TomoKです。
今回は「第1回垂れ流し模試」の第3問の解説です。
初等幾何でも何とかできると思いますが、
手っ取り早いのはベクトル(あるいは複素平面)による方法だと思います。
で、この問題ですが、
もしAD, BE, CFが1点で交わるとすれば、
なんとなくそれらの中点で交わる気がしませんか?
平行四辺形は点対称な図形なので、
この六角形も、AD, BE, CFの中点が一致して、
その点に対して点対称であるような気がすると思います。
そこで、そのことを見込んで作戦を立てるのも大いに有効だと思います。
さて、ベクトルで行う場合、
六角形の6つの頂点に向かうベクトルを設定するのが簡単です。
さらに、上の青網掛けの作戦を考えて、
AD, BE, CFのいずれかの中点を基準点($\vec{0}$となる点)にすると
少し楽になります。
ここでは、CFの中点をOとし、
Oを基準にして、
$\vector{OA}=\vec{a}$, $\vector{OB}=\vec{b}$,
$\vector{OC}=\vec{c}$,$\vector{OD}=\vec{d}$,
$\vector{OE}=\vec{e}$, $\vector{OF}=\vec{f}$
と設定して考えてみましょう。
ここで、OはCFの中点なので、
$\dfrac{\vec{c}+\vec{f}}{2}=\vector{OO}=\vec{0}$ ゆえに $\vec{f}=-\vec{c}$ (…①)
がわかります。
また、K, L, M, NはそれぞれBC, CD, EF, FAの中点ですから、
$\vector{OK}=\dfrac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$, $\vector{OL}=\dfrac{\vec{c}+\vec{d}}{2}$,
$\vector{OM}=\dfrac{\vec{e}+\vec{f}}{2}=\dfrac{\vec{e}-\vec{c}}{2}$, $\vector{ON}=\dfrac{\vec{f}+\vec{a}}{2}=\dfrac{-\vec{c}+\vec{a}}{2}$
です。
さらに、四角形AKDM平行四辺形なので、
$\vector{AK}=\vector{MD}$が成り立ちますが、
これを変形すれば、
$\vector{OK}-\vector{OA}=\vector{OD}-\vector{OM}$
$\dfrac{\vec{b}+\vec{c}}{2}-\vec{a}=\vec{d}-\dfrac{\vec{e}-\vec{c}}{2}$
ゆえに、 $\vec{a}+\vec{d}=\dfrac{\vec{b}+\vec{e}}{2}$ (…②)
がわかります。
同様に、四角形BLENも平行四辺形なので、
$\vector{BL}=\vector{NE}$
$\vector{OL}-\vector{OB}=\vector{OE}-\vector{ON}$
$\dfrac{\vec{c}+\vec{d}}{2}-\vec{b}=\vec{e}-\dfrac{-\vec{c}+\vec{a}}{2}$
ゆえに、 $\vec{b}+\vec{e}=\dfrac{\vec{a}+\vec{d}}{2}$ (…③)
がわかります。
ここまでが問題の設定を式で表したところ。
さて、上の方でも(青い網掛けのところ)お話ししたとおり、
AD, BE, CFがそれぞれの中点で交われば都合がよさそうです。
CFの中点がOですから、ここで目指すべきは
$\dfrac{\vec{a}+\vec{d}}{2}=\dfrac{\vec{b}+\vec{e}}{2}=\vec{0}$
ということが言えればほとんどゴールです。
ですが、もう見えていますね。
③を②へ代入しますと、
$\vec{a}+\vec{d}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\vec{a}+\vec{d}}{2}\right)=\dfrac{\vec{a}+\vec{d}}{4}$
ゆえ、 $\dfrac{3}{4}(\vec{a}+\vec{d})=\vec{0}$ が得られ、
この両辺に$\dfrac{2}{3}$をかければ、
$\dfrac{\vec{a}+\vec{d}}{2}=\vec{0}$ (…④)
が出てきます。同じように、今度は②を③へ代入して変形することで
$\dfrac{3}{4}(\vec{b}+\vec{e})=\vec{0}$が出まして、
やはり両辺に$\dfrac{2}{3}$をかければ、
