このページは、数研出版：高等学校数学Ｃ[709]
第１章 平面のベクトル
第１章 平面のベクトル
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高等学校数学Ｃ 第１章 平面のベクトル
高等学校数学Ｃ 第２章 空間のベクトル
高等学校数学Ｃ 第３章 複素数平面
高等学校数学Ｃ 第４章 式と曲線
第１章 平面上のベクトル
第１節 ベクトルとその演算
p.9 練習1\({\small (1)}~\)①と⑧、③と⑤と⑥
\({\small (2)}~\)①と⑧、②と⑦、③と④
\({\small (3)}~\)①と⑧
\({\small (4)}~\)⑤と⑥
解法のPoint｜ベクトルの大きさと等しいベクトル
\({\small (2)}~\)①と⑧、②と⑦、③と④
\({\small (3)}~\)①と⑧
\({\small (4)}~\)⑤と⑥
解法のPoint｜ベクトルの大きさと等しいベクトル
p.11 練習3[証明] \(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BD}+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BD})+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm CA}+\overrightarrow{\rm AD}\)
\(=\overrightarrow{\rm CD}\) [終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明方法
\(=(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BD})+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm CA}+\overrightarrow{\rm AD}\)
\(=\overrightarrow{\rm CD}\) [終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明方法
p.12 練習4[証明] \(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC})+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm AC}+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm AA}\)
\(=\overrightarrow{0}\) [終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明方法
\(=(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC})+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm AC}+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm AA}\)
\(=\overrightarrow{0}\) [終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明方法
p.13 練習6\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\) \({\small (2)}~-2\) \({\small (3)}~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜ベクトルの実数倍の図示
解法のPoint｜ベクトルの実数倍の図示
p.13 練習7\({\small (1)}~\)
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (4)}~\)
解法のPoint｜ベクトルの実数倍の図示
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (4)}~\)
解法のPoint｜ベクトルの実数倍の図示
p.14 練習8\({\small (1)}~2\overrightarrow{a}\) \({\small (2)}~-7\overrightarrow{a}\)
解法のPoint｜ベクトルの式の計算方法
解法のPoint｜ベクトルの式の計算方法
p.15 練習9\({\small (1)}~4\overrightarrow{e}~,~-4\overrightarrow{e}\)
解法のPoint｜単位ベクトルと平行なベクトルの表し方
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}\)
解法のPoint｜ベクトルと平行な単位ベクトル
解法のPoint｜単位ベクトルと平行なベクトルの表し方
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}\)
解法のPoint｜ベクトルと平行な単位ベクトル
p.16 練習10\({\small (1)}~2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\)
\({\small (2)}~-\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
\({\small (3)}~-\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜正六角形のベクトルの表し方
\({\small (2)}~-\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
\({\small (3)}~-\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜正六角形のベクトルの表し方
p.18 練習11\(~~~\overrightarrow{b}=(-1~,~3)~,~|\overrightarrow{b}|=\sqrt{10}\)
\(~~~\overrightarrow{c}=(-2~,~-2)~,~|\overrightarrow{c}|=2\sqrt{2}\)
\(~~~\overrightarrow{d}=(3~,~-4)~,~|\overrightarrow{d}|=5\)
\(~~~\overrightarrow{e}=(-1~,~0)~,~|\overrightarrow{e}|=1\)
解法のPoint｜ベクトルの成分と大きさ
\(~~~\overrightarrow{c}=(-2~,~-2)~,~|\overrightarrow{c}|=2\sqrt{2}\)
\(~~~\overrightarrow{d}=(3~,~-4)~,~|\overrightarrow{d}|=5\)
\(~~~\overrightarrow{e}=(-1~,~0)~,~|\overrightarrow{e}|=1\)
解法のPoint｜ベクトルの成分と大きさ
p.19 練習12\({\small (1)}~(-1~,~1)\)
\({\small (2)}~(12~,~-4)\)
\({\small (3)}~(24~,~-10)\)
\({\small (4)}~(-14~,~6)\)
解法のPoint｜ベクトルの成分を用いた計算
\({\small (2)}~(12~,~-4)\)
\({\small (3)}~(24~,~-10)\)
\({\small (4)}~(-14~,~6)\)
解法のPoint｜ベクトルの成分を用いた計算
p.20 練習15\({\small (1)}~\overrightarrow{\rm AB}=(-4~,~4)~,~|\overrightarrow{\rm AB}|=4\sqrt{2}\)
\({\small (2)}~\overrightarrow{\rm AB}=(5~,~-4)~,~|\overrightarrow{\rm AB}|=\sqrt{41}\)
解法のPoint｜2点の座標とベクトルの成分・大きさ
\({\small (2)}~\overrightarrow{\rm AB}=(5~,~-4)~,~|\overrightarrow{\rm AB}|=\sqrt{41}\)
解法のPoint｜2点の座標とベクトルの成分・大きさ
p.24 練習20\({\small (1)}~135^\circ\) \({\small (2)}~30^\circ\)
\({\small (3)}~90^\circ\) \({\small (4)}~180^\circ\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (3)}~90^\circ\) \({\small (4)}~180^\circ\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.25 練習22\({\small (1)}~\overrightarrow{b}=(\sqrt{2}~,~-2\sqrt{2})~,~(-\sqrt{2}~,~2\sqrt{2})\)
\({\small (2)}~\overrightarrow{e}=\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}~,~-\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\right)~,~\left(-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}~,~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\right)\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (2)}~\overrightarrow{e}=\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}~,~-\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\right)~,~\left(-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}~,~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\right)\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.25 練習23\({\small (1)}~\)[証明]
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1a_2-a_2a_1=0\)
また、\(\overrightarrow{a}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(a_1\neq0\) または \(a_2\neq0\)
よって、\(\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}\)
したがって、内積が \(0\) より \(\overrightarrow{a}\) と \(\overrightarrow{b}\) は垂直である [終]
\({\small (2)}~\overrightarrow{e}=\left(\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{5}~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{5}\right)\)
\(~~~~~,~\left(-\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{5}~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{5}\right)\)
解法のPoint｜ベクトルの垂直と大きさの条件
