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第１章 平面のベクトル
第２章 空間のベクトル
第３章 複素数平面
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.10 問2\({\small (1)}~\)
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
p.11 問3[証明]
\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\overrightarrow{\rm OB}\) より、
\((\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})+\overrightarrow{c}\)
\(=\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm BC}\)
\(=\overrightarrow{\rm OC}\)
\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\overrightarrow{\rm OB}\) 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]
→ ベクトルの実数倍・加法・減法
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]
\({\small (2)}~\)[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]
→ ベクトルの等式証明
(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]
\({\small (2)}~\)[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]
→ ベクトルの等式証明
p.12 問4\({\small (1)}~\)
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
p.12 問5$${\small (1)}~\overrightarrow{d}-\overrightarrow{b}$$$${\small (2)}~\overrightarrow{b}-\overrightarrow{d}$$
p.12 練習2$${\small (1)}~-\overrightarrow{a}$$$${\small (2)}~\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}$$$${\small (3)}~-\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$$→ ベクトルの実数倍・加法・減法
p.13 練習3\({\small (1)}~\)
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (4)}~\)
\({\small (5)}~\)
→ ベクトルの実数倍・加法・減法
\({\small (2)}~\)
\({\small (3)}~\)
\({\small (4)}~\)
\({\small (5)}~\)
→ ベクトルの実数倍・加法・減法
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$${\small (1)}~5\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$$$${\small (2)}~-3\overrightarrow{a}+16\overrightarrow{b}$$
p.14 問7$$~~~\overrightarrow{x}=2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}$$
p.14 練習5$${\small (1)}~\overrightarrow{x}=\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}$$$${\small (2)}~\overrightarrow{x}=5\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}$$→ ベクトルの演算
p.15 練習6$${\small (1)}~3\overrightarrow{e}~,~-3\overrightarrow{e}$$$${\small (2)}~{ \frac{1}{\,5\,}}\overrightarrow{a}~,~-{ \frac{1}{\,5\,}}\overrightarrow{a}$$
p.16 練習7$$~~~\overrightarrow{\rm AD}=2\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}$$$$~~~\overrightarrow{\rm DF}=-2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$$$$~~~\overrightarrow{\rm CE}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}$$→ ベクトルの分解（正六角形のベクトル）
p.18 練習8$$~~~\overrightarrow{b}=(2~,~2)~,~|\overrightarrow{b}|=2\sqrt{2}$$$$~~~\overrightarrow{c}=(-4~,~-3)~,~|\overrightarrow{c}|=5$$$$~~~\overrightarrow{d}=(1~,~-3)~,~|\overrightarrow{d}|=\sqrt{10}$$$$~~~\overrightarrow{e}=(-3~,~0)~,~|\overrightarrow{e}|=3$$→ ベクトルの成分と大きさ
p.19 練習9$${\small (1)}~(0~,~4)$$$${\small (2)}~(4~,~-2)$$$${\small (3)}~(8~,~4)$$$${\small (4)}~(10~,~-7)$$
p.19 練習10$${\small (1)}~\overrightarrow{p}=3\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}$$$${\small (2)}~\overrightarrow{q}=\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}$$→ ベクトルの成分と式変形
p.20 練習11$$~~~x=-3~,~-1$$→ ベクトルの成分と平行条件
p.21 練習12$${\small (1)}~\overrightarrow{\rm OB}=(3~,~5)~,~|\overrightarrow{\rm OB}|=\sqrt{34}$$$${\small (2)}~\overrightarrow{\rm AB}=(-1~,~5)~,~|\overrightarrow{\rm AB}|=\sqrt{26}$$$${\small (3)}~\overrightarrow{\rm BC}=(-5~,~-10)~,~|\overrightarrow{\rm BC}|=5\sqrt{5}$$$${\small (4)}~\overrightarrow{\rm CA}=(6~,~5)~,~|\overrightarrow{\rm CA}|=\sqrt{61}$$→ 点の座標とベクトルの成分
p.21 練習13$$~~~{\rm E}(-3~,~-5)$$→ 平行四辺形とベクトル
p.22 練習14$${\small (1)}~10\sqrt{3}$$$${\small (2)}~-10$$$${\small (3)}~0$$$${\small (4)}~-20$$→ ベクトルの内積①（基本）
p.23 問8$${\small (1)}~3$$$${\small (2)}~-1$$$${\small (3)}~0$$
p.23 練習15$${\small (1)}~1$$$${\small (2)}~-3$$→ ベクトルの内積①（基本）
p.24 練習16$${\small (1)}~-1$$$${\small (2)}~0$$→ ベクトルの内積②（成分利用）
p.25 練習17$${\small (1)}~30^\circ$$$${\small (2)}~135^\circ$$→ ベクトルのなす角
p.26 練習18$$~~~\overrightarrow{e}=\left({ \frac{1}{\,\sqrt{5}\,}},{ \frac{2}{\,\sqrt{5}\,}}\right)$$$$~~~~~~~~~,~\left(-{ \frac{1}{\,\sqrt{5}\,}},-{ \frac{2}{\,\sqrt{5}\,}}\right)$$→ ベクトルの垂直条件
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]
$${\small (2)}~\overrightarrow{e}=\left({ \frac{2}{\,\sqrt{13}\,}},-{ \frac{3}{\,\sqrt{13}\,}}\right)$$$$~~~~~~~~~,~\left(-{ \frac{2}{\,\sqrt{13}\,}},{ \frac{3}{\,\sqrt{13}\,}}\right)$$→ ベクトルの垂直条件
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=a_1a_2+a_2(-a_1)=0\)
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]
$${\small (2)}~\overrightarrow{e}=\left({ \frac{2}{\,\sqrt{13}\,}},-{ \frac{3}{\,\sqrt{13}\,}}\right)$$$$~~~~~~~~~,~\left(-{ \frac{2}{\,\sqrt{13}\,}},{ \frac{3}{\,\sqrt{13}\,}}\right)$$→ ベクトルの垂直条件
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]