$\dfrac{\vec{b}+\vec{e}}{2}=\vec{0}$ (…⑤)
が出てきます。(もちろん⑤を導くのに、
④から得られる$\vec{a}+\vec{d}=\vec{0}$を
②に代入してもいいでしょう。)
④と⑤から、ADとBEの中点はO、すなわちCFの中点に一致します。
六角形のでき方から、3直線AD, BE, CFがすべて一致することはないので、
このことは、
AD, BE, CFが、それぞれの中点において交わる
ということを意味し、証明が終わります。別解
さて、上の本解では、六角形の6つの頂点に向かうベクトルを設定しました。
しかし、もし問題の言うようにAD, BE, CFが1点で交わるならば、
その交点からD, E, Fへ向かうベクトルは、
それぞれA, B, Cへ向かうベクトルで表せるはずです。
そこで、例えばADとCFの交点をPとし、
$\vector{PA}=\vec{x}$, $\vector{PB}=\vec{y}$,$\vector{PC}=\vec{z}$ とおいて、
他の点を$\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}$と表しましょう。
まず、D, E, Fはそれぞれ、PA, PB, PC上にあるので、
$\vector{PD}=k\vec{x}$, $\vector{PE}=l\vec{y}$, $\vector{PF}=m\vec{z}$
となる実数$k, l, m$が存在します。
次に、K, L, M, NはそれぞれBC, CD, EF, FAの中点だから、
$\vector{PK}=\dfrac{\vec{y}+\vec{z}}{2}$, $\vector{PL}=\dfrac{\vec{c}+\vector{PD}}{2}=\dfrac{k\vec{x}+\vec{z}}{2}$,
$\vector{PM}=\dfrac{\vector{PE}+\vector{PF}}{2}=\dfrac{l\vec{y}+m\vec{z}}{2}$,
$\vector{PN}=\dfrac{\vector{PF}+\vector{PA}}{2}=\dfrac{\vec{x}+m\vec{z}}{2}$
と表せます。
さらに、四角形AKDMは平行四辺形だから、
$\vector{AK}=\vector{MD}$より、
$\vector{PK}-\vector{PA}=\vector{PD}-\vector{PM}$
$\dfrac{\vec{y}+\vec{z}}{2}-\vec{x}=k\vec{x}-\dfrac{l\vec{y}+m\vec{z}}{2}$
ゆえに、
$(k+1)\vec{x}-\dfrac{l+1}{2}\vec{y}-\dfrac{m+1}{2}\vec{z}=\vec{0}$ (…②)
また、四角形BLENも平行四辺形だから、$\vector{BL}=\vector{NE}$より、
$\vector{PL}-\vector{PB}=\vector{PE}-\vector{PN}$
$\dfrac{k\vec{x}+\vec{z}}{2}-\vec{y}=l\vec{y}-\dfrac{\vec{x}+m\vec{z}}{2}$
ゆえに、
$\dfrac{k+1}{2}\vec{x}-(l+1)\vec{y}+\dfrac{m+1}{2}\vec{z}=\vec{0}$ (…③)
となります。
ここで、②×2－③より
$\dfrac{3}{2}(k+1)\vec{x}-\dfrac{3}{2}(m+1)\vec{z}=\vec{0}$
$\vec{x}\neq 0$, $\vec{y}\neq 0$で、$\vec{x}$と$\vec{z}$は平行でないので、
$\dfrac{3}{2}(k+1)=-\dfrac{3}{2}(m+1)=0$
したがって、$k=m=-1$ が出てきます。
すると、③から、$-(l+1)\vec{y}=\vec{0}$
これを変形すると、$\vec{y}=-l\vec{y}$,
よって$\vector{PB}=-\vector{PE}$です。
もちろんB, Eは一致しないので、
これはBEがAD, CFの交点Pを通ることを意味することになります。
初等幾何だと論証が面倒になりそうな事柄も、
代数的な操作によって正しいことが確認できることは、
ベクトルの大きな利点の1つだと思います。
そんなわけで、第3問の解説はここまでです。
次回は第4問の解説です。
ここまでお読みいただき、ありがとうございました。
ではまた!
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