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1a_2-a_2a_1=0\)
また、\(\overrightarrow{a}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(a_1\neq0\) または \(a_2\neq0\)
よって、\(\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}\)
したがって、内積が \(0\) より \(\overrightarrow{a}\) と \(\overrightarrow{b}\) は垂直である [終]
\({\small (2)}~\overrightarrow{e}=\left(\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{5}~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{5}\right)\)
\(~~~~~,~\left(-\displaystyle \frac{\,2\sqrt{5}\,}{5}~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{5}\,}{5}\right)\)
解法のPoint｜ベクトルの垂直と大きさの条件
p.26 練習24\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(=|\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}|^2\)
\(=(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})+2\overrightarrow{b}(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(+2\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+4\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=|\overrightarrow{a}|^2+4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+4|\overrightarrow{b}|^2\)
\(=\) (右辺)
したがって、
\(|\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}|^2=|\overrightarrow{a}|^2+4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+4|\overrightarrow{b}|^2\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})+\overrightarrow{b}(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=|\overrightarrow{a}|^2-|\overrightarrow{b}|^2\)
\(=\) (右辺)
したがって、
\((\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})=|\overrightarrow{a}|^2-|\overrightarrow{b}|^2\)
[終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明
(左辺)
\(=|\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}|^2\)
\(=(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})+2\overrightarrow{b}(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(+2\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+4\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=|\overrightarrow{a}|^2+4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+4|\overrightarrow{b}|^2\)
\(=\) (右辺)
したがって、
\(|\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}|^2=|\overrightarrow{a}|^2+4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+4|\overrightarrow{b}|^2\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})+\overrightarrow{b}(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=|\overrightarrow{a}|^2-|\overrightarrow{b}|^2\)
\(=\) (右辺)
したがって、
\((\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})=|\overrightarrow{a}|^2-|\overrightarrow{b}|^2\)
[終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明
問題
p.30 問題 1\({\small (1)}~\) \( \overrightarrow{x}=2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b} \)
\({\small (2)}~\) \( \overrightarrow{x}=-2\overrightarrow{a}-\displaystyle \frac{\,10\,}{\,3\,}\overrightarrow{b} \)
解法のPoint｜等式を満たすベクトルの表し方
\({\small (2)}~\) \( \overrightarrow{x}=-2\overrightarrow{a}-\displaystyle \frac{\,10\,}{\,3\,}\overrightarrow{b} \)
解法のPoint｜等式を満たすベクトルの表し方
p.30 問題 2\({\small (1)}~\) \( -2 \) \({\small (2)}~\) \( 0 \)
\({\small (3)}~\) \( 6 \) \({\small (4)}~\) \( -6 \)
解法のPoint｜正六角形における内積
\({\small (3)}~\) \( 6 \) \({\small (4)}~\) \( -6 \)
解法のPoint｜正六角形における内積
p.30 問題 3\({\small (1)}~\)[証明] 2つのベクトル \( \overrightarrow{a}=\left(\,\begin{array}{c}a_1\\[2pt]a_2\end{array}\,\right) \) , \( \overrightarrow{b}=\left(\,\begin{array}{c}b_1\\[2pt]b_2\end{array}\,\right) \) が平行のとき、
\( \overrightarrow{a} \) と \( \overrightarrow{b} \) のなす角を \( \theta \) とすると、\( \theta=0^\circ \) または \( \theta=180^\circ \) となり、
\( \cos 0^\circ=1 ~,~ \cos 180^\circ=-1 \) であるので、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\cos 0^\circ=|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\)
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\cos 180^\circ=-|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\)
よって、\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\pm \, |\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\) となり、両辺を2乗すると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\,)^{2}&=&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{eqnarray}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~~~\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}&=&a_1\,b_1+a_2\,b_2\\[3pt]
|\,\overrightarrow{a}\,|&=&\sqrt{{a_1}^{2}+{a_2}^{2}}\\[3pt]
|\,\overrightarrow{b}\,|&=&\sqrt{{b_1}^{2}+{b_2}^{2}}
\end{eqnarray}\)
であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(a_1\,b_1+a_2\,b_2\right)^{2}&=&\left({a_1}^{2}+{a_2}^{2}\right)\left({b_1}^{2}+{b_2}^{2}\right)\end{eqnarray}\)
両辺をそれぞれ展開して、整理すると、
\(\begin{eqnarray}~~~{a_1}^{2}\,{b_2}^{2}-2a_1\,a_2\,b_1\,b_2+{a_2}^{2}\,{b_1}^{2}&=&0
\\[3pt]~~~\left(a_1\,b_2-a_2\,b_1\right)^{2}&=&0
\\[3pt]~~~a_1\,b_2-a_2\,b_1&=&0
\end{eqnarray}\)
逆に、\( a_1\,b_2-a_2\,b_1=0 \) のとき、上の式変形を逆にたどると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\,)^{2}&=&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{eqnarray}\)
\( |\,\overrightarrow{a}\,| \gt 0~,~|\,\overrightarrow{b}\,| \gt 0 \) より、\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\pm \, |\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\) となり、
\(\cos\theta=\displaystyle\frac{\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\,}{|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|}=\pm\,1\)
よって、\( \theta=0^\circ \) または \( \theta=180^\circ \) となり、\(\overrightarrow{a}\,//\,\overrightarrow{b}\)
したがって、
