このページは、数研出版：数学Ｃ[708]
第１章 平面のベクトル
第１章 平面のベクトル
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数研出版数学Ｃ 第１章 平面のベクトル
数研出版数学Ｃ 第２章 空間のベクトル
数研出版数学Ｃ 第３章 複素数平面
数研出版数学Ｃ 第４章 式と曲線
第１章 平面上のベクトル
第１節 平面上のベクトルとその演算
p.9 問1大きさが等しいベクトル
①と④と⑤と⑦と⑨、③と⑧と⑩
同じ向きのベクトル
①と⑦、②と③と⑩、④と⑨
等しいベクトル
①と⑦、③と⑩、④と⑨
解法のPoint｜ベクトルの大きさと等しいベクトル
①と④と⑤と⑦と⑨、③と⑧と⑩
同じ向きのベクトル
①と⑦、②と③と⑩、④と⑨
等しいベクトル
①と⑦、③と⑩、④と⑨
解法のPoint｜ベクトルの大きさと等しいベクトル
p.11 問3[証明]
\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\overrightarrow{\rm OB}\) より、
\((\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})+\overrightarrow{c}\)
\(=\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm BC}\)
\(=\overrightarrow{\rm OC}\)
また、\(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=\overrightarrow{\rm AC}\) より、
\(\overrightarrow{a}+(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm AC}\)
\(=\overrightarrow{\rm OC}\)
したがって、
\((\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})+\overrightarrow{c}\)
\(=\overrightarrow{a}+(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
[終]
解法のPoint｜ベクトルの和の表し方
\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\overrightarrow{\rm OB}\) より、
\((\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})+\overrightarrow{c}\)
\(=\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm BC}\)
\(=\overrightarrow{\rm OC}\)
また、\(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=\overrightarrow{\rm AC}\) より、
\(\overrightarrow{a}+(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm AC}\)
\(=\overrightarrow{\rm OC}\)
したがって、
\((\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})+\overrightarrow{c}\)
\(=\overrightarrow{a}+(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
[終]
解法のPoint｜ベクトルの和の表し方
p.12 練習1\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(=\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}\)
\(=(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC})+\overrightarrow{\rm CD}\)
\(=\overrightarrow{\rm AC}+\overrightarrow{\rm CD}\)
\(=\overrightarrow{\rm AD}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{\rm AD}\)
[終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明方法
(左辺)
\(=\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}\)
\(=(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC})+\overrightarrow{\rm CD}\)
\(=\overrightarrow{\rm AC}+\overrightarrow{\rm CD}\)
\(=\overrightarrow{\rm AD}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{\rm AD}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DA}\)
\(=(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC})+(\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DA})\)
\(=\overrightarrow{\rm AC}+\overrightarrow{\rm CA}\)
\(=\overrightarrow{\rm AA}\)
\(=\overrightarrow{0}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DA}=\overrightarrow{0}\)
[終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明方法
p.12 問5\({\small (1)}~\overrightarrow{d}-\overrightarrow{b}\)
\({\small (2)}~\overrightarrow{b}-\overrightarrow{d}\)
解法のPoint｜ベクトルの差の表し方
\({\small (2)}~\overrightarrow{b}-\overrightarrow{d}\)
解法のPoint｜ベクトルの差の表し方
p.12 練習2\({\small (1)}~-\overrightarrow{a}\)
\({\small (2)}~\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\)
\({\small (3)}~-\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜ベクトルの差の表し方
\({\small (2)}~\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\)
\({\small (3)}~-\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜ベクトルの差の表し方
p.13 練習3\({\small (1)}~\)
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (4)}~\)
\({\small (5)}~\)
解法のPoint｜ベクトルの実数倍の図示
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (4)}~\)
\({\small (5)}~\)
解法のPoint｜ベクトルの実数倍の図示
p.14 問6[証明] \({\rm AC\,//\, A’C’}\) より、\(\triangle {\rm OAC}\sim \triangle {\rm OA’C’}\)
よって、
\({\rm OC:OC’}=1:k\)
これより、
\(k(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=k\overrightarrow{\rm OC}=\overrightarrow{\rm OC’}\)
また、
\(k\overrightarrow{a}+k\overrightarrow{b}=\overrightarrow{\rm OA’}+\overrightarrow{\rm OB’}=\overrightarrow{\rm OC’}\)
したがって、
\(k(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=k\overrightarrow{a}+k\overrightarrow{b}\)
[終]
よって、
\({\rm OC:OC’}=1:k\)
これより、
\(k(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=k\overrightarrow{\rm OC}=\overrightarrow{\rm OC’}\)
また、
\(k\overrightarrow{a}+k\overrightarrow{b}=\overrightarrow{\rm OA’}+\overrightarrow{\rm OB’}=\overrightarrow{\rm OC’}\)
したがって、
\(k(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})=k\overrightarrow{a}+k\overrightarrow{b}\)
[終]
p.14 練習4\({\small (1)}~5\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\)
\({\small (2)}~-3\overrightarrow{a}+16\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜ベクトルの式の計算方法
\({\small (2)}~-3\overrightarrow{a}+16\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜ベクトルの式の計算方法
p.14 練習5\({\small (1)}~\overrightarrow{x}=\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}\)
\({\small (2)}~\overrightarrow{x}=5\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜等式を満たすベクトルの表し方
\({\small (2)}~\overrightarrow{x}=5\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜等式を満たすベクトルの表し方
p.15 練習6\({\small (1)}~3\overrightarrow{e}~,~-3\overrightarrow{e}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\overrightarrow{a}~,~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\overrightarrow{a}\)
解法のPoint｜単位ベクトルと平行なベクトルの表し方
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\overrightarrow{a}~,~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\overrightarrow{a}\)
解法のPoint｜単位ベクトルと平行なベクトルの表し方
p.16 練習7\(~~~\overrightarrow{\rm AD}=2\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}\)\(~~~\overrightarrow{\rm DF}=-2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)\(~~~\overrightarrow{\rm CE}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\)
解法のPoint｜正六角形のベクトルの表し方
解法のPoint｜正六角形のベクトルの表し方
p.18 練習8\(~~~\overrightarrow{b}=(2~,~2)~,~|\overrightarrow{b}|=2\sqrt{2}\)\(~~~\overrightarrow{c}=(-4~,~-3)~,~|\overrightarrow{c}|=5\)\(~~~\overrightarrow{d}=(1~,~-3)~,~|\overrightarrow{d}|=\sqrt{10}\)\(~~~\overrightarrow{e}=(-3~,~0)~,~|\overrightarrow{e}|=3\)
解法のPoint｜ベクトルの成分を用いた計算
解法のPoint｜ベクトルの成分を用いた計算
p.19 練習9\({\small (1)}~(0~,~4)\)
\({\small (2)}~(4~,~-2)\)
\({\small (3)}~(8~,~4)\)
\({\small (4)}~(10~,~-7)\)
解法のPoint｜ベクトルの成分を用いた計算
\({\small (2)}~(4~,~-2)\)
\({\small (3)}~(8~,~4)\)
\({\small (4)}~(10~,~-7)\)
解法のPoint｜ベクトルの成分を用いた計算
p.19 練習10\({\small (1)}~\overrightarrow{p}=3\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}\)
\({\small (2)}~\overrightarrow{q}=\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜成分によるベクトルの分解
\({\small (2)}~\overrightarrow{q}=\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜成分によるベクトルの分解
p.21 練習12\({\small (1)}~\overrightarrow{\rm OB}=(3~,~5)~,~|\overrightarrow{\rm OB}|=\sqrt{34}\)
\({\small (2)}~\overrightarrow{\rm AB}=(-1~,~5)~,~|\overrightarrow{\rm AB}|=\sqrt{26}\)
\({\small (3)}~\overrightarrow{\rm BC}=(-5~,~-10)~,~|\overrightarrow{\rm BC}|=5\sqrt{5}\)
\({\small (4)}~\overrightarrow{\rm CA}=(6~,~5)~,~|\overrightarrow{\rm CA}|=\sqrt{61}\)
解法のPoint｜2点の座標とベクトルの成分・大きさ
\({\small (2)}~\overrightarrow{\rm AB}=(-1~,~5)~,~|\overrightarrow{\rm AB}|=\sqrt{26}\)
\({\small (3)}~\overrightarrow{\rm BC}=(-5~,~-10)~,~|\overrightarrow{\rm BC}|=5\sqrt{5}\)
\({\small (4)}~\overrightarrow{\rm CA}=(6~,~5)~,~|\overrightarrow{\rm CA}|=\sqrt{61}\)
解法のPoint｜2点の座標とベクトルの成分・大きさ
p.22 練習14\({\small (1)}~10\sqrt{3}\) \({\small (2)}~-10\)
\({\small (3)}~0\) \({\small (4)}~-20\)
