ベクトルと図形
ベクトルの演算
問題《ラミの定理》
$\vec 0$ でないベクトル $\overrightarrow{a_1},$ $\overrightarrow{a_2},$ $\overrightarrow{a_3}$ が同一平面上にあり,
\[\overrightarrow{a_1}+\overrightarrow{a_2}+\overrightarrow{a_3} = \vec 0\]
を満たすとする.
$\overrightarrow{a_2},$ $\overrightarrow{a_3}$ のなす角が $\theta _1,$ $\overrightarrow{a_3},$ $\overrightarrow{a_1}$ のなす角が $\theta _2,$ $\overrightarrow{a_1},$ $\overrightarrow{a_2}$ のなす角が $\theta _3$ であるとき,
\[\frac{|\overrightarrow{a_1}|}{\sin\theta _1} = \frac{|\overrightarrow{a_2}|}{\sin\theta _2} = \frac{|\overrightarrow{a_3}|}{\sin\theta _3}\]
が成り立つことを示せ.

標準定理$2023/01/13$$2023/01/14$
解答例
\[\overrightarrow{\mathrm P_1\mathrm P_2} = \overrightarrow{a_3}, \quad \overrightarrow{\mathrm P_2\mathrm P_3} = \overrightarrow{a_1}, \quad \overrightarrow{\mathrm P_3\mathrm P_4} = \overrightarrow{a_2}\]
とする.
このとき,
\[\begin{aligned}
\overrightarrow{\mathrm P_1\mathrm P_4} &= \overrightarrow{\mathrm P_1\mathrm P_2}+\overrightarrow{\mathrm P_2\mathrm P_3}+\overrightarrow{\mathrm P_3\mathrm P_4} \\
&= \overrightarrow{a_3}+\overrightarrow{a_1}+\overrightarrow{a_2} = \vec 0
\end{aligned}\]
が成り立つから, $\mathrm P_1 = \mathrm P_4$ である.
$\triangle\mathrm P_1\mathrm P_2\mathrm P_3$ において $\{ i,j,k\} = \{ 1,2,3\}$ のとき $\angle\mathrm P_k$ の外角は $\overrightarrow{a_i},$ $\overrightarrow{a_j}$ のなす角 $\theta _k$ に等しいから,
\[\angle\mathrm P_k = 180^\circ -\theta _k\]
が成り立つ.
ゆえに, 正弦定理により
\[\frac{|\overrightarrow{a_1}|}{\sin (180^\circ -\theta _1)} = \frac{|\overrightarrow{a_2}|}{\sin (180^\circ -\theta _2)} = \frac{|\overrightarrow{a_3}|}{\sin (180^\circ -\theta _3)}\]
つまり
\[\frac{|\overrightarrow{a_1}|}{\sin\theta _1} = \frac{|\overrightarrow{a_2}|}{\sin\theta _2} = \frac{|\overrightarrow{a_3}|}{\sin\theta _3}\]
が成り立つ.

参考
本問の結果は, 「ラミの定理」(Lami's theorem)として知られており, 力学への応用をもつ.
共線条件
問題《メネラウスの定理》
$3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ がそれぞれ $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の内分点または外分点であり, そのうちの $2$ 個が内分点で $1$ 個が外分点, または $0$ 個が内分点で $3$ 個が外分点であるとして, $\overrightarrow{\mathrm{BP}} = p\overrightarrow{\mathrm{BC}},$ $\overrightarrow{\mathrm{CQ}} = q\overrightarrow{\mathrm{CA}},$ $\overrightarrow{\mathrm{AR}} = r\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ ($p,$ $q,$ $r$: $0,$ $1$ でない実数)とする.
さらに, $3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ が同一直線上にあるとして, $\overrightarrow{\mathrm{RP}} = k\overrightarrow{\mathrm{RQ}}$ とする.
また, $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおく.
- (1)
- $\vec b,$ $\vec c,$ $p$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ を表せ.
- (2)
- $\vec b,$ $\vec c,$ $k,$ $q,$ $r$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ を表せ.
- (3)
- $p,$ $k$ を用いて $q,$ $r$ を表せ.
- (4)
- $\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\dfrac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = 1$ が成り立つことを示せ.

