2013年(平成25年)東京大学前期-数学(理科)[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

問題：2013年(平成25年)東京大学前期-数学(理科) - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2020.04.12記
フェルマー点に関する問題。

[大人の解答]

(1) は、3つの単位ベクトルの和が零ベクトルになるので、それらは正三角形をなすことから、それぞれのベクトルのなす角度は120度となる。

(2) は、
フェルマー点から三角形の頂点までの距離 - 球面倶楽部零八式 mark II
で、 $c=1,\,b=\sqrt{3},\, a=2$ および、 $S=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ であるから、
$|\vec{\rm PA}|$ $=x=\dfrac{3(b^2+c^2-a^2)+4\sqrt{3} S}{3\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3} S}}$ $=\dfrac{0+6}{6\sqrt{7}}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{7}}$ ，
$|\vec{\rm PB}|$ $=y=\dfrac{3(c^2+a^2-b^2)+4\sqrt{3} S}{3\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3} S}}$ $=\dfrac{6+6}{6\sqrt{7}}$ $=\dfrac{2}{\sqrt{7}}$ ，
$|\vec{\rm PC}|$ $=z=\dfrac{3(a^2+b^2-c^2)+4\sqrt{3} S}{3\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3} S}}$ $=\dfrac{18+6}{6\sqrt{7}}$ $=\dfrac{4}{\sqrt{7}}$
となる。

この公式は、余弦定理と $\rm \triangle ABC$ $=\rm \triangle PAB$ $+\rm \triangle PBC$ $+\rm \triangle PCA$ から簡単に導くことができるので、実践的には導きながら求めると良い。その方が具体的な数の計算となるし。

なお、本問の場合は、 $\rm \angle ABC=60^{\circ}$ なので、 $\rm \triangle PBC$ と $\rm \triangle PAB$ に着目しても良い。

2020.08.20追記
フェルマー点については
2000年(平成12年)東北大学後期-数学(理系)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
も参照のこと．

2020.10.02追記
大人の解法を導きながらの解法

[解答]
(1) $\vec{e_A}=\dfrac{\vec{\rm PA}}{|\vec{\rm PA}|}$ などとおくと，
$\vec{e_A}=\vec{e_B}=\vec{e_C}=1$ かつ $\vec{e_C}=-(\vec{e_A}+\vec{e_B})$ だから，
$1=1-2\vec{e_A}\cdot\vec{e_B}+1$ となり， $\vec{e_A}\cdot\vec{e_B}=-\dfrac{1}{2}$ となり， $\angle\rm APB=120^{\circ}$
同様に $\vec{e_B}=-(\vec{e_A}+\vec{e_C})$ から $\angle\rm APC=120^{\circ}$ となる．

(2) $\vec{\rm PA}=x$ ， $\vec{\rm PB}=y$ ， $\vec{\rm PC}=z$ とおくと，余弦定理から
$x^2+xy+y^2=1\cdots[1]$ ， $y^2+yz+z^2=4\cdots[2]$ ， $z^2+zx+x^2=3\cdots[3]$ であり，
$\rm \triangle ABC$ $=\rm \triangle PAB$ $+\rm \triangle PBC$ $+\rm \triangle PCA$
から $\dfrac{1}{2}(xy+yz+zx)\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ，つまり $xy+yz+zx=2\cdots[4]$
となる．
$[1]+[2]+[3]-[4]$ により $2(x^2+y^2+z^2)=6$ となり， $x^2+y^2+z^2=3\cdots[5]$
$[1]+[2]+[3]+3\times [4]$ により $2(x+y+z)^2=14$ となり，文字正より $x+y+z=\sqrt{7}\cdots[6]$

$[1]+z\times [6]-([4]+[5])$ により $0=1+\sqrt{7}z-(2+3)$ となり， $z=\dfrac{4}{\sqrt{7}}$ となる．
$[2]+x\times [6]-([4]+[5])$ により $0=4+\sqrt{7}x-(2+3)$ となり， $x=\dfrac{1}{\sqrt{7}}$ となる．
$[3]+y\times [6]-([4]+[5])$ により $0=3+\sqrt{7}y-(2+3)$ となり， $y=\dfrac{2}{\sqrt{7}}$ となる．

ちなみに標準的な解答

[解答]

(2) 座標で考える． ${\rm A}(0，0)$ ， ${\rm B}(1，0)$ ， ${\rm C}(0，\sqrt{3})$ ， ${\rm P}(x，y)$ とおくと
円 $\rm ABP$ は中心 $\Bigl(\dfrac{1}{2}，-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\Bigr)$ ，半径 $\dfrac{1}{2}$ だから
$\Bigl(x-\dfrac{1}{2}\Bigr)^2+\Bigl(y+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\Bigr)^2=\dfrac{1}{4}$
となり，整理して $x^2-x+y^2+\dfrac{\sqrt{3}}{3}y=0$ となる．

また円 $\rm ACP$ は中心 $\Bigl(-\dfrac{1}{2}，\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Bigr)$ ，半径 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ だから
$\Bigl(x+\dfrac{1}{2}\Bigr)^2+\Bigl(y-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Bigr)^2=\dfrac{3}{4}$
となり，整理して $x^2+x+y^2-\sqrt{3}y=0$ となる．

2円の式を辺々引くと， $\rm OP$ の式 $y=\dfrac{\sqrt{3}}{2} x$ が得られ，これと $x^2+x+y^2-\sqrt{3}y=0$ の原点と異なる交点として
$\rm P\Bigl(\dfrac{2}{7}，\dfrac{\sqrt{3}}{7}\Bigr)$ が得られる．