解法のPoint｜ベクトルの大きさ・なす角と内積
\({\small (3)}~0\) \({\small (4)}~-20\)
解法のPoint｜ベクトルの大きさ・なす角と内積
p.26 練習18\(~~~\overrightarrow{e}=\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{5}\,},\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{5}\,}\right)\)\(~~~~~,~\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{5}\,},-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{5}\,}\right)\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
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p.27 練習19\({\small (1)}~\)[証明] 内積を計算すると、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1a_2+a_2(-a_1)=0\)
また、\(\overrightarrow{a}\neq\overrightarrow{0}\) かつ \(\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}\) より、
\(\overrightarrow{a}\) と \(\overrightarrow{b}\) は垂直である [終]
\({\small (2)}~\overrightarrow{e}=\left(\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{13}\,},-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{13}\,}\right)\)\(~~~~~,~\left(-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{13}\,},\displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{13}\,}\right)\)
解法のPoint｜ベクトルの垂直と大きさの条件
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1a_2+a_2(-a_1)=0\)
また、\(\overrightarrow{a}\neq\overrightarrow{0}\) かつ \(\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}\) より、
\(\overrightarrow{a}\) と \(\overrightarrow{b}\) は垂直である [終]
\({\small (2)}~\overrightarrow{e}=\left(\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{13}\,},-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{13}\,}\right)\)\(~~~~~,~\left(-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{13}\,},\displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{13}\,}\right)\)
解法のPoint｜ベクトルの垂直と大きさの条件
p.27 問9[証明] 性質１
\(\overrightarrow{a}=(a_1,a_2)~,~\overrightarrow{b}=(b_1,b_2)\) とすると、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1b_1+a_2b_2\)
また、
\(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}=b_1a_1+b_2a_2\)
\(=a_1b_1+a_2b_2\)
したがって、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}\)
[終]
[証明] 性質２
\(\overrightarrow{a}=(a_1,a_2)~,~\overrightarrow{b}=(b_1,b_2)\) とすると、
\(k\overrightarrow{a}=(ka_1,ka_2)~,~k\overrightarrow{b}=(kb_1,kb_2)\)
よって、
\((k\overrightarrow{a})\cdot\overrightarrow{b}=ka_1b_1+ka_2b_2\)
また、
\(\overrightarrow{a}\cdot(k\overrightarrow{b})=a_1kb_1+a_2kb_2\)
\(=ka_1b_1+ka_2b_2\)
また、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1b_1+a_2b_2\)
これより、
\(k(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b})=k(a_1b_1+a_2b_2)\)
\(=ka_1b_1+ka_2b_2\)
したがって、
\((k\overrightarrow{a})\cdot\overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}\cdot(k\overrightarrow{b})=k(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b})\)
[終]
解法のPoint｜内積の性質と大きさの2乗
\(\overrightarrow{a}=(a_1,a_2)~,~\overrightarrow{b}=(b_1,b_2)\) とすると、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1b_1+a_2b_2\)
また、
\(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}=b_1a_1+b_2a_2\)
\(=a_1b_1+a_2b_2\)
したがって、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}\)
[終]
[証明] 性質２
\(\overrightarrow{a}=(a_1,a_2)~,~\overrightarrow{b}=(b_1,b_2)\) とすると、
\(k\overrightarrow{a}=(ka_1,ka_2)~,~k\overrightarrow{b}=(kb_1,kb_2)\)
よって、
\((k\overrightarrow{a})\cdot\overrightarrow{b}=ka_1b_1+ka_2b_2\)
また、
\(\overrightarrow{a}\cdot(k\overrightarrow{b})=a_1kb_1+a_2kb_2\)
\(=ka_1b_1+ka_2b_2\)
また、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1b_1+a_2b_2\)
これより、
\(k(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b})=k(a_1b_1+a_2b_2)\)
\(=ka_1b_1+ka_2b_2\)
したがって、
\((k\overrightarrow{a})\cdot\overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}\cdot(k\overrightarrow{b})=k(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b})\)
[終]
解法のPoint｜内積の性質と大きさの2乗
p.27 問10[証明] 性質１
\(\overrightarrow{a}\) と \(\overrightarrow{a}\) のなす角が \(0^\circ\) であるので、内積を計算すると、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{a}|\cos{0^\circ}=|\overrightarrow{a}|^2\)
したがって、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}=|\overrightarrow{a}|^2\) [終]
[証明] 性質２
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}=|\overrightarrow{a}|^2\) より、\(|\overrightarrow{a}|≧0\) であるので、
\(|\overrightarrow{a}|=\sqrt{\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}}\) [終]
解法のPoint｜内積の性質と大きさの2乗
\(\overrightarrow{a}\) と \(\overrightarrow{a}\) のなす角が \(0^\circ\) であるので、内積を計算すると、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{a}|\cos{0^\circ}=|\overrightarrow{a}|^2\)
したがって、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}=|\overrightarrow{a}|^2\) [終]
[証明] 性質２
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}=|\overrightarrow{a}|^2\) より、\(|\overrightarrow{a}|≧0\) であるので、
\(|\overrightarrow{a}|=\sqrt{\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}}\) [終]
解法のPoint｜内積の性質と大きさの2乗
p.27 練習20\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(=(2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{d})\)
\(=2\overrightarrow{a}\cdot(\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{d})\)
\(+3\overrightarrow{b}(\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{d})\)
\(=2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{d}\)
\(+3\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-6\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{d}\)
したがって、
\((2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{d})\)
\(=2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{d}\)
\(+3\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-6\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{d}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(=|2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}|^2\)
\(=(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b})\cdot(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b})\)
\(=2\overrightarrow{a}\cdot(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b})\)
\(-3\overrightarrow{b}(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b})\)
\(=4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}-6\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(-6\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+9\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=4|\overrightarrow{a}|^2-12\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+9|\overrightarrow{b}|^2\)
したがって、
\(|2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}|^2\)
\(=4|\overrightarrow{a}|^2-12\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+9|\overrightarrow{b}|^2\)
[終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明
(左辺)
\(=(2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{d})\)
\(=2\overrightarrow{a}\cdot(\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{d})\)
\(+3\overrightarrow{b}(\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{d})\)
\(=2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{d}\)
\(+3\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-6\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{d}\)
したがって、
\((2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{d})\)
\(=2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{d}\)
\(+3\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-6\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{d}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(=|2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}|^2\)
\(=(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b})\cdot(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b})\)