\(\overrightarrow{a}=(a_1,a_2)~,~\overrightarrow{b}=(b_1,b_2)\) 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]
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]
\(\overrightarrow{a}\) 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]
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]
→ 内積を用いた等式証明
(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]
→ 内積を用いた等式証明
p.28 練習21$$~~~2\sqrt{7}$$→ 内積の性質の利用（ベクトルの大きさと内積）
p.28 練習22$$~~~\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-{ \frac{\,3\,}{2}}~,~150^\circ$$→ 内積の性質の利用（ベクトルの大きさと内積）
p.29 研究 練習1$${\small (1)}~5$$$${\small (2)}~{ \frac{\,11\,}{2}}$$→ ベクトルと三角形の面積
問題
p.30 問題 4\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(=|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2+|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\)
\(+(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\)
\(=(|\overrightarrow{a}|^2+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(+(|\overrightarrow{a}|^2-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(=2(|\overrightarrow{a}|^2+|\overrightarrow{b}|^2)\)
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)
\(=|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\)
\(-(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\)
\(=(|\overrightarrow{a}|^2+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(-(|\overrightarrow{a}|^2-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(=4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
したがって、
\(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\)
\(=4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
[終]
(左辺)
\(=|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2+|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\)
\(+(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\)
\(=(|\overrightarrow{a}|^2+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(+(|\overrightarrow{a}|^2-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(=2(|\overrightarrow{a}|^2+|\overrightarrow{b}|^2)\)
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)
\(=|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\)
\(-(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\)
\(=(|\overrightarrow{a}|^2+2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(-(|\overrightarrow{a}|^2-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(=4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
したがって、
\(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^2-|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2\)
\(=4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}\)
[終]
p.30 問題 6[証明]
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DE}\)
\(+\overrightarrow{\rm EF}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
であり、\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{\rm ED}~,~\overrightarrow{\rm BC}=\overrightarrow{\rm FE}\) より、
\(\overrightarrow{\rm ED}+\overrightarrow{\rm FE}+\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DE}\)
\(+\overrightarrow{\rm EF}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
また、\(\overrightarrow{\rm ED}+\overrightarrow{\rm DE}=\overrightarrow{0}\) かつ \(\overrightarrow{\rm FE}+\overrightarrow{\rm EF}=\overrightarrow{0}\) より、
\(\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
\(~\Leftrightarrow~\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{\rm AF}\)
したがって、\({\rm CD}\) と \({\rm AF}\) は平行で \({\rm CD=AF}\)
[終]
\(\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm BC}+\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DE}\)
\(+\overrightarrow{\rm EF}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
であり、\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{\rm ED}~,~\overrightarrow{\rm BC}=\overrightarrow{\rm FE}\) より、
\(\overrightarrow{\rm ED}+\overrightarrow{\rm FE}+\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm DE}\)
\(+\overrightarrow{\rm EF}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
また、\(\overrightarrow{\rm ED}+\overrightarrow{\rm DE}=\overrightarrow{0}\) かつ \(\overrightarrow{\rm FE}+\overrightarrow{\rm EF}=\overrightarrow{0}\) より、
\(\overrightarrow{\rm CD}+\overrightarrow{\rm FA}=\overrightarrow{0}\)
\(~\Leftrightarrow~\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{\rm AF}\)
したがって、\({\rm CD}\) と \({\rm AF}\) は平行で \({\rm CD=AF}\)
[終]
p.30 問題 7[証明]
ベクトル \(\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{b}\) のなす角を \(\theta\) とすると、
\(\overrightarrow{a}\,//\, \overrightarrow{b}\)
\(~\Leftrightarrow~\theta=0^\circ\) または \(\theta=180^\circ\)
\(~\Leftrightarrow~\cos{\theta}=1\) または \(\cos{\theta}=-1\)
\(~\Leftrightarrow~\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\)
または \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\)