標準定理$2023/02/15$$2023/02/16$
解答例
- (1)
- $\overrightarrow{\mathrm{BP}} = p\overrightarrow{\mathrm{BC}} = p(\vec c-\vec b)$ であるから, \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AP}} &= \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BP}} \\ &= \vec b+p(\vec c-\vec b) \\ &= (1-p)\vec b+p\vec c \quad \cdots [1] \end{aligned}\] である.
- (2)
- $\overrightarrow{\mathrm{RP}} = k\overrightarrow{\mathrm{RQ}} = k(\overrightarrow{\mathrm{AQ}}-\overrightarrow{\mathrm{AR}}),$
$\overrightarrow{\mathrm{AQ}} = \overrightarrow{\mathrm{AC}}+\overrightarrow{\mathrm{CQ}} = \overrightarrow{\mathrm{AC}}+q\overrightarrow{\mathrm{CA}} = (1-q)\vec c$ であるから, \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AP}} &= \overrightarrow{\mathrm{AR}}+\overrightarrow{\mathrm{RP}} \\ &= \overrightarrow{\mathrm{AR}}+k(\overrightarrow{\mathrm{AQ}}-\overrightarrow{\mathrm{AR}}) \\ &= (1-k)\overrightarrow{\mathrm{AR}}+k\overrightarrow{\mathrm{AQ}} \\ &= (1-k)r\vec b+k(1-q)\vec c \quad \cdots [2] \end{aligned}\] である. - (3)
- $[1],$ $[2]$ から \[ (1-p)\vec b+p\vec c = (1-k)r\vec b+k(1-q)\vec c\] であり, $\vec b,$ $\vec c$ は $\vec 0$ でなく互いに平行でないから, \[ 1-p = (1-k)r, \quad p = k(1-q)\] が成り立つ. これを $q,$ $r$ について解くと \[ q = 1-\frac{p}{k}, \quad r = \frac{1-p}{1-k} \quad \cdots [3]\] が得られる.
- (4)
- $\overrightarrow{\mathrm{PC}} = (1-p)\overrightarrow{\mathrm{BC}},$ $\overrightarrow{\mathrm{QA}} = (1-q)\overrightarrow{\mathrm{CA}},$ $\overrightarrow{\mathrm{RB}} = (1-r)\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ であるので, $[3]$ から, \[\begin{aligned} &\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{|\overrightarrow{\mathrm{BP}}|}{|\overrightarrow{\mathrm{PC}}|}\cdot\frac{|\overrightarrow{\mathrm{CQ}}|}{|\overrightarrow{\mathrm{QA}}|}\cdot\frac{|\overrightarrow{\mathrm{AR}}|}{|\overrightarrow{\mathrm{RB}}|} \\ &= \frac{|p||\overrightarrow{\mathrm{BC}}|}{|1-p||\overrightarrow{\mathrm{BC}}|}\cdot\frac{|q||\overrightarrow{\mathrm{CA}}|}{|1-q||\overrightarrow{\mathrm{CA}}|}\cdot\frac{|r||\overrightarrow{\mathrm{AB}}|}{|1-r||\overrightarrow{\mathrm{AB}}|} \\ &= \left|\frac{p}{1-p}\cdot\frac{q}{1-q}\cdot\frac{r}{1-r}\right| = \left|\frac{p}{1-p}\cdot\frac{1-\dfrac{p}{k}}{\dfrac{p}{k}}\cdot\frac{\dfrac{1-p}{1-k}}{1-\dfrac{1-p}{1-k}}\right| \\ &= \left|\frac{p}{1-p}\cdot\frac{k-p}{p}\cdot\frac{1-p}{(1-k)-(1-p)}\right| = |-1| = 1 \end{aligned}\] が成り立つ.
問題《チェヴァの定理》
$3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ がそれぞれ $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の内分点または外分点であり,
そのうちの $3$ 個が内分点で $0$ 個が外分点, または $1$ 個が内分点で $2$ 個が外分点であるとして, $\overrightarrow{\mathrm{BP}} = p\overrightarrow{\mathrm{BC}},$ $\overrightarrow{\mathrm{CQ}} = q\overrightarrow{\mathrm{CA}},$ $\overrightarrow{\mathrm{AR}} = r\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ ($p,$ $q,$ $r$: $0,$ $1$ でない実数)とする.
さらに, $3$ 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ が $1$ 点 $\mathrm X$ で交わるとして, $\overrightarrow{\mathrm{BX}} = k\overrightarrow{\mathrm{BQ}},$ $\overrightarrow{\mathrm{CX}} = l\overrightarrow{\mathrm{CR}}$ とする.