\(\overrightarrow{a}\,//\,\overrightarrow{b}~~ \Longleftrightarrow ~~a_1\,b_2-a_2\,b_1=0\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\( \overrightarrow{a} \) と \( \overrightarrow{b} \) のなす角を \( \theta \) とすると、\( \theta=0^\circ \) または \( \theta=180^\circ \) となり、
\( \cos 0^\circ=1 ~,~ \cos 180^\circ=-1 \) であるので、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\cos 0^\circ=|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\)
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\cos 180^\circ=-|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\)
よって、\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\pm \, |\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\) となり、両辺を2乗すると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\,)^{2}&=&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{eqnarray}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~~~\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}&=&a_1\,b_1+a_2\,b_2\\[3pt]
|\,\overrightarrow{a}\,|&=&\sqrt{{a_1}^{2}+{a_2}^{2}}\\[3pt]
|\,\overrightarrow{b}\,|&=&\sqrt{{b_1}^{2}+{b_2}^{2}}
\end{eqnarray}\)
であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(a_1\,b_1+a_2\,b_2\right)^{2}&=&\left({a_1}^{2}+{a_2}^{2}\right)\left({b_1}^{2}+{b_2}^{2}\right)\end{eqnarray}\)
両辺をそれぞれ展開して、整理すると、
\(\begin{eqnarray}~~~{a_1}^{2}\,{b_2}^{2}-2a_1\,a_2\,b_1\,b_2+{a_2}^{2}\,{b_1}^{2}&=&0
\\[3pt]~~~\left(a_1\,b_2-a_2\,b_1\right)^{2}&=&0
\\[3pt]~~~a_1\,b_2-a_2\,b_1&=&0
\end{eqnarray}\)
逆に、\( a_1\,b_2-a_2\,b_1=0 \) のとき、上の式変形を逆にたどると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\,)^{2}&=&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{eqnarray}\)
\( |\,\overrightarrow{a}\,| \gt 0~,~|\,\overrightarrow{b}\,| \gt 0 \) より、\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\pm \, |\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|\) となり、
\(\cos\theta=\displaystyle\frac{\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\,}{|\,\overrightarrow{a}\,|\,|\,\overrightarrow{b}\,|}=\pm\,1\)
よって、\( \theta=0^\circ \) または \( \theta=180^\circ \) となり、\(\overrightarrow{a}\,//\,\overrightarrow{b}\)
したがって、
\(\overrightarrow{a}\,//\,\overrightarrow{b}~~ \Longleftrightarrow ~~a_1\,b_2-a_2\,b_1=0\) [終]
\({\small (2)}~x=-3\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.30 問題 4\({\small (1)}~\) \( \theta=150^{\circ} \) \({\small (2)}~\) \( t=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,9\,} \)
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p.30 問題 5\({\small (1)}~\) \( 5\sqrt{3} \) \({\small (2)}~\) \( \displaystyle \frac{\,11\,}{\,2\,} \)
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p.30 問題 6\({\small (1)}~\)[証明] \(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|\) と \(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\) をそれぞれ2乗すると、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
よって、
したがって、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0~~\Leftrightarrow~~|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\)
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
よって、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|=|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|
\\[3pt]~~\Leftrightarrow~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}=|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~\Leftrightarrow~&4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0
\\[3pt]~~\Leftrightarrow~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0
\end{split}\)
\\[3pt]~~\Leftrightarrow~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}=|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~\Leftrightarrow~&4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0
\\[3pt]~~\Leftrightarrow~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0
\end{split}\)
したがって、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0~~\Leftrightarrow~~|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\)
[終]
\({\small (2)}~\)対角線 \({\rm OC}\) と \({\rm AB}\) の長さが等しい
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第２節 ベクトルと平面図形
p.31 練習27 \({\small (1)}~\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\)
\({\small (2)}~\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}\)
\({\small (3)}~\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜位置ベクトルと2点を結ぶベクトル
\({\small (2)}~\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}\)
\({\small (3)}~\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜位置ベクトルと2点を結ぶベクトル
p.33 練習28 \({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,}\overrightarrow{b}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\overrightarrow{b}\)
\({\small (3)}~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,4\,}{3}\overrightarrow{b}\)
\({\small (4)}~2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜位置ベクトルの内分点・外分点・中点
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\overrightarrow{b}\)
\({\small (3)}~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,4\,}{3}\overrightarrow{b}\)
\({\small (4)}~2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜位置ベクトルの内分点・外分点・中点
p.35 練習29 \({\small (1)}~\overrightarrow{g’}=\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{3}\)
\({\small (2)}~\)[証明] それぞれの位置ベクトルを、
\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})~,~{\rm G}(\overrightarrow{g})\)
とおく
\(\triangle \rm ABC\) の重心 \(\rm G\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{g}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}&=&3\overrightarrow{g}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{g})+(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{g})+(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{g})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-3\overrightarrow{g}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}&=&3\overrightarrow{g}-3\overrightarrow{g}