よって、\(|\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\)
\(|\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}|≧0~,~|\overrightarrow{a}|≧0~,~|\overrightarrow{b}|≧0\) であるので、
\(|\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}|^2=|\overrightarrow{a}|^2|\overrightarrow{b}|^2\)
それぞれの成分より、
\((a_1b_1+a_2b_2)^2=(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\)
展開して計算すると、
\((a_1b_2-a_2b_1)^2=0\)
よって、
\(a_1b_2-a_2b_1=0\)
したがって、\(\overrightarrow{a}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}\) で、
\(\overrightarrow{a}=(a_1,a_2)~,~\overrightarrow{b}=(b_1,b_2)\) のとき、
\(\overrightarrow{a}\parallel\overrightarrow{b}~\Leftrightarrow~a_1b_2-a_2b_1=0\) [終]
$$~~~p=-3~,~1$$
ベクトル \(\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{b}\) のなす角を \(\theta\) とすると、
\(\overrightarrow{a}\,//\, \overrightarrow{b}\)
\(~\Leftrightarrow~\theta=0^\circ\) または \(\theta=180^\circ\)
\(~\Leftrightarrow~\cos{\theta}=1\) または \(\cos{\theta}=-1\)
\(~\Leftrightarrow~\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\)
または \(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\)
よって、\(|\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\)
\(|\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}|≧0~,~|\overrightarrow{a}|≧0~,~|\overrightarrow{b}|≧0\) であるので、
\(|\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}|^2=|\overrightarrow{a}|^2|\overrightarrow{b}|^2\)
それぞれの成分より、
\((a_1b_1+a_2b_2)^2=(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\)
展開して計算すると、
\((a_1b_2-a_2b_1)^2=0\)
よって、
\(a_1b_2-a_2b_1=0\)
したがって、\(\overrightarrow{a}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}\) で、
\(\overrightarrow{a}=(a_1,a_2)~,~\overrightarrow{b}=(b_1,b_2)\) のとき、
\(\overrightarrow{a}\parallel\overrightarrow{b}~\Leftrightarrow~a_1b_2-a_2b_1=0\) [終]
$$~~~p=-3~,~1$$
第２節 ベクトルと平面図形
p.33 練習23$${\small (1)}~{ \frac{2}{\,5\,}}\overrightarrow{a}+{ \frac{3}{\,5\,}}\overrightarrow{b}$$$${\small (2)}~{ \frac{3}{\,2\,}}\overrightarrow{a}-{ \frac{1}{\,2\,}}\overrightarrow{b}$$→ 内分点・外分点の位置ベクトル
p.34 練習24\({\small (1)}~\)[証明]
\({\rm A,B,C,G,P,Q,R,G’}\) の位置ベクトルをそれぞれ
\(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{g},\overrightarrow{p},\overrightarrow{q},\overrightarrow{r},\overrightarrow{g’}\)
とすると、\(\triangle {\rm ABC}\) の重心は、
\(\overrightarrow{g}={\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}}\)
\(\triangle {\rm PQR}\) の重心は、
\(\overrightarrow{g’}={\large \frac{\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q}+\overrightarrow{r}}{3}}\)
また、\({\rm P~,~Q~,~R}\) はそれぞれ
\(\overrightarrow{p}={\large \frac{2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}}~,~\overrightarrow{q}={\large \frac{2\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}}{3}}\)
\(\overrightarrow{r}={\large \frac{2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{3}}\)
これを代入すると、
\(\overrightarrow{g’}={\large \frac{1}{3}}\cdot{\large \frac{3\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}}{3}}\)
よって、
\(\overrightarrow{g’}={\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}}\)
\(\overrightarrow{g}=\overrightarrow{g’}\) より、\({\rm G}\) と \({\rm G’}\) は一致する [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(=\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}\)
\(=(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{g})+(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{g})+(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{g})\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-3\overrightarrow{g}\)
ここで、\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=3\overrightarrow{g}\) より、
\(=3\overrightarrow{g}-3\overrightarrow{g}=\overrightarrow{0}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}=\overrightarrow{0}\)
[終]
→ 重心の位置ベクトル
\({\rm A,B,C,G,P,Q,R,G’}\) の位置ベクトルをそれぞれ
\(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c},\overrightarrow{g},\overrightarrow{p},\overrightarrow{q},\overrightarrow{r},\overrightarrow{g’}\)
とすると、\(\triangle {\rm ABC}\) の重心は、
\(\overrightarrow{g}={\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}}\)
\(\triangle {\rm PQR}\) の重心は、
\(\overrightarrow{g’}={\large \frac{\overrightarrow{p}+\overrightarrow{q}+\overrightarrow{r}}{3}}\)
また、\({\rm P~,~Q~,~R}\) はそれぞれ
\(\overrightarrow{p}={\large \frac{2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}}~,~\overrightarrow{q}={\large \frac{2\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}}{3}}\)
\(\overrightarrow{r}={\large \frac{2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{3}}\)
これを代入すると、
\(\overrightarrow{g’}={\large \frac{1}{3}}\cdot{\large \frac{3\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}+3\overrightarrow{c}}{3}}\)
よって、
\(\overrightarrow{g’}={\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}}\)