\(=2\overrightarrow{a}\cdot(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b})\)
\(-3\overrightarrow{b}(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b})\)
\(=4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}-6\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(-6\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+9\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=4|\overrightarrow{a}|^2-12\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+9|\overrightarrow{b}|^2\)
したがって、
\(|2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}|^2\)
\(=4|\overrightarrow{a}|^2-12\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+9|\overrightarrow{b}|^2\)
[終]
解法のPoint｜ベクトルの等式の証明
p.28 練習22\(~~~\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}~,~150^\circ\)
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問題
p.30 問題 1 \( \overrightarrow{a}=\left(\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,\right)~,~\overrightarrow{b}=\left(\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\,\right)\)
\( |\,2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}\,|=\displaystyle \frac{\,5\sqrt{2}\,}{\,2\,} \)
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\( |\,2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}\,|=\displaystyle \frac{\,5\sqrt{2}\,}{\,2\,} \)
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p.30 問題 2 \( t=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,} \) で最小値 \( \displaystyle \frac{\,7\sqrt{5}\,}{\,5\,} \)
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p.30 問題 3\({\small (1)}~-2\) \({\small (2)}~2\) \({\small (3)}~4\)
\({\small (4)}~8\) \({\small (4)}~0\) \({\small (6)}~6\)
解法のPoint｜正六角形における内積
\({\small (4)}~8\) \({\small (4)}~0\) \({\small (6)}~6\)
解法のPoint｜正六角形における内積
p.30 問題 4\({\small (1)}~\)[証明] 左辺をそれぞれ展開すると、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
同様に、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
よって、左辺はこれら2つを加えて、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}+|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~~&\hspace{10pt}+|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&2|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&2(|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2})
\end{split}\)
したがって、
\(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2+|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2=2(|\overrightarrow{a}|^2+|\overrightarrow{b}|^2)\)
[終]
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
同様に、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
よって、左辺はこれら2つを引いて、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}-|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2})
\\[3pt]~~~&\hspace{10pt}-(|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2})
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~~&\hspace{10pt}-|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}
\end{split}\)
したがって、
\(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2=4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
[終]
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\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
同様に、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
よって、左辺はこれら2つを加えて、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}+|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~~&\hspace{10pt}+|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&2|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&2(|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2})
\end{split}\)
したがって、
\(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2+|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2=2(|\overrightarrow{a}|^2+|\overrightarrow{b}|^2)\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明] 左辺をそれぞれ展開すると、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
同様に、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})
\\[3pt]~~=~&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{a}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\end{split}\)
よって、左辺はこれら2つを引いて、
\(\begin{split}&|\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,|^{2}-|\,\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&(|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2})
\\[3pt]~~~&\hspace{10pt}-(|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}-2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2})
\\[3pt]~~=~&|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~~&\hspace{10pt}-|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}
\\[3pt]~~=~&4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}
\end{split}\)
したがって、
\(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2=4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
[終]
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p.30 問題 5\({\small (1)}~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,15\,}{\,7\,}\)
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p.30 問題 6[証明] 六角形 \({\rm ABCDEF}\) において、
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{\rm ED}\) より、\(\overrightarrow{\rm DE}=-\overrightarrow{\rm AB}~ ~ ~\cdots~\small [\,1\,]\)
\(\overrightarrow{\rm BC}=\overrightarrow{\rm FE}\) より、\(\overrightarrow{\rm EF}=-\overrightarrow{\rm BC}~ ~ ~\cdots~\small [\,2\,]\)
ここで、六角形 \({\rm ABCDEF}\) の各辺のベクトルの和は、
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DE}+\overrightarrow{\rm EF}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
\(\small [\,1\,]\)、\(\small [\,2\,]\) を代入すると、
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}-\overrightarrow{\rm AB}-\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
\(\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
\(\overrightarrow{\rm CD}=-\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{\rm AF}\)
\(\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{\rm AF}\) より、大きさが等しいので、
\(|\,\overrightarrow{\rm CD}\,|=|\,\overrightarrow{\rm AF}\,|~ ~ ~\cdots~\small [\,3\,]\)
また、向きが等しいので平行となり、
\(\overrightarrow{\rm CD}\,//\,\overrightarrow{\rm AF}~ ~ ~\cdots~\small [\,4\,]\)
\(\small [\,3\,]\) と \(\small [\,4\,]\) より、\({\rm CD}\) と \({\rm AF}\) は平行で、\({\rm CD}={\rm AF}\) である [終]
解法のPoint｜ベクトルと平行四辺形の条件
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{\rm ED}\) より、\(\overrightarrow{\rm DE}=-\overrightarrow{\rm AB}~ ~ ~\cdots~\small [\,1\,]\)
\(\overrightarrow{\rm BC}=\overrightarrow{\rm FE}\) より、\(\overrightarrow{\rm EF}=-\overrightarrow{\rm BC}~ ~ ~\cdots~\small [\,2\,]\)
ここで、六角形 \({\rm ABCDEF}\) の各辺のベクトルの和は、
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DE}+\overrightarrow{\rm EF}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
\(\small [\,1\,]\)、\(\small [\,2\,]\) を代入すると、
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}-\overrightarrow{\rm AB}-\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
\(\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
\(\overrightarrow{\rm CD}=-\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{\rm AF}\)
\(\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{\rm AF}\) より、大きさが等しいので、
\(|\,\overrightarrow{\rm CD}\,|=|\,\overrightarrow{\rm AF}\,|~ ~ ~\cdots~\small [\,3\,]\)
また、向きが等しいので平行となり、
\(\overrightarrow{\rm CD}\,//\,\overrightarrow{\rm AF}~ ~ ~\cdots~\small [\,4\,]\)
\(\small [\,3\,]\) と \(\small [\,4\,]\) より、\({\rm CD}\) と \({\rm AF}\) は平行で、\({\rm CD}={\rm AF}\) である [終]
解法のPoint｜ベクトルと平行四辺形の条件
p.30 問題 7[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]
\( p=-3~,~1 \)
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\( \overrightarrow{a} \) 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]