また, $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおく.
- (1)
- $\vec b,$ $\vec c,$ $k,$ $q$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{AX}}$ を表せ.
- (2)
- $\vec b,$ $\vec c,$ $l,$ $r$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{AX}}$ を表せ.
- (3)
- $q,$ $r$ を用いて $k$ を表せ.
- (4)
- $q,$ $r$ を用いて $p$ を表せ.
- (5)
- $\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\dfrac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = 1$ が成り立つことを示せ.

標準定理$2023/02/17$$2023/02/20$
解答例
- (1)
- $\overrightarrow{\mathrm{AQ}} = \overrightarrow{\mathrm{AC}}+\overrightarrow{\mathrm{CQ}} = (1-q)\vec c$ であるから, \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AX}} &= \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BX}} = \overrightarrow{\mathrm{AB}}+k\overrightarrow{\mathrm{BQ}} \\ &= \overrightarrow{\mathrm{AB}}+k(\overrightarrow{\mathrm{AQ}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}) = (1-k)\overrightarrow{\mathrm{AB}}+k\overrightarrow{\mathrm{AQ}} \\ &= (1-k)\vec b+k(1-q)\vec c \quad \cdots [1] \end{aligned}\] である.
- (2)
- $\overrightarrow{\mathrm{AR}} = r\vec b$ であるから, \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AX}} &= \overrightarrow{\mathrm{AC}}+\overrightarrow{\mathrm{CX}} = \overrightarrow{\mathrm{AC}}+l\overrightarrow{\mathrm{CR}} \\ &= \overrightarrow{\mathrm{AC}}+l(\overrightarrow{\mathrm{AR}}-\overrightarrow{\mathrm{AC}}) = l\overrightarrow{\mathrm{AR}}+(1-l)\overrightarrow{\mathrm{AC}} \\ &= lr\vec b+(1-l)\vec c \quad \cdots [2] \end{aligned}\] である.
- (3)
- $[1],$ $[2]$ から \[ (1-k)\vec b+k(1-q)\vec c = lr\vec b+(1-l)\vec c\] であり, $\vec b,$ $\vec c$ は $\vec 0$ でなく互いに平行でないから, \[ 1-k = lr, \quad k(1-q) = 1-l\] が成り立つ. $l = 1-k(1-q)$ であるから, \[\begin{aligned} 1-k &= r-k(1-q)r \\ k &= \frac{1-r}{1-(1-q)r} \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が成り立つ.
- (4)
- $[3]$ を $[1]$ に代入すると, \[\overrightarrow{\mathrm{AX}} = \frac{qr}{1-(1-q)r}\vec b+\frac{(1-q)(1-r)}{1-(1-q)r}\vec c\] が得られる. $\overrightarrow{\mathrm{AP}} = t\overrightarrow{\mathrm{AX}}$ ($t$: 実数)とすると, \[\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \frac{qrt}{1-(1-q)r}\vec b+\frac{(1-q)(1-r)t}{1-(1-q)r}\vec c\] となるので, 点 $\mathrm P$ が直線 $\mathrm{BC}$ 上にあることから \[\frac{qrt}{1-(1-q)r}+\frac{(1-q)(1-r)t}{1-(1-q)r} = 1\] よって \[ t = \frac{1-(1-q)r}{qr+(1-q)(1-r)}\] となる. したがって, \[\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \frac{qr}{qr+(1-q)(1-r)}\vec b+\frac{(1-q)(1-r)}{qr+(1-q)(1-r)}\vec c\] であり, 点 $\mathrm P$ は辺 $\mathrm{BC}$ を $|(1-q)(1-r)|:|qr|$ に内分または外分するから, \[ p = \frac{qr}{qr+(1-q)(1-r)} \quad \cdots [4]\] が成り立つ.