\(\overrightarrow{g}=\overrightarrow{g’}\) より、\({\rm G}\) と \({\rm G’}\) は一致する [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(=\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}\)
\(=(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{g})+(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{g})+(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{g})\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-3\overrightarrow{g}\)
ここで、\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=3\overrightarrow{g}\) より、
\(=3\overrightarrow{g}-3\overrightarrow{g}=\overrightarrow{0}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm GA}+\overrightarrow{\rm GB}+\overrightarrow{\rm GC}=\overrightarrow{0}\)
[終]
→ 重心の位置ベクトル
p.35 練習25[証明] \(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とすると
点 \({\rm E}\) は辺 \({\rm BC}\) を \(4:1\) に内分するので、
\(\overrightarrow{\rm AE}={\large \frac{\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{5}}\)
また、\(\overrightarrow{\rm AD}={\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}\) で、点 \({\rm F}\) は辺 \({\rm CD}\) を \(3:4\) に内分するので、
\(\overrightarrow{\rm AF}={\large \frac{3\cdot{\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{7}}={\large \frac{\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{7}}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AF}={\large \frac{\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{7}}={\large \frac{5}{7}}\cdot{\large \frac{\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{5}}\)
これより、
\(\overrightarrow{\rm AF}={\large \frac{5}{7}}\overrightarrow{\rm AE}\)
したがって、３点 \({\rm A~,~F~,~E}\) は一直線上にある [終]
→ ３点が同一直線上にある条件
点 \({\rm E}\) は辺 \({\rm BC}\) を \(4:1\) に内分するので、
\(\overrightarrow{\rm AE}={\large \frac{\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{5}}\)
また、\(\overrightarrow{\rm AD}={\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}\) で、点 \({\rm F}\) は辺 \({\rm CD}\) を \(3:4\) に内分するので、
\(\overrightarrow{\rm AF}={\large \frac{3\cdot{\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{7}}={\large \frac{\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{7}}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AF}={\large \frac{\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{7}}={\large \frac{5}{7}}\cdot{\large \frac{\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c}}{5}}\)
これより、
\(\overrightarrow{\rm AF}={\large \frac{5}{7}}\overrightarrow{\rm AE}\)
したがって、３点 \({\rm A~,~F~,~E}\) は一直線上にある [終]
→ ３点が同一直線上にある条件
p.36 練習26$$~~~\overrightarrow{\rm OP}={ \frac{1}{\,3\,}}\overrightarrow{a}+{ \frac{4}{\,9\,}}\overrightarrow{b}$$→ ２直線の交点とベクトル
p.37 練習27[証明] \(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とすると、
\({\rm AB=AC}\) より
\(|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|\)
また、\({\rm AB\perp AC}\) より
\(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}=0\)
次に、点 \({\rm L}\) は辺 \({\rm BC}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(\overrightarrow{\rm AL}={\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}+{\large \frac{2}{3}}\overrightarrow{c}\)
また、
\(\overrightarrow{\rm MN}=\overrightarrow{\rm AN}-\overrightarrow{\rm AM}\)
これより、
\(\overrightarrow{\rm MN}={\large \frac{2}{3}}\overrightarrow{b}-{\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{c}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AL}\cdot\overrightarrow{\rm MN}\)
\(=\left({\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}+{\large \frac{2}{3}}\overrightarrow{c}\right)\left({\large \frac{2}{3}}\overrightarrow{b}-{\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{c}\right)\)
\(={\large \frac{2}{9}}|\overrightarrow{b}|^2-{\large \frac{2}{9}}|\overrightarrow{c}|^2+{\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}\)
\(=0\)
内積が \(0\) となり、
\(\overrightarrow{\rm AL}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm MN}\neq\overrightarrow{0}\)
であるので、
\(\overrightarrow{\rm AL}\perp\overrightarrow{\rm MN}\)
したがって、
\({\rm AL\perp MN}\)
[終]
\({\rm AB=AC}\) より
\(|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|\)
また、\({\rm AB\perp AC}\) より
\(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}=0\)
次に、点 \({\rm L}\) は辺 \({\rm BC}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(\overrightarrow{\rm AL}={\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}+{\large \frac{2}{3}}\overrightarrow{c}\)
また、
\(\overrightarrow{\rm MN}=\overrightarrow{\rm AN}-\overrightarrow{\rm AM}\)
これより、
\(\overrightarrow{\rm MN}={\large \frac{2}{3}}\overrightarrow{b}-{\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{c}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AL}\cdot\overrightarrow{\rm MN}\)