\( p=-3~,~1 \)
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第２節 ベクトルと平面図形
p.33 練習23\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,5\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}\overrightarrow{b}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\overrightarrow{a}-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜位置ベクトルの内分点・外分点・中点
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\overrightarrow{a}-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{b}\)
解法のPoint｜位置ベクトルの内分点・外分点・中点
p.34 練習24\({\small (1)}~\)[証明] それぞれの位置ベクトルを、
\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})~,~{\rm G}(\overrightarrow{g})\)
\({\rm P}(\overrightarrow{p})~,~{\rm Q}(\overrightarrow{q})~,~{\rm R}(\overrightarrow{r})~,~{\rm G^{\prime}}(\overrightarrow{g^{\prime}})\)
とおく
\(\triangle \rm ABC\) の重心 \(\rm G\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{g}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle \rm PQR\) の重心 \(\rm G^{\prime}\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{g^{\prime}}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q}+\overrightarrow{r}\,}{\,3\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
ここで、\(\rm P,~ Q,~ R\) はそれぞれ \(\rm BC,~ CA,~ AB\) を \(1:2\) に内分する点より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{p}&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{q}&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{r}&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,3\,}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}\) に代入すると、
したがって、
\(\overrightarrow{g^{\prime}}=\overrightarrow{g}\) より、\(\rm G\) と \(\rm G^{\prime}\) は一致する [終]
\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})~,~{\rm G}(\overrightarrow{g})\)
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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\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})~,~{\rm G}(\overrightarrow{g})\)
\({\rm P}(\overrightarrow{p})~,~{\rm Q}(\overrightarrow{q})~,~{\rm R}(\overrightarrow{r})~,~{\rm G^{\prime}}(\overrightarrow{g^{\prime}})\)
とおく
\(\triangle \rm ABC\) の重心 \(\rm G\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{g}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle \rm PQR\) の重心 \(\rm G^{\prime}\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{g^{\prime}}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q}+\overrightarrow{r}\,}{\,3\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
ここで、\(\rm P,~ Q,~ R\) はそれぞれ \(\rm BC,~ CA,~ AB\) を \(1:2\) に内分する点より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{p}&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{q}&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{r}&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,3\,}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{g^{\prime}}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\left(\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
+\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}\,}{\,3\,}
+\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,3\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,3\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{g}
\end{eqnarray}\)
+\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}\,}{\,3\,}
+\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,3\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,3\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{g}
\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\overrightarrow{g^{\prime}}=\overrightarrow{g}\) より、\(\rm G\) と \(\rm G^{\prime}\) は一致する [終]
\({\small (2)}~\)[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.35 練習25[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 \(4:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AE}
&=&\displaystyle \frac{\,1{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AB}+4{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AC}\,}{\,4+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,5\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、点 \( \rm F \) は線分 \( \rm CD \) を \(3:4\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AF}
&=&\displaystyle \frac{\,4{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AC}+3{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AD}\,}{\,3+4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\overrightarrow{c}+3{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}\,}{\,7\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,7\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を式変形して、\({\small [\,2\,]}\) と比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AF}
&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,7\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5\,}{\,5\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,7\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5\,}{\,7\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,5\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5\,}{\,7\,}\,\overrightarrow{\rm AE} \hspace{20pt}(\,∵~ {\small [\,1\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
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 \(4:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AE}
&=&\displaystyle \frac{\,1{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AB}+4{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AC}\,}{\,4+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,5\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}
\end{eqnarray}\)
また、点 \( \rm F \) は線分 \( \rm CD \) を \(3:4\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AF}
&=&\displaystyle \frac{\,4{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AC}+3{\, \small \times \,}\overrightarrow{\rm AD}\,}{\,3+4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\overrightarrow{c}+3{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}\,}{\,7\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,7\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を式変形して、\({\small [\,2\,]}\) と比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AF}
&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,7\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5\,}{\,5\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,7\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5\,}{\,7\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}\,}{\,5\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,5\,}{\,7\,}\,\overrightarrow{\rm AE} \hspace{20pt}(\,∵~ {\small [\,1\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
したがって、点 \( \rm A~,~F~,~E \) は一直線上にある [終]
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p.36 練習26\(~~~\overrightarrow{\rm OP}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,9\,}\overrightarrow{b}\)
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p.37 練習27[証明]
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
\(\triangle {\rm ABC}\) は \(\angle {\rm A}=90°\) の直角二等辺三角形より、
\(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}=0~,~|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
点 \({\rm N}\) は辺 \({\rm AB}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AN}&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{\rm AB}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}\end{eqnarray}\)
点 \({\rm M}\) は辺 \({\rm CA}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AM}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{\rm AC}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{c}\end{eqnarray}\)
