COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

数式を枠からはみ出さずに表示するためには, 画面を横に傾けてください(532 ピクセル以上推奨).

ベクトル方程式

直線と円の方程式

問題≪方べきの定理≫

 定点 $\mathrm O$ を通る直線 $\ell$ と点 $\mathrm C$ を中心とする半径 $r$ の円の $2$ つの交点を $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ とおく. ただし, $\ell$ と円 $\mathrm C$ が接するときは, $\mathrm P = \mathrm Q$ と考える. このとき, $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく. また, $\ell$ に平行な単位ベクトル $\vec e$ をとり, $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = p\vec e,$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = q\vec e$ とおく.
(1)
円 $\mathrm C$ のベクトル方程式を利用して, $p,$ $q$ を $2$ 解とする $2$ 次方程式の $1$ つを導け.
(2)
$|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|$ の値は直線 $\ell$ の向きによらず一定であることを示せ.

解答例

(1)
$|\overrightarrow{\mathrm{CP}}| = r$ から, \begin{align*} &|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2 = r^2 \\ &|p\vec e-\vec c|^2 = r^2 \\ &p^2|\vec e|^2-2p\vec c\cdot\vec e+|\vec c|^2 = r^2 \\ &p^2-2p\vec c\cdot\vec e+|\vec c|^2-r^2 = 0 \end{align*} が成り立つ. 同様に $q^2-2q\vec c\cdot\vec e+|\vec c|^2-r^2 = 0$ が成り立つから, $p,$ $q$ を $2$ 解とする $2$ 次方程式の $1$ つは \[ t^2-2t\vec c\cdot\vec e+|\vec c|^2-r^2 = 0\] である.
(2)
解と係数の関係により \[ |\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}| = |p\vec e||q\vec e| = |pq||\vec e|^2 = |pq| = ||\vec c|^2-r^2|\] が成り立ち, この値は $\ell$ の向きによらず一定である.

背景

 ベクトルの利用により, 次の $3$ 種類の方べきの定理を同時に証明できた.
(i)
円の $2$ 本の弦 $\mathrm{PQ},$ $\mathrm P'\mathrm Q'$ が円の内部の点 $\mathrm O$ で交わるとき, $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ} = \mathrm{OP}'\cdot\mathrm{OQ}'$ が成り立つ.
(ii)
円の $2$ 本の弦 $\mathrm{PQ},$ $\mathrm P'\mathrm Q'$ の延長が円の外部の点 $\mathrm O$ で交わるとき, $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ} = \mathrm{OP}'\cdot\mathrm{OQ}'$ が成り立つ.
(iii)
円の外部の点 $\mathrm O$ を通る直線が円と $2$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ で交わり, 点 $\mathrm O$ から円に引いた接線が点 $\mathrm T$ で接するとき, $\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ} = \mathrm{OT}^2$ が成り立つ.

平面の方程式

定理≪平面のベクトル方程式≫

 点 $\mathrm A(x_0,y_0,z_0)$ を通り, $\vec 0$ でないベクトル $\vec n = (a,b,c)$ に垂直な平面 $\alpha$ と点 $\mathrm P(x,y,z)$ に対して, \begin{align*} \mathrm P \in \alpha &\iff \vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}} = 0 \\ &\iff \vec n\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OP}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}) = 0 \\ &\iff a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0) = 0 \end{align*} が成り立つ.

問題≪デカルト=グアの定理≫

(1)
$a,$ $b,$ $c$ を $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ なる実数とする. このとき, 点 $\mathrm P_0(x_0,y_0,z_0)$ と平面 $ax+by+cz+d = 0$ の距離は \[\frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\] であることを示せ.
(2)
$a,$ $b,$ $c$ を正の数とし, $\mathrm O$ を原点とする座標空間内に $3$ 点 $\mathrm A(a,0,0),$ $\mathrm B(0,b,0),$ $\mathrm C(0,0,c)$ をとる. このとき, \[ (\triangle\mathrm{ABC})^2 = (\triangle\mathrm{OAB})^2+(\triangle\mathrm{OBC})^2+(\triangle\mathrm{OCA})^2\] が成り立つことを示せ.
[1995 山形大*]