\(=\left({\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}+{\large \frac{2}{3}}\overrightarrow{c}\right)\left({\large \frac{2}{3}}\overrightarrow{b}-{\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{c}\right)\)
\(={\large \frac{2}{9}}|\overrightarrow{b}|^2-{\large \frac{2}{9}}|\overrightarrow{c}|^2+{\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}\)
\(=0\)
内積が \(0\) となり、
\(\overrightarrow{\rm AL}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm MN}\neq\overrightarrow{0}\)
であるので、
\(\overrightarrow{\rm AL}\perp\overrightarrow{\rm MN}\)
したがって、
\({\rm AL\perp MN}\)
[終]
p.28 練習28$${\small (1)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=3+4t \\y=2+5t
\end{array}\right.\end{eqnarray}$$$$~~~5x-4y-7=0$$$${\small (2)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=1-2t \\y=-2+3t
\end{array}\right.\end{eqnarray}$$$$~~~3x+2y+1=0$$
x=3+4t \\y=2+5t
\end{array}\right.\end{eqnarray}$$$$~~~5x-4y-7=0$$$${\small (2)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=1-2t \\y=-2+3t
\end{array}\right.\end{eqnarray}$$$$~~~3x+2y+1=0$$
p.40 問11$${\small (1)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=3-5t \\y=-2+4t
\end{array}\right.\end{eqnarray}$$$${\small (2)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=4-4t \\y=5t
\end{array}\right.\end{eqnarray}$$→ 直線のベクトル方程式
x=3-5t \\y=-2+4t
\end{array}\right.\end{eqnarray}$$$${\small (2)}~\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l}
x=4-4t \\y=5t
\end{array}\right.\end{eqnarray}$$→ 直線のベクトル方程式
p.41 練習29\(\overrightarrow{\rm OA’}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm OB}\) となる点を \({\rm A’~,~B’}\) とすると、線分 \({\rm A’B’}\)
→ ベクトルと点の存在範囲
→ ベクトルと点の存在範囲
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
→ ベクトルと点の存在範囲
→ ベクトルと点の存在範囲
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
\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA’}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm OB}\) となる点を \({\rm A’~,~B’}\) とすると、\({\rm \triangle {\rm OA’B’}}\) の周と内部
→ ベクトルと点の存在範囲
\({\small (2)}~\)\(\overrightarrow{\rm OA’}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm OA}~,~\overrightarrow{\rm OB’}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm OB}\) となる点を \({\rm A’~,~B’}\) とすると、\({\rm \triangle {\rm OA’B’}}\) の周と内部
→ ベクトルと点の存在範囲
p.44 練習31$${\small (1)}~5x+2y-16=0$$$${\small (2)}~3x-5y+13=0$$→ 法線ベクトル
p.44 問13$${\small (1)}~120^\circ$$$${\small (2)}~60^\circ$$
p.44 練習32$$~~~45^\circ$$
p.45 練習33\({\small (1)}~\)中心 \(2\overrightarrow{a}\)、半径 \(1\)
\({\small (2)}~\)中心 \({\large \frac{1}{\,3\,}}\overrightarrow{a}\)、半径 \(2\)
→ 円のベクトル方程式
\({\small (2)}~\)中心 \({\large \frac{1}{\,3\,}}\overrightarrow{a}\)、半径 \(2\)
→ 円のベクトル方程式
p.45 練習34[証明]
(ⅰ) \({\rm A}\) と \({\rm P}\) が一致するとき、
\(\overrightarrow{\rm AP}=\overrightarrow{0}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}=0\)
(ⅰ) \({\rm A}\) と \({\rm P}\) が一致するとき、
\(\overrightarrow{\rm AP}=\overrightarrow{0}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}=0\)
(ⅱ) \({\rm A}\) と \({\rm P}\) が一致しないとき、
\(\overrightarrow{\rm AP}\perp\overrightarrow{\rm CA}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm CA}=0\)
これらより、いずれの場合でも
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=0\) …①
次に、\(|\overrightarrow{\rm CA}|=r\) より、
\(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}|^2=r^2\)
また、
\((\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\) …②
よって、①＋②より
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\)
\(+(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\)
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\)
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\)
したがって、接線のベクトル方程式は、
\((\overrightarrow{p}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=r^2\) [終]
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、
\({\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2}}\)
また、この円の直径が \(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\) より、半径は、
\({\large \frac{|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|}{2}}\)
したがって、円のベクトル方程式は、
\(\left|\overrightarrow{p}-{\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2}}\right|={\large \frac{|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|}{2}}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(1) の式の両辺を２乗すると、
\(\left|\overrightarrow{p}-{\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2}}\right|^2={\large \frac{|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2}{2^2}}\)
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]
円の中心は線分 \({\rm AB}\) の中点となり、位置ベクトルは、
\({\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2}}\)
また、この円の直径が \(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|\) より、半径は、
\({\large \frac{|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|}{2}}\)
したがって、円のベクトル方程式は、