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{0}
\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}=\overrightarrow{0}\) が成り立つ [終]
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\({\small (2)}~\)[証明] それぞれの位置ベクトルを、
\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})~,~{\rm G}(\overrightarrow{g})\)
とおく
\(\triangle \rm ABC\) の重心 \(\rm G\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{g}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}&=&3\overrightarrow{g}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{g})+(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{g})+(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{g})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-3\overrightarrow{g}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}&=&3\overrightarrow{g}-3\overrightarrow{g}
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{0}
\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}=\overrightarrow{0}\) が成り立つ [終]
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p.36 練習30 [証明]
\(\triangle {\rm ABC}\) で、\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
\(\overrightarrow{\rm AD}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}\)
点 \( \rm E \) は辺 \( \rm BC \) を \(3:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AE}
&=&\displaystyle \frac{\,1{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AB}+3{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AC}\,}{\,3+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,4\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、点 \( \rm F \) は線分 \( \rm CD \) の中点なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AF}
&=&\displaystyle \frac{\,1{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AC}+1{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AD}\,}{\,1+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{c}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を式変形して、\({\small [\,2\,]}\) と比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AF}
&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,4\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,6\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\,\overrightarrow{\rm AE} \hspace{20pt}(\,∵~ {\small [\,1\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
したがって、点 \( \rm A~,~F~,~E \) は一直線上にある [終]
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\(\triangle {\rm ABC}\) で、\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
\(\overrightarrow{\rm AD}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}\)
点 \( \rm E \) は辺 \( \rm BC \) を \(3:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AE}
&=&\displaystyle \frac{\,1{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AB}+3{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AC}\,}{\,3+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,4\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、点 \( \rm F \) は線分 \( \rm CD \) の中点なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AF}
&=&\displaystyle \frac{\,1{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AC}+1{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AD}\,}{\,1+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{c}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を式変形して、\({\small [\,2\,]}\) と比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AF}
&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,4\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,6\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\,\overrightarrow{\rm AE} \hspace{20pt}(\,∵~ {\small [\,1\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
したがって、点 \( \rm A~,~F~,~E \) は一直線上にある [終]
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p.37 練習31 \(~~~\overrightarrow{\rm OP}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\overrightarrow{b}\)
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p.38 練習32 [証明]
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AD}=\overrightarrow{d}\) とおくと、
\({\rm AB}={\rm AD}\) より、
\(|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{d}|~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
四角形 \({\rm ABCD}\) は平行四辺形より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AC}&=&\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AD}\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm DB}&=&\overrightarrow{\rm AB}-\overrightarrow{\rm AD}\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{b}-\overrightarrow{d}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{\rm AC}\) と \(\overrightarrow{\rm DB}\) の内積は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AC}\cdot\overrightarrow{\rm DB}&=&(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{d})\\[5pt]~~~&=&|\overrightarrow{b}|^2-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{d}+\overrightarrow{d}\cdot\overrightarrow{b}-|\overrightarrow{d}|^2\\[5pt]~~~&=&|\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{d}|^2\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}\hspace{37pt}~~~&=&|\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{b}|^2\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
\(\overrightarrow{\rm AC}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm DB}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(\overrightarrow{\rm AC}\perp \overrightarrow{\rm DB}\)