解答例

(1)
点 $\mathrm P_0(x_0,y_0,z_0)$ から平面 \[ ax+by+cz+d = 0\ \cdots [1]\] に下した垂線の足を $\mathrm H(p,q,r)$ とおく. このとき, $\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}$ は平面 $[1]$ の法線ベクトル $\vec n = (a,b,c)$ に平行であるから, ある実数 $k$ に対して \[\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H} = k\vec n\] となる. 両辺の $\vec n$ との内積をとると \[\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}\cdot\vec n = k|\vec n|^2\] となるから, \begin{align*} k &= \frac{\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}\cdot\vec n}{|\vec n|^2} \\ &= \frac{a(p-x_0)+b(q-y_0)+c(r-z_0)}{a^2+b^2+c^2} \\ &= -\frac{ax_0+by_0+cz_0-(ap+bq+cr)}{a^2+b^2+c^2} \\ &= -\frac{ax_0+by_0+cz_0+d}{a^2+b^2+c^2} \end{align*} が成り立つ. よって, 点 $\mathrm P_0$ と平面 $[1]$ の距離は \begin{align*} |\overrightarrow{\mathrm P_0\mathrm H}| &= |k\vec n| = |k||\vec n| \\ &= \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{a^2+b^2+c^2}\cdot\sqrt{a^2+b^2+c^2} \\ &= \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \end{align*} である.
(2)
(1) から, 原点と平面 $\mathrm{ABC}:\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c} = 1,$ つまり \[ bcx+cay+abz-abc = 0\] の距離 $h$ は \[ h \!=\! \frac{|-abc|}{\sqrt{(bc)^2+(ca)^2+(ab)^2}} \!=\! \frac{abc}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}\] である.
また, 三角錐 $\mathrm{OABC}$ の体積について \[\frac{1}{3}\triangle\mathrm{ABC}\cdot h = \frac{1}{3}\cdot\frac{ab}{2}\cdot c\] であるから, \begin{align*} (\triangle\mathrm{ABC})^2 &= \left(\frac{abc}{2h}\right) ^2 = \frac{a^2b^2c^2}{4}\cdot\frac{1}{h^2} \\ &= \frac{a^2b^2c^2}{4}\cdot\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2c^2} \\ &= \left(\frac{ab}{2}\right) ^2+\left(\frac{bc}{2}\right) ^2+\left(\frac{ca}{2}\right) ^2 \\ &= (\triangle\mathrm{OAB})^2+(\triangle\mathrm{OBC})^2+(\triangle\mathrm{OCA})^2 \end{align*} が成り立つ.

別解 1

(2)
$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = (-a,b,0),$ $\overrightarrow{\mathrm{AC}} = (-a,0,c)$ から \begin{align*} &|\overrightarrow{\mathrm{AB}}| = \sqrt{a^2+b^2}, \quad |\overrightarrow{\mathrm{AC}}| = \sqrt{a^2+c^2}, \\ &\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} = a^2 \end{align*} であるので, 三角形の面積の公式により, \begin{align*} (\triangle\mathrm{ABC})^2 &= \frac{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}})^2}{4} \\ &= \frac{(a^2+b^2)(a^2+c^2)-(a^2)^2}{4} \\ &= \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{4} \\ &= \left(\frac{ab}{2}\right)^2+\left(\frac{bc}{2}\right)^2+\left(\frac{ca}{2}\right)^2 \\ &= (\triangle\mathrm{OAB})^2+(\triangle\mathrm{OBC})^2+(\triangle\mathrm{OCA})^2 \end{align*} が成り立つ.

別解 2

(2)
点 $\mathrm C$ から辺 $\mathrm{AB}$ に下した垂線の足を $\mathrm H$ とおく.
直角三角形 $\triangle\mathrm{OAB}$ に着目すると \[\triangle\mathrm{OAB} = \frac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot\mathrm{OH} = \frac{1}{2}\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}\] から \[\mathrm{OH} = \frac{\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}}{\mathrm{AB}} = \frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\] となるので, 辺 $\mathrm{AB}$ を底辺としたときの $\triangle\mathrm{ABC}$ の高さは \begin{align*} \mathrm{CH} &= \sqrt{\mathrm{OC}^2+\mathrm{OH}^2} = \sqrt{c^2+\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}} \\ &= \sqrt{\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2+b^2}} \end{align*} である. よって, \begin{align*} (\triangle\mathrm{ABC})^2 &= \left(\frac{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{CH}}{2}\right) ^2 \!=\! \frac{\mathrm{AB}^2}{4}\cdot\mathrm{CH}^2 \\ &= \frac{a^2+b^2}{4}\cdot\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2+b^2} \\ &= \left(\frac{ab}{2}\right) ^2+\left(\frac{bc}{2}\right) ^2+\left(\frac{ca}{2}\right) ^2 \\ &= (\triangle\mathrm{OAB})^2+(\triangle\mathrm{OBC})^2+(\triangle\mathrm{OCA})^2 \end{align*} が成り立つ.

背景

 一般に, $\angle\mathrm{AOB} = \angle\mathrm{BOC} = \angle\mathrm{COA} = 90^\circ$ なる三角錐 $\mathrm{OABC}$ (直角三角錐)に対して, (2) の等式が成り立つ. これは, 「デカルト=グアの定理」(de Gua's Theorem)と呼ばれ, $3$ 次元空間における三平方の定理の類似とみなすことができる.