｢大きさ｣と｢方向｣のみを要素とするもの。では、｢大きさ｣と｢方向｣以外にどんな要素がありうるのかというと、たとえば｢位置｣。つまり、ベクトルは｢位置｣には拘束されない。どこへでも、その｢大きさ｣と｢方向｣を変えない限り、つまり、平行移動によって、動かすことができる。というより、｢移動｣という概念がない。だから、平行移動によって｢重なり合う｣ベクトルは、すべて｢同じ｣ベクトルである。
従って、二つのベクトルが｢等しい｣ということ(相等性)は、｢平行移動によって重ねられること｣と、定義される。
「ベクトルでないもの」にはどんなものがあるだろうか？｢量｣のみを要素とするものを｢スカラー｣という。｢量｣と｢大きさ｣はどこが違うのかというと、｢大きさ｣はその定義上｢負｣の量を含まない。｢量｣が任意の実数値を取ることができるとすれば、それは当然｢負｣の量も含む。ベクトルでは、｢方向｣が180度隔たっているといえば反対向きの量を示せるから、｢負｣の｢大きさ｣を持ち込む必要がない。とすれば、｢スカラー｣は「正」と「負」を唯一の｢方向｣とする量だといえる。
従って｢スカラー｣は、1次元の数直線に対応付けることができる。｢1次元｣とは、ただ一つの、正負を含む実数値によって、その場所が特定できることを意味する。
これに対して、平面が｢2次元｣と呼ばれるのは、たとえば(x,y)座標では、(x,y)という二つの実数値の組み合わせで、その平面に含まれるすべての点が、もれなく表現できるからである。
さらに、空間が｢3次元｣と呼ばれるのは、たとえば(x,y,z)座標では、(x,y,z)という三つの実数値の組み合わせで、その空間に含まれるすべての点が、もれなく表現できるからである。
| 平面内の任意の点を表す位置ベクトルは、2個の「1次独立」なベクトルの、「1次結合」によって、ただ「一通りに(一意的に)」、表現できる。 |
- 1次独立性：いずれも零ベクトルでなく、かつ、互いに平行でない2個のベクトルを、互いに1次独立であるという。
｢1次独立｣の反対語は｢1次従属｣であって、これは、「一方のベクトルが、他のベクトルの1次式によって表現できること」を意味する。
たった2個のベクトルで、「一方のベクトルが、他のベクトルの1次式によって表現できること」といえば、それは「定数倍」しかありえない。もしくは、一方が零ベクトルであるならば、それは他方がどのようなベクトルであったとしても、その「ゼロ倍」として、｢表現できる｣から、これも「1次従属」である。
もう一つ別の言い方をすると、
という式があったとき、- ベクトルaとベクトルbがいずれも零ベクトルならば、u,vはまったく任意である。
- ベクトルaが零ベクトルで、ベクトルbが零ベクトルでないならば、v=0だが、uは任意である。
同様に、ベクトルbが零ベクトルで、ベクトルaが零ベクトルでないならば、u=0だが、vは任意である。 - ベクトルa、ベクトルbがいずれも零ベクトルでなく、互いに平行だとしたら、
は
のk倍(k≠0)とかけるから
となり、≠
であるから、
u+vk=0
k≠0だから、v=-u/k
とかける。このような関係を満たすu,vは(0以外に)無数に存在する。 - 最後に、ベクトルa、ベクトルbがいずれも零ベクトルでなく、互いに平行でもないとしたら、この式を満たす u,vは、u=v=0しかありえない。
2個のベクトルの｢1次従属｣性
- [表現1]いずれか一方のベクトルが、他方の1次式(定数倍)で表現できること。
- [表現2]少なくとも一方のベクトルが、零ベクトルであるか、または互いに平行であること。
- [表現3]2個のベクトルとが1次従属であるとは、
を満たす定数u,vがu=v=0以外にも存在することである。
従って、｢1次独立｣とは、｢1次従属｣の｢否定｣であるから、2個のベクトルの｢1次独立｣性
- [表現1]いずれのベクトルも、他方の1次式(定数倍)で表現できないこと。
- [表現2]いずれのベクトルも、零ベクトルでなく、かつ互いに平行でないこと。
- [表現3]2個のベクトルとが1次独立であるとは、
を満たす定数u,vがu=v=0以外に存在しないことである。