したがって、\({\rm AC}\perp {\rm DB}\) [終]
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\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AD}=\overrightarrow{d}\) とおくと、
\({\rm AB}={\rm AD}\) より、
\(|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{d}|~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
四角形 \({\rm ABCD}\) は平行四辺形より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AC}&=&\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AD}\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm DB}&=&\overrightarrow{\rm AB}-\overrightarrow{\rm AD}\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{b}-\overrightarrow{d}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{\rm AC}\) と \(\overrightarrow{\rm DB}\) の内積は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AC}\cdot\overrightarrow{\rm DB}&=&(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{d})\\[5pt]~~~&=&|\overrightarrow{b}|^2-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{d}+\overrightarrow{d}\cdot\overrightarrow{b}-|\overrightarrow{d}|^2\\[5pt]~~~&=&|\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{d}|^2\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}\hspace{37pt}~~~&=&|\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{b}|^2\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
\(\overrightarrow{\rm AC}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm DB}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(\overrightarrow{\rm AC}\perp \overrightarrow{\rm DB}\)
したがって、\({\rm AC}\perp {\rm DB}\) [終]
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p.40 練習33 \(\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}x=2-4t \\y=-1+3t\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
\(~~~3x+4y-2=0\)
解法のPoint｜方向ベクトルと直線の媒介変数表示
\(~~~3x+4y-2=0\)
解法のPoint｜方向ベクトルと直線の媒介変数表示
p.41 練習34 \(\overrightarrow{\rm OA’}=\displaystyle \frac{1}{2}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}=\displaystyle \frac{1}{2}\overrightarrow{\rm OB}\) となる点を \({\rm A’~,~B’}\) とすると、線分 \({\rm A’B’}\)
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p.42 練習35 \({\small (1)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA’}=2\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}=2\overrightarrow{\rm OB}\) となる \({\rm A’~,~B’}\) とすると、\({\rm \triangle {\rm OA’B’}}\) の周と内部
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\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA’}=\displaystyle \frac{1}{2}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}=\displaystyle \frac{1}{2}\overrightarrow{\rm OB}\) となる点を \({\rm A’~,~B’}\) とすると、\({\rm \triangle {\rm OA’B’}}\) の周と内部
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\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA’}=\displaystyle \frac{1}{2}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}=\displaystyle \frac{1}{2}\overrightarrow{\rm OB}\) となる点を \({\rm A’~,~B’}\) とすると、\({\rm \triangle {\rm OA’B’}}\) の周と内部
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p.44 練習37 \({\small (1)}~\)中心 \(\overrightarrow{a}\)、半径 \(3\)
\({\small (2)}~\)中心 \(\displaystyle \frac{1}{\,2\,}\overrightarrow{a}\)、半径 \(2\)
解法のPoint｜中心と半径が条件の円のベクトル方程式
\({\small (2)}~\)中心 \(\displaystyle \frac{1}{\,2\,}\overrightarrow{a}\)、半径 \(2\)
解法のPoint｜中心と半径が条件の円のベクトル方程式
p.44 練習38 [証明] 線分 \({\rm OA}\) を直径とする円より、\(\angle {\rm OPA}=90^\circ\) となり、\(\overrightarrow{\rm PO}\) と \(\overrightarrow{\rm PA}\) の内積は \(0\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm PO}\cdot\overrightarrow{\rm PA}&=&0\\[3pt]~~~(-\overrightarrow{p})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{p})&=&0\\[3pt]~~~\overrightarrow{p}\cdot(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})&=&0\end{eqnarray}\)
[終]
解法のPoint｜直径が条件の円のベクトル方程式
\(\overrightarrow{\rm PO}=-\overrightarrow{p}~,~\overrightarrow{\rm PA}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{p}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm PO}\cdot\overrightarrow{\rm PA}&=&0\\[3pt]~~~(-\overrightarrow{p})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{p})&=&0\\[3pt]~~~\overrightarrow{p}\cdot(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})&=&0\end{eqnarray}\)
[終]
解法のPoint｜直径が条件の円のベクトル方程式
問題
p.46 問題 7[証明]
平行四辺形 \({\rm OABC}\) で、\(\overrightarrow{\rm OA}=\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{\rm OC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
\(\overrightarrow{\rm OB}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\)
点 \( \rm D \) は辺 \( \rm OA \) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OD}
&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}
\end{eqnarray}\)
点 \( \rm E \) は辺 \( \rm OC \) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OE}
&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm DE}
&=&\overrightarrow{\rm OE}-\overrightarrow{\rm OD}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{c}-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}(-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c})~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、点 \( \rm F \) は対角線 \( \rm OB \) を \(1:2\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OF}
&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{\rm OB}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm DF}
&=&\overrightarrow{\rm OF}-\overrightarrow{\rm OD}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を式変形して、\({\small [\,2\,]}\) と比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm DF}