点 \({\rm L}\) は辺 \({\rm BC}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AL}&=&\displaystyle \frac{\,1\cdot\overrightarrow{\rm AB}+2\cdot\overrightarrow{\rm AC}\,}{\,2+1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\overrightarrow{\rm MN}\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm MN}&=&\overrightarrow{\rm AN}-\overrightarrow{\rm AM}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}-\frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{c}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{\rm AL}\) と \(\overrightarrow{\rm MN}\) の内積は、
\({\small [\,1\,]}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}\hspace{37pt}~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,9\,}(2|\overrightarrow{b}|^2+0-2|\overrightarrow{b}|^2)\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
\(\overrightarrow{\rm AL}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm MN}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(\overrightarrow{\rm AL}\perp \overrightarrow{\rm MN}\)
したがって、\({\rm AL}\perp {\rm MN}\) [終]
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\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
\(\triangle {\rm ABC}\) は \(\angle {\rm A}=90°\) の直角二等辺三角形より、
\(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}=0~,~|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
点 \({\rm N}\) は辺 \({\rm AB}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AN}&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{\rm AB}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}\end{eqnarray}\)
点 \({\rm M}\) は辺 \({\rm CA}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AM}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{\rm AC}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{c}\end{eqnarray}\)
点 \({\rm L}\) は辺 \({\rm BC}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AL}&=&\displaystyle \frac{\,1\cdot\overrightarrow{\rm AB}+2\cdot\overrightarrow{\rm AC}\,}{\,2+1\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\overrightarrow{\rm MN}\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm MN}&=&\overrightarrow{\rm AN}-\overrightarrow{\rm AM}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\overrightarrow{b}-\frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{c}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{\rm AL}\) と \(\overrightarrow{\rm MN}\) の内積は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AL}\cdot\overrightarrow{\rm MN}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}\cdot\frac{\,2\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,9\,}(\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c})\cdot(2\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,9\,}(2|\overrightarrow{b}|^2-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+4\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-2|\overrightarrow{c}|^2)\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,9\,}(2|\overrightarrow{b}|^2+3\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-2|\overrightarrow{c}|^2)\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}\hspace{37pt}~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,9\,}(2|\overrightarrow{b}|^2+0-2|\overrightarrow{b}|^2)\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
\(\overrightarrow{\rm AL}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm MN}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(\overrightarrow{\rm AL}\perp \overrightarrow{\rm MN}\)
したがって、\({\rm AL}\perp {\rm MN}\) [終]
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p.39 練習28\({\small (1)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=3+4t \\y=2+5t
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)\(~,~5x-4y-7=0\)
\({\small (2)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=1-2t \\y=-2+3t
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)\(~,~3x+2y+1=0\)
解法のPoint｜方向ベクトルと直線の媒介変数表示
x=3+4t \\y=2+5t
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)\(~,~5x-4y-7=0\)
\({\small (2)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=1-2t \\y=-2+3t
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)\(~,~3x+2y+1=0\)
解法のPoint｜方向ベクトルと直線の媒介変数表示
p.40 問11\({\small (1)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=3-5t \\y=-2+4t
\end{array}\right.\end{eqnarray}\) \({\small (2)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=4-4t \\y=5t
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
解法のPoint｜2点を通る直線の媒介変数表示
x=3-5t \\y=-2+4t
\end{array}\right.\end{eqnarray}\) \({\small (2)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=4-4t \\y=5t
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
解法のPoint｜2点を通る直線の媒介変数表示
p.41 練習29\(\overrightarrow{\rm OA’}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{\rm OB}\) となる点を \({\rm A’~,~B’}\) とすると、線分 \({\rm A’B’}\)
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p.42 問12\(\overrightarrow{\rm OA’}=2\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}=2\overrightarrow{\rm OB}\) 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.42 練習30\({\small (1)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA’}=3\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}=3\overrightarrow{\rm OB}\) 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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\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA’}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{\rm OB}\) 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.45 練習33\({\small (1)}~\)中心 \(2\overrightarrow{a}\)、半径 \(1\)
\({\small (2)}~\)中心 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}\)、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 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\overrightarrow{a}\)、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.45 練習34[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.45 深める\({\small (1)}~\)[証明]
円の中心は線分 \({\rm AB}\) の中点となり、位置ベクトルは、
\(\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}\)
また、この円の直径が \(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\) より、半径は、
\(\displaystyle \frac{\,|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\,}{\,2\,}\)
したがって、円のベクトル方程式は、
\(\left|\overrightarrow{p}-\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}\right|=\displaystyle \frac{\,|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\,}{\,2\,}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(1) の式の両辺を２乗すると、
\(\left|\overrightarrow{p}-\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}\right|^2=\displaystyle \frac{\,|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\,}{\,2^2\,}\)
両辺に \(\times4\) すると、
\(|2\overrightarrow{p}-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})|^2=|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\)
これを展開し、整理すると、
\(|\overrightarrow{p}|^2-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{p}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0\)
因数分解すると、
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{b})=0\)
[終]
解法のPoint｜直径が条件の円のベクトル方程式
円の中心は線分 \({\rm AB}\) の中点となり、位置ベクトルは、
\(\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}\)
また、この円の直径が \(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\) より、半径は、
\(\displaystyle \frac{\,|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\,}{\,2\,}\)
したがって、円のベクトル方程式は、