- 1次結合：のちに述べるように、2個のベクトルの｢演算｣には、｢加法・減法｣、｢掛け算｣として｢定数倍・内積・(外積)｣があるが、このうち、｢加法・減法｣と｢定数倍｣の組み合わせのみで、表現された式のことを｢1次結合｣と呼んでいる。
変数x,yに対して、ax+byを｢1次式｣と呼ぶことからのアナロジー(類比)であろう。 - 「平面内の任意の点を表す位置ベクトルは、2個の『1次独立』なベクトルの、『1次結合』によって、ただ『一通りに(一意的に)』、表現できる。」とは、「証明」を要しない、「公理」なのだろうか？
たとえば点(3,4)は、明らかに「1次独立」な(1,0)と(0,1)を用いて、その3倍と4倍の和であり、それ以外ではありえないというのは、自明のことに思われる。原点から、(3,4)に直線的に移動する方法は、右に3上に4隔たった点に移るただ一つの方法しかない。これはおそらく、「ユークリッド幾何学」の「2点を通る直線はたった1本しか存在しない」という「公理」と同値なのだと思われる。 - ちなみに、[表現3]は、1次独立なベクトルa,ベクトルbで「原点」を表現する方法が一つしかないことを意味している。
| 空間内の任意の点を表す位置ベクトルは、3個の「1次独立」なベクトルの、「1次結合」によって、ただ「一通りに(一意的に)」、表現できる。 |
- 1次独立性：
- いずれも0ベクトルでなく、
- かつ、3個のうちどの2個も互いに平行でなく、
- かつ、同一平面上にない、
ここでも｢1次独立｣の反対語は｢1次従属｣であって、これは、「いずれか一つのベクトルが、他の二つのベクトルの1次式によって表現できること」を意味する。
ここでも、
について考える。- 3個のベクトルがいずれも零ベクトルならば、u,v,wはまったく任意である。
- 3個のベクトルのうち、2個のベクトルたとえばベクトルaと、ベクトルbが零ベクトルであり、残り1個のベクトルcが零ベクトルでないならば、w=0だが、u,vは任意である。
他の場合も同様。 - 3個のベクトルのうち、どれか1個だけが零ベクトルで、他の2個は零ベクトルでないとき、たとえば、ベクトルaのみが零ベクトルであるとき、
- ベクトルb、ベクトルcが平行ならば、これらが｢1次従属｣なので、v=w=0でないv,wが存在する。また、uは任意である。
- ベクトルb、ベクトルcが平行でないならば、これらが｢1次独立｣なので、v=w=0であるが、uは任意である。
- 3個のベクトルの、いずれもが零ベクトルでないとき、
- 3個がすべて平行だとしたら、はのk1倍(k1≠0)、
はのk2倍(k2≠0)とかけるから、
(u+k1v+k2w)=
となり、≠であるから、
u+k1v+k2w=0
これを満たす(u,v,w)=(0,0,0)以外の(u,v,w)の組み合わせは、無数に存在する。たとえば、(u,v,w)=(0,-k2,k1)など。 - 3個のうちいずれか2個のみが平行だとしたら、たとえばとが平行で、これらはとは平行でないとすれば、はのk倍(k≠0)とかけるから、
(u+kv)+w=
上で述べた「平面ベクトルの1次独立性」から、u+kv=0かつ、w=0
これを満たす(u,v,w)=(0,0,0)以外の(u,v,w)の組み合わせは、無数に存在する。たとえば、(u,v,w)=(-k,1,0)など。
他の場合も同様。 - 3個のベクトルがいずれも互いに平行でないが、同一平面上にあるとき、
上で述べた「平面ベクトルの1次独立性」から、ベクトルcは1次独立な2個のベクトルaとベクトルbの1次結合で表すことができる。
=k1+k2(ただし、k1≠0かつk2≠0)
したがって、
(u+k1w)+(v+k2w)=
ふたたび「平面ベクトルの1次独立性」から、u+k1w=0かつv+k2w=0
これを満たす(u,v,w)=(0,0,0)以外の(u,v,w)の組み合わせは、無数に存在する。たとえば、(u,v,w)=(-k1,-k2,1)など。
- 3個がすべて平行だとしたら、