&=&\displaystyle \frac{\,-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}(-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,\overrightarrow{\rm DE} \hspace{20pt}(\,∵~ {\small [\,1\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
したがって、点 \( \rm D~,~F~,~E \) は一直線上にある [終]
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平行四辺形 \({\rm OABC}\) で、\(\overrightarrow{\rm OA}=\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{\rm OC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
\(\overrightarrow{\rm OB}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\)
点 \( \rm D \) は辺 \( \rm OA \) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OD}
&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}
\end{eqnarray}\)
点 \( \rm E \) は辺 \( \rm OC \) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OE}
&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm DE}
&=&\overrightarrow{\rm OE}-\overrightarrow{\rm OD}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{c}-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}(-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c})~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、点 \( \rm F \) は対角線 \( \rm OB \) を \(1:2\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OF}
&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{\rm OB}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm DF}
&=&\overrightarrow{\rm OF}-\overrightarrow{\rm OD}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を式変形して、\({\small [\,2\,]}\) と比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm DF}
&=&\displaystyle \frac{\,-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}(-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,\overrightarrow{\rm DE} \hspace{20pt}(\,∵~ {\small [\,1\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
したがって、点 \( \rm D~,~F~,~E \) は一直線上にある [終]
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p.46 問題 8 \( \overrightarrow{\rm OP}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,8\,}\overrightarrow{b} \)
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p.46 問題 10[証明]
点 \({\rm A}\) と点 \({\rm P}\) が一致するとき、\(\overrightarrow{\rm AP}=\overrightarrow{0}\) より、
\(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}=0\)
また、点 \({\rm A}\) と点 \({\rm P}\) が一致しないとき、\({\rm AP\perp CA}\) より、
\(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}=0\)
よって、どちらの場合でも、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}&=&0
\\[3pt]~~~(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})&=&0~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}\,|&=&r
\\[3pt]~~~|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}\,|^2&=&r^2
\\[3pt]~~~(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})&=&r^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~&&(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})
\\[3pt]&&\hspace{20pt}~~~+(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\end{eqnarray}\)
\((\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\) でくくると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})&=&r^2
\\[3pt]~~~(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})&=&r^2
\end{eqnarray}\)
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\) [終]
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点 \({\rm A}\) と点 \({\rm P}\) が一致するとき、\(\overrightarrow{\rm AP}=\overrightarrow{0}\) より、
\(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}=0\)
また、点 \({\rm A}\) と点 \({\rm P}\) が一致しないとき、\({\rm AP\perp CA}\) より、
\(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}=0\)
よって、どちらの場合でも、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}&=&0
\\[3pt]~~~(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})&=&0~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、\(|\,\overrightarrow{\rm CA}\,|=r\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}\,|&=&r
\\[3pt]~~~|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}\,|^2&=&r^2
\\[3pt]~~~(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})&=&r^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}+{\small [\,2\,]}\) より、両辺をそれぞれ加えると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})
\\[3pt]&&\hspace{20pt}~~~+(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\end{eqnarray}\)
\((\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\) でくくると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})&=&r^2
\\[3pt]~~~(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})&=&r^2
\end{eqnarray}\)
したがって、この円の接線のベクトル方程式は、
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\) [終]
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p.46 問題 11\({\small (1)}~\) \( \displaystyle \frac{\,5\sqrt{2}+5\,}{\,2\,} \) 時間後
\({\small (2)}~\) 時速 \( 20\sqrt{2} ~{\rm km}\)
\({\small (2)}~\) 時速 \( 20\sqrt{2} ~{\rm km}\)
章末問題 平面上のベクトル
章末問題A
p.47 章末問題A 1\({\small (1)}~\) \( \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{b}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{d} \)
\({\small (2)}~\) \( -\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{b}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{d} \)
\({\small (3)}~\) \( -\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{b}-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{d} \)
解法のPoint｜正六角形のベクトルの表し方
\({\small (2)}~\) \( -\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{b}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{d} \)
\({\small (3)}~\) \( -\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{b}-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{d} \)