\(\left|\overrightarrow{p}-{\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2}}\right|={\large \frac{|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|}{2}}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(1) の式の両辺を２乗すると、
\(\left|\overrightarrow{p}-{\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2}}\right|^2={\large \frac{|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^2}{2^2}}\)
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]
問題
p.47 問題 9\({\rm A~,~B~,~C~,~D~,~E~,~F}\) の位置ベクトルをそれぞれ、
\(\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{c}~,~\overrightarrow{d}~,~\overrightarrow{e}~,~\overrightarrow{f}\)
とすると、
\(\overrightarrow{d}={\large \frac{n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}}{m+n}}\)
\(\overrightarrow{e}={\large \frac{n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}}{m+n}}\)
\(\overrightarrow{f}={\large \frac{n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m+n}}\)
となる
\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(=(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{a})+(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{b})+(\overrightarrow{f}-\overrightarrow{c})\)
\(={\large \frac{n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}}{m+n}}+{\large \frac{n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}}{m+n}}\)
\(+{\large \frac{n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m+n}}-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=\overrightarrow{0}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm BE}+\overrightarrow{\rm CF}=\overrightarrow{0}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(=(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{a})+(\overrightarrow{f}-\overrightarrow{b})+(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{c})\)
\(={\large \frac{n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}}{m+n}}+{\large \frac{n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}}{m+n}}\)
\(+{\large \frac{n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m+n}}-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=\overrightarrow{0}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm AF}+\overrightarrow{\rm BF}+\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{0}\)
[終]
\(\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{c}~,~\overrightarrow{d}~,~\overrightarrow{e}~,~\overrightarrow{f}\)
とすると、
\(\overrightarrow{d}={\large \frac{n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}}{m+n}}\)
\(\overrightarrow{e}={\large \frac{n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}}{m+n}}\)
\(\overrightarrow{f}={\large \frac{n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m+n}}\)
となる
\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(=(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{a})+(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{b})+(\overrightarrow{f}-\overrightarrow{c})\)
\(={\large \frac{n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}}{m+n}}+{\large \frac{n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}}{m+n}}\)
\(+{\large \frac{n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m+n}}-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=\overrightarrow{0}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm BE}+\overrightarrow{\rm CF}=\overrightarrow{0}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(=(\overrightarrow{e}-\overrightarrow{a})+(\overrightarrow{f}-\overrightarrow{b})+(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{c})\)
\(={\large \frac{n\overrightarrow{b}+m\overrightarrow{c}}{m+n}}+{\large \frac{n\overrightarrow{c}+m\overrightarrow{a}}{m+n}}\)
\(+{\large \frac{n\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{b}}{m+n}}-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\)
\(=\overrightarrow{0}\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm AF}+\overrightarrow{\rm BF}+\overrightarrow{\rm CD}=\overrightarrow{0}\)
[終]
p.47 問題 11\({\small (1)}~\)[証明] \({\rm G}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の重心であるので、
\(\overrightarrow{\rm OG}={\large \frac{\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}}{3}}\)
よって、\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}\) より、
\(\overrightarrow{\rm OG}={\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{\rm OH}\)
したがって、３点 \({\rm O~,~G~,~H}\) は同一直線上にある [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(ⅰ) \(\triangle {\rm ABC}\) が直角三角形であるとき、
\(\angle{\rm A}=90^\circ\) のとき、\({\rm BC}\) が外接円の直径となり
\(\overrightarrow{\rm OB}=-\overrightarrow{\rm OC}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{\rm OA}\)
\({\rm H}\) と \({\rm A}\) は一致して \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の垂心となる