\(\left|\overrightarrow{p}-\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}\right|=\displaystyle \frac{\,|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\,}{\,2\,}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(1) の式の両辺を２乗すると、
\(\left|\overrightarrow{p}-\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}\right|^2=\displaystyle \frac{\,|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\,}{\,2^2\,}\)
両辺に \(\times4\) すると、
\(|2\overrightarrow{p}-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})|^2=|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\)
これを展開し、整理すると、
\(|\overrightarrow{p}|^2-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{p}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0\)
因数分解すると、
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{p}-\overrightarrow{b})=0\)
[終]
解法のPoint｜直径が条件の円のベクトル方程式
問題
p.47 問題 8 \( \overrightarrow{\rm AE}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\,}\overrightarrow{\rm AB}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}\overrightarrow{\rm AC} \)
\( \overrightarrow{\rm BE}=-\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\overrightarrow{\rm AB}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}\overrightarrow{\rm AC} \)
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\( \overrightarrow{\rm BE}=-\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}\overrightarrow{\rm AB}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}\overrightarrow{\rm AC} \)
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p.47 問題 9\({\small (1)}~\)[証明] それぞれの位置ベクトルを、
\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})\)
\({\rm D}(\overrightarrow{d})~,~{\rm E}(\overrightarrow{e})~,~{\rm F}(\overrightarrow{f})\)
とおくと、
点 \({\rm D~,~ E~,~F}\) が辺 \({\rm BC~,~ CA~,~ AB}\) をそれぞれ \(m:n\) に内分する点であることより、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{d}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{b}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{e}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{c}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{a}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{f}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{a}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}
\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f}\) を \(\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{c}\) を用いて表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}+n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}+n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(m+n)\overrightarrow{a}+(m+n)\overrightarrow{b}+(m+n)\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}\)
これより、等式の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm BE}+\overrightarrow{\rm CF}
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{a})+(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{b})+(\overrightarrow{f}-\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{0}
\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm BE}+\overrightarrow{\rm CF}=\overrightarrow{0}\) [終]
\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})\)
\({\rm D}(\overrightarrow{d})~,~{\rm E}(\overrightarrow{e})~,~{\rm F}(\overrightarrow{f})\)
とおくと、
点 \({\rm D~,~ E~,~F}\) が辺 \({\rm BC~,~ CA~,~ AB}\) をそれぞれ \(m:n\) に内分する点であることより、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{d}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{b}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{e}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{c}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{a}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{f}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{a}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}
\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f}\) を \(\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{c}\) を用いて表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}+n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}+n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(m+n)\overrightarrow{a}+(m+n)\overrightarrow{b}+(m+n)\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}\)
これより、等式の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{\rm AE}+\overrightarrow{\rm BF}+\overrightarrow{\rm CD}
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{a})+(\overrightarrow{f}-\overrightarrow{b})+(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{0}
\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overrightarrow{\rm AE}+\overrightarrow{\rm BF}+\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{0}\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})\)
\({\rm D}(\overrightarrow{d})~,~{\rm E}(\overrightarrow{e})~,~{\rm F}(\overrightarrow{f})\)
とおくと、
点 \({\rm D~,~ E~,~F}\) が辺 \({\rm BC~,~ CA~,~ AB}\) をそれぞれ \(m:n\) に内分する点であることより、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{d}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{b}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{e}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{c}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{a}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{f}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{a}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}
\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f}\) を \(\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{c}\) を用いて表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}+n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}+n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(m+n)\overrightarrow{a}+(m+n)\overrightarrow{b}+(m+n)\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}\)
これより、等式の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm BE}+\overrightarrow{\rm CF}
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{a})+(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{b})+(\overrightarrow{f}-\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{0}
\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm BE}+\overrightarrow{\rm CF}=\overrightarrow{0}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明] それぞれの位置ベクトルを、
\({\rm A}(\overrightarrow{a})~,~{\rm B}(\overrightarrow{b})~,~{\rm C}(\overrightarrow{c})\)
\({\rm D}(\overrightarrow{d})~,~{\rm E}(\overrightarrow{e})~,~{\rm F}(\overrightarrow{f})\)
とおくと、
点 \({\rm D~,~ E~,~F}\) が辺 \({\rm BC~,~ CA~,~ AB}\) をそれぞれ \(m:n\) に内分する点であることより、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{d}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{b}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{e}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{c}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{a}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{f}&=&\displaystyle \frac{\,n{\, \small \times \,}\overrightarrow{a}+m{\, \small \times \,}\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}=\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}
\end{eqnarray}\)
ここで、\(\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f}\) を \(\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{c}\) を用いて表すと、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}+n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}+n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(m+n)\overrightarrow{a}+(m+n)\overrightarrow{b}+(m+n)\overrightarrow{c}\,}{\,m+n\,}
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}\)
これより、等式の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\overrightarrow{\rm AE}+\overrightarrow{\rm BF}+\overrightarrow{\rm CD}