解法のPoint｜正六角形のベクトルの表し方
p.47 章末問題A 2\({\small (1)}~\) 最大値 \( 2 \)、最小値 \( -2 \)
\({\small (2)}~\) 最大値 \( 3 \)、最小値 \( 1 \)
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\({\small (2)}~\) 最大値 \( 3 \)、最小値 \( 1 \)
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p.47 章末問題A 3\({\small (1)}~\) \( x=-\displaystyle \frac{\,18\,}{\,19\,} \) \({\small (2)}~\) \( x=2~,~-3 \)
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p.47 章末問題A 4[証明] \(\overrightarrow{\rm OA}=\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{\rm OB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm OC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
重心 \(\rm G\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OG}=\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\end{eqnarray}\)
また、\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}\) より、
\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OG}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\,\overrightarrow{\rm OH}
\end{eqnarray}\)
点 \(\rm O\) は外心であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~|\,\overrightarrow{a}\,|=|\,\overrightarrow{b}\,|=|\,\overrightarrow{c}\,|~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{h}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AH}&=&\overrightarrow{h}-\overrightarrow{a}
\\[3pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-\overrightarrow{a}\hspace{20pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm BC}=\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AH}\cdot\overrightarrow{\rm BC}
&=&(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{c}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})
\\[5pt]~~~&=&|\,\overrightarrow{c}\,|^{2}-|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[5pt]~~~&=&0\hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,1\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
同様に、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BH}\perp{\rm CA}~,~{\rm CH}\perp{\rm AB}
\end{eqnarray}\)
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重心 \(\rm G\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OG}=\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\end{eqnarray}\)
また、\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}\) より、
\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\) であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OG}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\,\overrightarrow{\rm OH}
\end{eqnarray}\)
したがって、 \(\rm O~,~G~,~H\) は一直線上にある [終]
[証明] \(\overrightarrow{\rm OA}=\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{\rm OB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm OC}=\overrightarrow{c}~,~\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{h}\) とおくと、
点 \(\rm O\) は外心であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~|\,\overrightarrow{a}\,|=|\,\overrightarrow{b}\,|=|\,\overrightarrow{c}\,|~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{h}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{\rm AH}\) と \(\overrightarrow{\rm BC}\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AH}&=&\overrightarrow{h}-\overrightarrow{a}
\\[3pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-\overrightarrow{a}\hspace{20pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\\[3pt]~~~&=&\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm BC}=\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}
\end{eqnarray}\)
よって、内積を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AH}\cdot\overrightarrow{\rm BC}
&=&(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{c}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})
\\[5pt]~~~&=&|\,\overrightarrow{c}\,|^{2}-|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[5pt]~~~&=&0\hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,1\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AH}\perp{\rm BC}\)
同様に、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BH}\perp{\rm CA}~,~{\rm CH}\perp{\rm AB}
\end{eqnarray}\)
以上より、点 \(\rm H\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の垂心である [終]
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p.47 章末問題A 6\({\small (1)}~\) \( 2 \) \({\small (2)}~\) \( \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,} \)
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p.48 章末問題B 7\({\small (1)}~\)点 \({\rm P}\) は、辺 \({\rm BC}\) を \(5:4\) に内分する点を \({\rm D}\) としたとき、線分 \({\rm AD}\) を \(3:1\) に内分する点
\({\small (2)}~3:4:5\)
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\({\small (2)}~3:4:5\)
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p.48 章末問題B 8[証明] \(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~| \overrightarrow{\rm AB} |^2+| \overrightarrow{\rm AC} |^2=| \overrightarrow{b} |^2+| \overrightarrow{c} |^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、\( \overrightarrow{\rm AM} \) は中点の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AM}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,2\,}
\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~| \overrightarrow{\rm AM} |^2
&=&\left| \displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,2\,} \right|^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,| \overrightarrow{b}+\overrightarrow{c} |^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,( | \overrightarrow{b} |^2 + 2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c} + | \overrightarrow{c} |^2 )
\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm BM}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~| \overrightarrow{\rm BM} |^2