\(\overrightarrow{\rm OG}={\large \frac{\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}}{3}}\)
よって、\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}\) より、
\(\overrightarrow{\rm OG}={\large \frac{1}{3}}\overrightarrow{\rm OH}\)
したがって、３点 \({\rm O~,~G~,~H}\) は同一直線上にある [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(ⅰ) \(\triangle {\rm ABC}\) が直角三角形であるとき、
\(\angle{\rm A}=90^\circ\) のとき、\({\rm BC}\) が外接円の直径となり
\(\overrightarrow{\rm OB}=-\overrightarrow{\rm OC}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{\rm OA}\)
\({\rm H}\) と \({\rm A}\) は一致して \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の垂心となる
また、\(\angle{\rm B}=90^\circ~,~\angle{\rm C}=90^\circ\) の場合でも
\({\rm H}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の垂心となる
(ⅱ) \(\triangle {\rm ABC}\) が直角三角形でないとき、
\(\overrightarrow{\rm AH}=\overrightarrow{\rm OH}-\overrightarrow{\rm OA}=\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}\)
また、
\(\overrightarrow{\rm BC}=\overrightarrow{\rm OC}-\overrightarrow{\rm OB}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AH}\cdot\overrightarrow{\rm BC}\)
\(=(\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC})\cdot(\overrightarrow{\rm OC}-\overrightarrow{\rm OB})\)
\(=|\overrightarrow{\rm OC}|^2-|\overrightarrow{OB}|^2\)
ここで、\({\rm OB~,~OC}\) は外接円の半径より、
\(=0\)
よって、\(\overrightarrow{\rm AH}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm BC}\neq\overrightarrow{0}\) より
\({\rm AH\perp BC}\)
また、他でも同様に、
\({\rm BH\perp CA~,~CH\perp AB}\)
したがって、\({\rm H}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の垂心である [終]
演習問題 平面上のベクトル
p.48 演習問題Ａ 1\({\small (1)}~\)[証明]
\(3\overrightarrow{\rm AP}+2\overrightarrow{\rm BP}+\overrightarrow{\rm CP}\)
\(=3\overrightarrow{\rm AP}+2(\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AB})+(\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AC})\)
\(=6\overrightarrow{\rm AP}-2\overrightarrow{\rm AB}-\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{0}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AP}={\large \frac{2\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AC}}{6}}\)
次に、\({\rm Q}\) は辺 \({\rm BC}\) を \(1:2\) に内分することより、
\(\overrightarrow{\rm AQ}={\large \frac{2\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AC}}{3}}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AP}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm AQ}\)
したがって、点 \({\rm P}\) は線分 \({\rm AQ}\) の中点である [終]
$${\small (2)}~3:2:1$$
\(3\overrightarrow{\rm AP}+2\overrightarrow{\rm BP}+\overrightarrow{\rm CP}\)
\(=3\overrightarrow{\rm AP}+2(\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AB})+(\overrightarrow{\rm AP}-\overrightarrow{\rm AC})\)
\(=6\overrightarrow{\rm AP}-2\overrightarrow{\rm AB}-\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{0}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AP}={\large \frac{2\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AC}}{6}}\)
次に、\({\rm Q}\) は辺 \({\rm BC}\) を \(1:2\) に内分することより、
\(\overrightarrow{\rm AQ}={\large \frac{2\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AC}}{3}}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AP}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm AQ}\)
したがって、点 \({\rm P}\) は線分 \({\rm AQ}\) の中点である [終]
$${\small (2)}~3:2:1$$
p.48 演習問題Ａ 3\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\) とすると、
\(\overrightarrow{\rm AM}={\large \frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{2}}\)
これより、
\(|\overrightarrow{\rm AM}|^2={\large \frac{1}{4}}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})\)
また、
\(\overrightarrow{\rm BM}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm BC}={\large \frac{\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}}{2}}\)
これより、
\(|\overrightarrow{\rm BM}|^2={\large \frac{1}{4}}(\overrightarrow{c}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})\)
よって、
\(2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(|\overrightarrow{b}|^2+2\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+|\overrightarrow{c}|^2\)
\(+|\overrightarrow{c}|^2-2\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(2|\overrightarrow{b}|^2+2|\overrightarrow{c}^2|)\)
\(=|\overrightarrow{b}|^2+|\overrightarrow{c}^2|\)
\(={\rm AB^2+AC^2}\)
したがって、
\({\rm AB^2+AC^2}=2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\) [終]
\(\overrightarrow{\rm AM}={\large \frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{2}}\)
これより、
\(|\overrightarrow{\rm AM}|^2={\large \frac{1}{4}}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})\)
また、
\(\overrightarrow{\rm BM}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm BC}={\large \frac{\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}}{2}}\)
これより、