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{a})+(\overrightarrow{f}-\overrightarrow{b})+(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e}+\overrightarrow{f})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\overrightarrow{0}
\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overrightarrow{\rm AE}+\overrightarrow{\rm BF}+\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{0}\) [終]
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p.47 問題 10 \( \overrightarrow{\rm OE}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,7\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,6\,}{\,7\,}\overrightarrow{b} \)
\( 6:1 \)
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\( 6:1 \)
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p.47 問題 11[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 問題 12\(\overrightarrow{\rm OB^{\prime}}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{\rm OB}\) を満たす点 \({\rm B^{\prime}}\) をおいたとき、点 \(\rm P\) の存在範囲は線分 \(\rm AB^{\prime}\)
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p.47 問題 13\({\small (1)}~\)\( \displaystyle \frac{\,5\sqrt{2}+5\,}{\,2\,} \) 時間後
\({\small (2)}~\)時速 \( 20\sqrt{2} ~{\rm km}\)
\({\small (2)}~\)時速 \( 20\sqrt{2} ~{\rm km}\)
演習問題 平面上のベクトル
p.48 演習問題A 1\({\small (1)}~\)\(3\overrightarrow{\rm AP}+2\overrightarrow{\rm BP}+\overrightarrow{\rm CP}=\overrightarrow{0}\) の始点を \({\rm A}\) からにすると、
\(\begin{eqnarray}~3\overrightarrow{\rm AP}+2\overrightarrow{\rm BP}+\overrightarrow{\rm CP}&=&\overrightarrow{0}
\\[5pt]~3\overrightarrow{\rm AP}+2(\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AB})+(\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AC})&=&\overrightarrow{0}
\\[5pt]~3\overrightarrow{\rm AP}+2\overrightarrow{\rm AP}-2\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AC}&=&\overrightarrow{0}
\end{eqnarray}\)
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
\(\begin{eqnarray}~~~6\overrightarrow{\rm AP}-2\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}&=&\overrightarrow{0}
\\[5pt]~~~6\overrightarrow{\rm AP}&=&2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{\rm AP}&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\end{eqnarray}\)
分子の係数の和 \(2+1=3\) を分母分子にかけて、実数倍×内分のベクトルの形に式変形すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AP}&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,3\,}{\, \small \times \,}\frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,6\,}{\, \small \times \,}\frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,1+2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\, \small \times \,}\frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,1+2\,}
\end{eqnarray}\)
ここで、辺 \({\rm BC}\) を \(1:2\) に内分する点を \({\rm Q}\) とすると、\(\overrightarrow{\rm AQ}=\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,1+2\,}\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AP}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,\overrightarrow{\rm AQ}
\end{eqnarray}\)
したがって、
点 \({\rm P}\) は線分 \({\rm AQ}\) の中点である
\({\small (2)}~3:2:1\)
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\(\begin{eqnarray}~3\overrightarrow{\rm AP}+2\overrightarrow{\rm BP}+\overrightarrow{\rm CP}&=&\overrightarrow{0}
\\[5pt]~3\overrightarrow{\rm AP}+2(\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AB})+(\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AC})&=&\overrightarrow{0}
\\[5pt]~3\overrightarrow{\rm AP}+2\overrightarrow{\rm AP}-2\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AC}&=&\overrightarrow{0}
\end{eqnarray}\)
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とおくと、
\(\begin{eqnarray}~~~6\overrightarrow{\rm AP}-2\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}&=&\overrightarrow{0}
\\[5pt]~~~6\overrightarrow{\rm AP}&=&2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}
\\[5pt]~~~\overrightarrow{\rm AP}&=&\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\end{eqnarray}\)
分子の係数の和 \(2+1=3\) を分母分子にかけて、実数倍×内分のベクトルの形に式変形すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AP}&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,3\,}{\, \small \times \,}\frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,6\,}{\, \small \times \,}\frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,1+2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\, \small \times \,}\frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,1+2\,}
\end{eqnarray}\)
ここで、辺 \({\rm BC}\) を \(1:2\) に内分する点を \({\rm Q}\) とすると、\(\overrightarrow{\rm AQ}=\displaystyle \frac{\,2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\,}{\,1+2\,}\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm AP}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\,\overrightarrow{\rm AQ}
\end{eqnarray}\)
したがって、
点 \({\rm P}\) は線分 \({\rm AQ}\) の中点である
\({\small (2)}~3:2:1\)
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p.48 演習問題A 2\({\small (1)}~\)\( \overrightarrow{\rm OF}=\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,9\,}\overrightarrow{c} \)
\({\small (2)}~\)\( \displaystyle \frac{\,5\,}{\,9\,} \) 倍
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\({\small (2)}~\)\( \displaystyle \frac{\,5\,}{\,9\,} \) 倍
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p.48 演習問題A 3[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 演習問題A 4 \( \overrightarrow{\rm OH}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\overrightarrow{a}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\overrightarrow{b} \)
p.48 演習問題B 5\({\small (1)}~\)\( -\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,} \)
\({\small (2)}~\)\( t_0=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,} \) で最大値 \( \displaystyle \frac{\,\sqrt{15}\,}{\,2\,} \)
\({\small (3)}~\) \((\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{b}\) を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{b}&=&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+t_0\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~~&=&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+t_0|\,\overrightarrow{b}\,|^2\end{eqnarray}\)
\( \overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}~,~t_0=\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}~,~|\,\overrightarrow{b}\,|=3 \) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}\hspace{37pt}~~~&=&-\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}+\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}\cdot 3^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}+\displaystyle\frac{\,9\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}+\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}
\\[3pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
よって、\((\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{b}=0\) より、\(\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b}\) と \(\overrightarrow{b}\) は垂直である
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\({\small (2)}~\)\( t_0=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,} \) で最大値 \( \displaystyle \frac{\,\sqrt{15}\,}{\,2\,} \)
\({\small (3)}~\) \((\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{b}\) を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~(\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{b}&=&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+t_0\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{b}
\\[3pt]~~~&=&\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+t_0|\,\overrightarrow{b}\,|^2\end{eqnarray}\)