&=&\left| \displaystyle \frac{\,\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\,}{\,2\,} \right|^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,| \overrightarrow{c}-\overrightarrow{b} |^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,( | \overrightarrow{c} |^2 – 2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c} + | \overrightarrow{b} |^2 )
\end{eqnarray}\)
以上より、右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~| \overrightarrow{\rm AB} |^2+| \overrightarrow{\rm AC} |^2=2( | \overrightarrow{\rm AM} |^2+| \overrightarrow{\rm BM} |^2 )
\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB^2+AC^2=2(AM^2+BM^2)}\) [終]
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\(\begin{eqnarray}~~~| \overrightarrow{\rm AB} |^2+| \overrightarrow{\rm AC} |^2=| \overrightarrow{b} |^2+| \overrightarrow{c} |^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、\( \overrightarrow{\rm AM} \) は中点の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AM}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,2\,}
\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~| \overrightarrow{\rm AM} |^2
&=&\left| \displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,2\,} \right|^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,| \overrightarrow{b}+\overrightarrow{c} |^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,( | \overrightarrow{b} |^2 + 2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c} + | \overrightarrow{c} |^2 )
\end{eqnarray}\)
次に、\( \overrightarrow{\rm BM}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{\rm BC} \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm BM}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~| \overrightarrow{\rm BM} |^2
&=&\left| \displaystyle \frac{\,\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\,}{\,2\,} \right|^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,| \overrightarrow{c}-\overrightarrow{b} |^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,( | \overrightarrow{c} |^2 – 2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c} + | \overrightarrow{b} |^2 )
\end{eqnarray}\)
以上より、右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2( | \overrightarrow{\rm AM} |^2 + | \overrightarrow{\rm BM} |^2 )
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,( | \overrightarrow{b} |^2 + 2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c} + | \overrightarrow{c} |^2+ | \overrightarrow{c} |^2 – 2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c} + | \overrightarrow{b} |^2 )
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,( 2\,| \overrightarrow{b} |^2 + 2\,| \overrightarrow{c} |^2 )
\\[5pt]~~~&=&| \overrightarrow{b} |^2 + | \overrightarrow{c} |^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,( | \overrightarrow{b} |^2 + 2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c} + | \overrightarrow{c} |^2+ | \overrightarrow{c} |^2 – 2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c} + | \overrightarrow{b} |^2 )
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,( 2\,| \overrightarrow{b} |^2 + 2\,| \overrightarrow{c} |^2 )
\\[5pt]~~~&=&| \overrightarrow{b} |^2 + | \overrightarrow{c} |^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
よって、\(\small [\,1\,]\) と \(\small [\,2\,]\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~| \overrightarrow{\rm AB} |^2+| \overrightarrow{\rm AC} |^2=2( | \overrightarrow{\rm AM} |^2+| \overrightarrow{\rm BM} |^2 )
\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB^2+AC^2=2(AM^2+BM^2)}\) [終]
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p.48 章末問題B 9\({\small (1)}~\) \( k=\displaystyle \frac{\,6\,}{\,5\,} \) \({\small (2)}~\) \( 2:3 \)
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p.48 章末問題B 10\({\small (1)}~\)\(\overrightarrow{\rm OB^{\prime}}=2\overrightarrow{\rm OB}\) を満たす点 \({\rm B^{\prime}}\) をおくとき、点 \(\rm P\) の存在範囲は線分 \(\rm AB^{\prime}\)
\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA^{\prime}}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB^{\prime}}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{\rm OB}\) を満たす点 \({\rm A^{\prime}}~,~{\rm B^{\prime}}\) をおくとき、点 \(\rm P\) の存在範囲は \(\triangle {\rm OA^{\prime}B^{\prime}}\) の周および内部
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\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA^{\prime}}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB^{\prime}}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{\rm OB}\) を満たす点 \({\rm A^{\prime}}~,~{\rm B^{\prime}}\) をおくとき、点 \(\rm P\) の存在範囲は \(\triangle {\rm OA^{\prime}B^{\prime}}\) の周および内部
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p.48 章末問題B 11\({\small (1)}~\) \( k=-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,} \)
\({\small (2)}~\) \( {\rm H}\left(\,-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}~,~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,}\,\right)~,~{\rm AH}=2 \)
解法のPoint｜法線ベクトルと直線の方程式
\({\small (2)}~\) \( {\rm H}\left(\,-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}~,~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,}\,\right)~,~{\rm AH}=2 \)
解法のPoint｜法線ベクトルと直線の方程式
p.48 章末問題B 12\({\small (1)}~\)点 \({\rm O}\) が中心で、半径 \(|\,\overrightarrow{a}\,|\) の円
\({\small (2)}~\)点 \({\rm O}\) を通り、直線 \({\rm OA}\) に垂直な直線
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\({\small (2)}~\)点 \({\rm O}\) を通り、直線 \({\rm OA}\) に垂直な直線
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