- (5)
- $\overrightarrow{\mathrm{PC}} = (1-p)\overrightarrow{\mathrm{BC}},$ $\overrightarrow{\mathrm{QA}} = (1-q)\overrightarrow{\mathrm{CA}},$ $\overrightarrow{\mathrm{RB}} = (1-r)\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ であるので, $[4]$ から, \[\begin{aligned} &\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{|\overrightarrow{\mathrm{BP}}|}{|\overrightarrow{\mathrm{PC}}|}\cdot\frac{|\overrightarrow{\mathrm{CQ}}|}{|\overrightarrow{\mathrm{QA}}|}\cdot\frac{|\overrightarrow{\mathrm{AR}}|}{|\overrightarrow{\mathrm{RB}}|} \\ &= \frac{|p||\overrightarrow{\mathrm{BC}}|}{|1-p||\overrightarrow{\mathrm{BC}}|}\cdot\frac{|q||\overrightarrow{\mathrm{CA}}|}{|1-q||\overrightarrow{\mathrm{CA}}|}\cdot\frac{|r||\overrightarrow{\mathrm{AB}}|}{|1-r||\overrightarrow{\mathrm{AB}}|} \\ &= \left|\frac{p}{1-p}\cdot\frac{q}{1-q}\cdot\frac{r}{1-r}\right| = \left|\frac{(1-q)(1-r)}{qr}\cdot\frac{q}{1-q}\cdot\frac{r}{1-r}\right| \\ &= |1| = 1 \end{aligned}\] が成り立つ.
問題《完全四辺形に関するニュートンの定理》
四角形 $\mathrm{ABCD}$ において,
向かい合う $2$ 辺 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{CD}$ の延長が点 $\mathrm E$ で交わり,
向かい合う $2$ 辺 $\mathrm{AD},$ $\mathrm{BC}$ の延長が点 $\mathrm F$ で交わるとする.
線分 $\mathrm{AC},$ $\mathrm{BD},$ $\mathrm{EF}$ の中点をそれぞれ $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ とおく.
- (1)
- $\overrightarrow{\mathrm{AE}} = s\overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\overrightarrow{\mathrm{AF}} = t\overrightarrow{\mathrm{AD}},$ $\mathrm{BC}:\mathrm{CF} = x:(1-x)$ とおく. $s,$ $t$ を用いて $x$ を表せ.
- (2)
- $3$ 点 $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ は同一直線上にあることを示せ.

標準定理$2020/12/11$$2022/06/04$
解答例
- (1)
- $\triangle\mathrm{FAB}$ と直線 $\mathrm{DE}$ にメネラウスの定理を適用すると \[\frac{s}{s-1}\cdot\frac{x}{1-x}\cdot\frac{t-1}{1} = 1\] となるから, これを $x$ について解くと \[ x = \frac{s-1}{st-1}\] が得られる.
- (2)
- $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec d = \overrightarrow{\mathrm{AD}}$ とおく. このとき, (1) の結果から \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AL}} &= \frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \frac{1}{2}\{ (1-x)\vec b+xt\vec d\} \\ &= \frac{s(t-1)\vec b+(s-1)t\vec d}{2(st-1)} \quad \left(\because 1-x = \frac{s(t-1)}{st-1}\right) \end{aligned}\] が得られる. また, \[\overrightarrow{\mathrm{AM}} = \frac{\vec b+\vec d}{2}, \quad \overrightarrow{\mathrm{AN}} = \frac{s\vec b+t\vec d}{2}\] であるから, \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{LM}} &= \overrightarrow{\mathrm{AM}}-\overrightarrow{\mathrm{AL}} \\ &= \frac{\vec b+\vec d}{2}-\frac{s(t-1)\vec b+(s-1)t\vec d}{2(st-1)} \\ &= \frac{(s-1)\vec b+(t-1)\vec d}{2(st-1)}, \\ \overrightarrow{\mathrm{MN}} &= \overrightarrow{\mathrm{AN}}-\overrightarrow{\mathrm{AM}} \\ &= \frac{s\vec b+t\vec d}{2}-\frac{\vec b+\vec d}{2} \\ &= \frac{(s-1)\vec b+(t-1)\vec d}{2} \end{aligned}\] が成り立つ. ゆえに, \[\overrightarrow{\mathrm{MN}} = (st-1)\overrightarrow{\mathrm{LM}}\] であるから, $3$ 点 $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ は同一直線上にある.
参考
- $4$ 直線とそれらの交点である $6$ 点からなる図形を「完全四辺形」(complete quadrilateral)と呼ぶ.
- 本問の結果は「完全四辺形」に関する「ニュートンの定理」(Newton's theorem)として知られている. 別証明については, こちらを参照されたい.
- 平行四辺形でない四角形において, 対角線の中点を結ぶ直線を「ニュートン線」(Newton line)と呼ぶ.
- 向かい合う辺の中点を結ぶ直線の交点は「ニュートン線」上にあることも知られている.