数学C｜複素数平面｜問題一覧 ＞ 問題解説 172
172｜複素数の等式と三角形の形状
172
複素数平面上の三角形の形状について考える。
\({\small (1)}~\)異なる \(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) が
\(\gamma=(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-\sqrt{\,3\,}i\alpha\) を満たすとき、
\(\gamma-\alpha=(\fbox{ア}+\sqrt{\,\fbox{イ}\,}\,i)(\beta-\alpha)\) と変形できるので、
\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|=\fbox{ウ}~,~\)\(\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,\fbox{エ}\,}\)
よって、\({\rm AB}:{\rm AC}:{\rm BC}=1:\fbox{オ}:\sqrt{\,\fbox{カ}\,}\) となり、\(\triangle {\rm ABC}\) は \(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,\fbox{キ}\,}\) の直角三角形である。
\({\small (2)}~\)\(0\) でない複素数 \(\alpha~,~\beta\) について、
\(3\) 点 \({\rm O}(0)~,~\)\({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)\) を頂点とする三角形 \({\rm OAB}\) が \(\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}~,~\)\(\displaystyle \frac{\,{\rm OA}\,}{\,{\rm OB}\,}=\sqrt{\,2\,}\) を満たすとき、
\(\alpha^2-\fbox{ク}\,\alpha\beta+\fbox{ケ}\,\beta^2=0\)
が成り立つ。
複素数平面上の三角形の形状について考える。
\({\small (1)}~\)異なる \(3\) 点 \({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)~,~\)\({\rm C}(\gamma)\) が
\(\gamma=(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-\sqrt{\,3\,}i\alpha\) を満たすとき、
\(\gamma-\alpha=(\fbox{ア}+\sqrt{\,\fbox{イ}\,}\,i)(\beta-\alpha)\) と変形できるので、
\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|=\fbox{ウ}~,~\)\(\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,\fbox{エ}\,}\)
よって、\({\rm AB}:{\rm AC}:{\rm BC}=1:\fbox{オ}:\sqrt{\,\fbox{カ}\,}\) となり、\(\triangle {\rm ABC}\) は \(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,\fbox{キ}\,}\) の直角三角形である。
\({\small (2)}~\)\(0\) でない複素数 \(\alpha~,~\beta\) について、
\(3\) 点 \({\rm O}(0)~,~\)\({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)\) を頂点とする三角形 \({\rm OAB}\) が \(\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}~,~\)\(\displaystyle \frac{\,{\rm OA}\,}{\,{\rm OB}\,}=\sqrt{\,2\,}\) を満たすとき、
\(\alpha^2-\fbox{ク}\,\alpha\beta+\fbox{ケ}\,\beta^2=0\)
が成り立つ。
共通テスト数学ⅡBC｜複素数平面
172 数学ⅡBC【解答】
\({\small (1)}~\)\(\gamma-\alpha=(1+\sqrt{\,3\,}i)(\beta-\alpha)\)
\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|=2~,~\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
\({\rm AB}:{\rm AC}:{\rm BC}=1:2:\sqrt{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形
\({\small (2)}~\)\(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2=0\)
【より詳しい解説】
\({\small (1)}~\)\(\gamma=(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-\sqrt{\,3\,}i\alpha\) の両辺に \(-\alpha\) を足すと、
※ \(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\) をつくるために、まずは左辺に \(\gamma-\alpha\) をつくる。
\(\begin{eqnarray}~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-\sqrt{\,3\,}i\alpha-\alpha
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)\beta-(1+\sqrt{\,3\,}i)\alpha
\\[3pt]~~~\gamma-\alpha&=&(1+\sqrt{\,3\,}i)(\beta-\alpha)\end{eqnarray}\)
両辺を \(\beta-\alpha\) で割ると、
\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=1+\sqrt{\,3\,}i\)
ここで、\(1+\sqrt{\,3\,}i\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~|\,1+\sqrt{\,3\,}i\,|&=&\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,4\,}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
よって、
\(\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\)
これより、\(\arg \displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) なので、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,\gamma-\alpha\,}{\,\beta-\alpha\,}\,\right|&=&2
\\[5pt]~~~|\,\gamma-\alpha\,|&=&2|\,\beta-\alpha\,|\end{eqnarray}\)
\(|\,\gamma-\alpha\,|={\rm AC}~,~\)\(|\,\beta-\alpha\,|={\rm AB}\) より、
\({\rm AB}:{\rm AC}=1:2\)
よって、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~{\rm AB}:{\rm AC}=1:2\) より、
したがって、\({\rm AB}:{\rm AC}:{\rm BC}=1:2:\sqrt{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となる
\({\small (2)}~\)\(\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) より、\(\arg \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) は、
※ \(\arg \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) は点 \({\rm B}\) から点 \({\rm A}\) への回転の角なので、回転の向きによって \(\pm\) の \(2\) 通りがある。
\(\arg \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\)
また、\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\,\right|=\displaystyle \frac{\,|\,\alpha\,|\,}{\,|\,\beta\,|\,}=\displaystyle \frac{\,{\rm OA}\,}{\,{\rm OB}\,}\) より、
\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\,\right|=\sqrt{\,2\,}\)
\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) を極形式で表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&\sqrt{\,2\,}\left\{\cos \left(\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\right)+i\sin \left(\pm\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\right)\right\}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,2\,}\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\pm\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}i\right)
\\[5pt]~~~&=&1\pm i\end{eqnarray}\)
\(\pm i\) を消すために、\(1\) を移項して両辺を \(2\) 乗すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}-1&=&\pm i
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}-1\right)^2&=&(\pm i)^2
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)^2-2 \cdot \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}+1&=&-1
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)^2-2 \cdot \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}+2&=&0\end{eqnarray}\)
両辺に \(\beta^2\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha^2\,}{\,\beta^2\,} \cdot \beta^2-2 \cdot \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,} \cdot \beta^2+2 \cdot \beta^2&=&0
\\[5pt]~~~\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、\(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2=0\) となる
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