独立だから係数比較ができて、
$$1-k = \frac{k}{3}, \frac{k}{3} = 1-m$$
となるから、これを解くと\( k = m = \frac{3}{4}\)になる。え？　そうすると、
$$\overrightarrow{OX} = \overrightarrow{OY} = \frac{\overrightarrow{OA_{1}} + \overrightarrow{OA_{2}} + \overrightarrow{OA_{3}}+\overrightarrow{OA_{4}} + \overrightarrow{OA_{5}} + \overrightarrow{OA_{6}}}{4}$$
だから、これが定点じゃん！

あっそうか。まみは鋭い。てっきりこれで終わりかと思っちゃった。確かに一般性は欠いていたね。じゃあ、ベクトルを\(\overrightarrow{OA_{a}}, \overrightarrow{OA_{b}}, \overrightarrow{OA_{c}}, \overrightarrow{OA_{d}}, \overrightarrow{OA_{e}}, \overrightarrow{OA_{f}}\)とおいて、それぞれ\(a, b, c, d, e, f\)は順不同で\(1, 2, 3, 4, 5, 6\)に対応するとするよ。それで、\(\overrightarrow{OA_{a}}, \overrightarrow{OA_{b}}, \overrightarrow{OA_{c}}\)で垂心をとり、他ので重心をとるとする。そうすると直線\(HG\)上の点\(X\)は、
$$\overrightarrow{OX} = (1-k)(\overrightarrow{OA_{a}} + \overrightarrow{OA_{b}} + \overrightarrow{OA_{c}}) + \frac{k}{3}(\overrightarrow{OA_{d}} + \overrightarrow{OA_{e}} + \overrightarrow{OA_{f}})$$
だけど、ここで\(k=\frac{3}{4}\)とすれば、
$$\overrightarrow{OX} = \frac{\overrightarrow{OA_{a}} + \overrightarrow{OA_{b}} + \overrightarrow{OA_{c}}+\overrightarrow{OA_{d}} + \overrightarrow{OA_{e}} + \overrightarrow{OA_{f}}}{4}$$
となって、\(a, b, c, d, e, f\)がどういう風に割り当てられても、必ず同じ点になる。だから、この\(X\)は定点だね。

もし重心と重心を結ぶ直線上の定点を探す問題だったら、六角形の重心が定点になることが予想できて、
$$\overrightarrow{OX} = \frac{k}{3}(\overrightarrow{OA_{a}} + \overrightarrow{OA_{b}} + \overrightarrow{OA_{c}}) + \frac{k}{3}(\overrightarrow{OA_{d}} + \overrightarrow{OA_{e}} + \overrightarrow{OA_{f}})$$
から
$$\overrightarrow{OX} = \frac{\overrightarrow{OA_{a}} + \overrightarrow{OA_{b}} + \overrightarrow{OA_{c}}+\overrightarrow{OA_{d}} + \overrightarrow{OA_{e}} + \overrightarrow{OA_{f}}}{6}$$
を作ればいいって予想できるから、\(k=\frac{1}{2}\)とすればいいことが見えるから、比較的簡単だってことなんだね。

なるほどね〜。

うまい感じにまとまってると思うよ。
これが定点問題か、じゃあ、もう1問。

なんか複雑なことをしているように見える。けど、どうなんだろう。

こういうことだね。

頑張って、と言われてもなぁ。まぁ、じゃあ、頑張ってみるか。定点問題で、どこが定点になるかわからないから、違う条件で作図してみるよ。

この図で、\(X\)が2直線の交点だね。う〜ん、なんとなく、だけど、定点\(A, B\)と関係ありそうなことでは、直線\(AB\)上にある気はするけど、なんとも言えないなぁ。もう一度引きなおしてみようかな。

うん、これはやっぱり、直線\(AB\)上にあるよ。でも、直線\(AB\)上にあるってだけじゃ、\(X\)が定点になるとは限らないか。なんか\(BX\)の長さが一意に決まってることもわかれば完璧なんだけどなぁ。

つまり
1. 点\(X\)が直線\(AB\)上にある
2. \(BX\)の長さがいつも等しい
という２つのことが証明できれば、\(X\)は定点になる。

……。教えてくれる気、ないでしょ。ん〜、じゃあ、とりあえず、こういうことをするのかな？

点\(Y\)は直線\(AB\)と直線\(RS\)の交点。点\(Y^{\prime}\)は直線\(AB\)と直線\(R^{\prime}S^{\prime}\)の交点。これで、1の条件はクリア。だから、あとは\(BY = BY^{\prime}\)を示せば、\(Y, Y^{\prime}\)は一致して、これが定点となる、はず。なんか、見えてきた。

ってことは、方針は大丈夫ってことかな。とりあえず、\(A, B, Y\)が一直線上にあることは使っていいんだから、これで何が言えるか、考えようかな。

とりあえず、等しい辺はこんな感じかな。円周角の定理から\(\angle YRB = \angle PQS\)で、平行線の同位角だから\(\angle PQS = \angle PAB\)だね。あ〜、てことは相似か。
$$△YBR \sim △PBA$$
ん？　ってことは、もう１つの方も同じような関係があるかな。

同じ角度をマークすると、こうなる。今度は、\(P^{\prime}Q^{\prime}S^{\prime}R^{\prime}\)が円に内接する四角形であるという性質を使って、\(\angle P^{\prime}R^{\prime}Y^{\prime} = \angle P^{\prime}Q^{\prime}S^{\prime}\)で、また平行線の同位角が等しいんだから
\( \angle P^{\prime}Q^{\prime}S^{\prime} = \angle P^{\prime}AB\)となる。だから、やっぱり相似だね〜。
$$△AP^{\prime}B \sim △R^{\prime}Y^{\prime}B$$
ちょっと、これ、いい感じじゃない？

だんまり。ってことは、大丈夫、なのかな。まぁ、でもいい感じするし、続けよう。今わかったのは
$$△YBR \sim △PBA,\ △AP^{\prime}B \sim △R^{\prime}Y^{\prime}B$$
で、証明したいことは
$$BY = BY^{\prime}$$
だから、対応する辺の比を考えるとまず、上から
\(BY : BP = BR : BA\)で\(BY = \frac{BR\cdot BP }{BA}\)だね。下は、
\(BY^{\prime} : BP^{\prime} = BR^{\prime} : BA\)で\(BY^{\prime} = \frac{BR^{\prime}\cdot BP^{\prime}}{BA}\)となる。
ということは証明したいことは
$$BR\cdot BP = BR^{\prime}\cdot BP^{\prime}$$
なんだけど、、、。
ん〜？　ん！　あ、これ、あれじゃん！

わかった！　方べきの定理だね！

これだよ。これなら
$$BR\cdot BP = BR^{\prime}\cdot BP^{\prime}$$
が成り立つじゃん。これで、\(BY = BY^{\prime}\)になるよね。で、\(A, B, Y, Y^{\prime}\)は一直線上にあるんだから、\(Y, Y^{\prime}\)は一致。今の\(P, P^{\prime}\)の選び方は一般性を失わない。だから、この一致した点が定点となる。どうだ！？

……いや、してないけど。

う〜んと、つまりOK?

そ、そうなのかな。

うわっ。こう見ると、すごいことやっちゃったんだね、私。

まぁ、そうだとしたら、まみのおかげだと思うよ。

いやいや、そんなことないって。

そうだねぇ。ベクトルばっか使ってたけど、初等幾何もロマンがあるなぁ。

まさか、空間図形もやり始めるんじゃ、、、。

次回、ね。苦手なんだよなぁ、空間。ま、でもよろしく！