\(|\overrightarrow{\rm BM}|^2={\large \frac{1}{4}}(\overrightarrow{c}+\overrightarrow{b})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})\)
よって、
\(2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(|\overrightarrow{b}|^2+2\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+|\overrightarrow{c}|^2\)
\(+|\overrightarrow{c}|^2-2\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+|\overrightarrow{b}|^2)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(2|\overrightarrow{b}|^2+2|\overrightarrow{c}^2|)\)
\(=|\overrightarrow{b}|^2+|\overrightarrow{c}^2|\)
\(={\rm AB^2+AC^2}\)
したがって、
\({\rm AB^2+AC^2}=2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\) [終]
p.48 演習問題Ｂ 5\({\small (1)}~-{\large \frac{\,3\,}{2}}\)
\({\small (2)}~t_0={\large \frac{1}{\,6\,}}\) で最大値 \({\large \frac{\,\sqrt{15}\,}{2}}\)
\({\small (3)}~\)[証明]
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-{\large \frac{3}{2}}~,~t_0={\large \frac{1}{6}}\) より、
\((\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=\left(\overrightarrow{a}+{\large \frac{1}{6}}\overrightarrow{b}\right)\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+{\large \frac{1}{6}}|\overrightarrow{b}|^2\)
\(=-{\large \frac{3}{2}}+{\large \frac{1}{6}}\times3^2=0\)
\(\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}\) であるので、
\((\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\perp\overrightarrow{b}\) [終]
\({\small (2)}~t_0={\large \frac{1}{\,6\,}}\) で最大値 \({\large \frac{\,\sqrt{15}\,}{2}}\)
\({\small (3)}~\)[証明]
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-{\large \frac{3}{2}}~,~t_0={\large \frac{1}{6}}\) より、
\((\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=\left(\overrightarrow{a}+{\large \frac{1}{6}}\overrightarrow{b}\right)\cdot\overrightarrow{b}\)
\(=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+{\large \frac{1}{6}}|\overrightarrow{b}|^2\)
\(=-{\large \frac{3}{2}}+{\large \frac{1}{6}}\times3^2=0\)
\(\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{b}\neq\overrightarrow{0}\) であるので、
\((\overrightarrow{a}+t_0\overrightarrow{b})\perp\overrightarrow{b}\) [終]
p.48 演習問題Ｂ 6[証明] \(\overrightarrow{\rm OA}=\overrightarrow{a}~,~\overrightarrow{\rm OB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm OC}=\overrightarrow{c}\) とすると、
点 \({\rm O}\) は外心であるので、
\(|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|\) …①
また、\(|\overrightarrow{\rm AB}|=|\overrightarrow{\rm AC}|\) より、
\(|\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}|^2=|\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}|^2\)
展開すると、
\(|\overrightarrow{b}|^2-2\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+|\overrightarrow{a}|^2\)
\(=|\overrightarrow{c}|^2-2\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a}+|\overrightarrow{a}|^2\)
\(|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|\) より、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a}\) …②
点 \({\rm O}\) は外心であるので、
\(|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|\) …①
また、\(|\overrightarrow{\rm AB}|=|\overrightarrow{\rm AC}|\) より、
\(|\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}|^2=|\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}|^2\)
展開すると、
\(|\overrightarrow{b}|^2-2\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{a}+|\overrightarrow{a}|^2\)
\(=|\overrightarrow{c}|^2-2\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a}+|\overrightarrow{a}|^2\)
\(|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|\) より、
\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a}\) …②
次に、点 \({\rm D}\) は辺 \({\rm AB}\) の中点より、
\(\overrightarrow{\rm OD}={\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2}}\)
これより、
\(\overrightarrow{\rm CD}\)
\(=\overrightarrow{\rm OD}-\overrightarrow{\rm OC}\)
\(={\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-2\overrightarrow{c}}{2}}\)
また、点 \({\rm E}\) は \(\triangle {\rm ACD}\) の重心より、
\(\overrightarrow{\rm OE}\)
\(={\large \frac{1}{3}}\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}+{\large \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2}}\right)\)
\(={\large \frac{3\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c}}{6}}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm CD}\cdot\overrightarrow{\rm OE}\)
\(={\large \frac{1}{12}}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-2\overrightarrow{c})\cdot(3\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c})\)
\(={\large \frac{1}{12}}(3|\overrightarrow{a}|^2+|\overrightarrow{b}|^2-4|\overrightarrow{c}|^2\)
\(+4\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-4\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a})\)
①と②より、
\(=0\)
したがって、
\(\overrightarrow{\rm CD}\cdot\overrightarrow{\rm OE}=0\) [終]
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