\( \overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}~,~t_0=\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}~,~|\,\overrightarrow{b}\,|=3 \) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}\hspace{37pt}~~~&=&-\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}+\displaystyle\frac{\,1\,}{\,6\,}\cdot 3^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}+\displaystyle\frac{\,9\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}+\displaystyle\frac{\,3\,}{\,2\,}
\\[3pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
よって、\((\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{b}=0\) より、\(\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b}\) と \(\overrightarrow{b}\) は垂直である
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p.48 演習問題B 6[証明] \(\overrightarrow{\rm OA}=\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{\rm OB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm OC}=\overrightarrow{c}\) 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、\({\rm AB}={\rm AC}\) より、
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
次に、点 \({\rm D}\) は辺 \({\rm AB}\) の中点であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OD}=\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}
\end{eqnarray}\)
点 \({\rm E}\) は \(\triangle {\rm ACD}\) の重心であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OE}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OC}+\overrightarrow{\rm OD}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}+\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+2\,\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\end{eqnarray}\)
また、\(\overrightarrow{\rm CD}\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm CD}&=&\overrightarrow{\rm OD}-\overrightarrow{\rm OC}
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}-\overrightarrow{c}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-2\,\overrightarrow{c}\,}{\,2\,}
\end{eqnarray}\)
よって、内積を計算すると、
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,12\,}(4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&0\hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overrightarrow{\rm CD}\cdot\overrightarrow{\rm OE}=0\) [終]
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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、\({\rm AB}={\rm AC}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~|\,\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\,|&=&|\,\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}\,|
\\[3pt]~~~|\,\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\,|^{2}&=&|\,\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}\,|^{2}
\\[3pt]~~~|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}-2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}&=&|\,\overrightarrow{c}\,|^{2}-2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}+|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~|\,\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\,|^{2}&=&|\,\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}\,|^{2}
\\[3pt]~~~|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}-2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}&=&|\,\overrightarrow{c}\,|^{2}-2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}+|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}
\end{eqnarray}\)
次に、点 \({\rm D}\) は辺 \({\rm AB}\) の中点であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OD}=\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}
\end{eqnarray}\)
点 \({\rm E}\) は \(\triangle {\rm ACD}\) の重心であるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm OE}&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OC}+\overrightarrow{\rm OD}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}+\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+2\,\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\end{eqnarray}\)
また、\(\overrightarrow{\rm CD}\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm CD}&=&\overrightarrow{\rm OD}-\overrightarrow{\rm OC}
\\[3pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\,}{\,2\,}-\overrightarrow{c}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-2\,\overrightarrow{c}\,}{\,2\,}
\end{eqnarray}\)
よって、内積を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overrightarrow{\rm CD}\cdot\overrightarrow{\rm OE}
&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-2\,\overrightarrow{c}\,}{\,2\,}\cdot\displaystyle \frac{\,3\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+2\,\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,12\,}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-2\,\overrightarrow{c})\cdot(3\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+2\,\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,12\,}(3\,|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}+3\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-6\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-4\,|\,\overrightarrow{c}\,|^{2})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,12\,}(3\,|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}-4\,|\,\overrightarrow{c}\,|^{2}+4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c})
\end{eqnarray}\)
&=&\displaystyle \frac{\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-2\,\overrightarrow{c}\,}{\,2\,}\cdot\displaystyle \frac{\,3\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+2\,\overrightarrow{c}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,12\,}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-2\,\overrightarrow{c})\cdot(3\,\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+2\,\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,12\,}(3\,|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+2\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}+3\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}+2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-6\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-2\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-4\,|\,\overrightarrow{c}\,|^{2})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,12\,}(3\,|\,\overrightarrow{a}\,|^{2}+|\,\overrightarrow{b}\,|^{2}-4\,|\,\overrightarrow{c}\,|^{2}+4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c})
\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,12\,}(4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-4\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c})
\\[5pt]~~~&=&0\hspace{25pt}(\,∵~ {\small [\,2\,]}\,)
\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overrightarrow{\rm CD}\cdot\overrightarrow{\rm OE}=0\) [終]
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p.49 演習問題B 7\({\small (1)}~\)\({\rm P}\) の存在範囲は、線分 \({\rm OA~,~OB}\) を隣り合う2辺とする平行四辺形の周および内部となる
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\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA^{\prime}}=3\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB^{\prime}}=3\overrightarrow{\rm OB}\) を満たす点 \(\rm A^{\prime}~,~B^{\prime}\) をとるとき、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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\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA^{\prime}}=3\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB^{\prime}}=3\overrightarrow{\rm OB}\) を満たす点 \(\rm A^{\prime}~,~B^{\prime}\) をとるとき、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.49 演習問題B 8\({\small (1)}~\)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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