- 最後に、3個のベクトルa、ベクトルb、ベクトルcがいずれも零ベクトルでなく、どの2個も互いに平行でなく、かつ、3個が同一平面上にもないとしたら、この式を満たす u,v,wは、u=v=w=0しかありえない。
3個のベクトルの｢1次従属｣性
- [表現1]3個のうちいずれか一つのベクトルが、他の二つのベクトルの1次式(1次結合)によって表現できること。
- [表現2]3個のうち少なくとも1個のベクトルが、零ベクトルであるか、または、少なくともいずれか2個のベクトルが互いに平行であるか、または、3個のベクトルが同一平面上にあること。
- [表現3]3個のベクトル,,が1次従属であるとは、
を満たす定数u,v,wがu=v=w=0以外にも存在することである。
従って、｢1次独立｣とは、｢1次従属｣の｢否定｣であるから、3個のベクトルの｢1次独立｣性
- [表現1]3個のうちいずれの一つのベクトルも、他の二つのベクトルの1次式(1次結合)によっては表現できないこと。
- [表現2]3個のうちいずれの1個のベクトルも、零ベクトルでなく、かつ、3個のうちいずれの2個のベクトルも互いに平行でなく、かつ、3個のベクトルが同一平面上にないこと。
- [表現3]3個のベクトル,,が1次独立であるとは、
を満たす定数u,v,wがu=v=w=0以外に存在しないことである。
- 1次結合：｢加法・減法｣と｢定数倍｣の組み合わせのみで、表現された式のことを｢1次結合｣と呼ぶ。
- ちなみに、[表現3]は、1次独立なベクトルa,ベクトルb,ベクトルcで「原点」を表現する方法が一つしかないことを意味している。
|
- 加法
+
=
・・・@
++
=
・・・・
これは、経路によらずに、「始点」と「終点」によってベクトルが決定されることを意味している。 - 減法
ベクトルは｢大きさ｣と｢方向｣の2つの要素を持っているから、「大きさ」が同じで「方向」が逆のベクトルは、｢マイナス｣をつけることで表現できる。
=-
したがって、@は、
-=
と書ける。移項すると、
=-
この式は、「左辺:始点Aで表現されたベクトル」を「右辺:始点Bで表現されたベクトル」に書き換えるには、元の｢終点｣からもとの｢始点｣を｢引けばよい｣ことを表している。これを｢始点のつけかえルール｣と呼んでおく。
ベクトルの｢矢印｣を｢主体･観測者｣から｢対象｣へ向かった｢視線｣だと考えれば、別の｢観測者｣から眺めた｢対象｣は、かつての｢観測者｣の｢視線｣から、そのかつての｢観測者｣の要素を除去すればよいことになる。これは立派な｢相対性理論｣である。 - 乗法
｢大きさ｣と｢方向｣という2つの要素を持つベクトルの特性から、さまざまな｢乗法｣が考えられる。次の3つが定義されている。ひとつは、「ベクトル」と｢スカラー｣の積、あとの2つは｢ベクトル｣と｢ベクトル｣の積である。- スカラー倍(定数倍)
ベクトルには｢大きさ｣と｢方向｣の2つの要素があるが、｢方向｣をそのままに｢大きさ｣だけを定数倍するには、ベクトル自体を定数倍すればよい。定数が負の値を持つときは、上の｢減法｣で述べたように、逆向きのベクトルと考えることができる。
=k
- スカラー積(内積)
ベクトルとベクトルの掛け算のうち、計算結果がスカラーとなるもの。
・
=||||cosθ
ここで、||はベクトルaの「大きさ」、θはベクトルaとベクトルbの｢なす角｣を表す。
同じベクトルa同士の内積は、θ=0であるから、
・
=||2
また、上の｢始点つけかえルール｣を用いれば、=-であるから、
・
=(-)・(-)
内積にはその定義上｢交換法則｣｢分配法則｣が成り立つから、
・
=(-)・(-)
=・-2・
+・
=||2-2||||cosθ+||2
ここでθは∠BACであり、この式は｢余弦定理｣を表している。
[物理学上の適用場面]
・「仕事」の定義:「仕事(スカラー量)」は「力(ベクトル量)」と｢変位(ベクトル量)」の内積である。 - (*)ベクトル積(外積)
ベクトルとベクトルの掛け算のうち、計算結果がベクトルとなるもの。
×
=(||||sinθ)
ここでベクトルnは、「ベクトルaをベクトルbに重ねようと回転させたとき、その方向に回転させた右ねじが進む方向の単位ベクトル(大きさが1のベクトル)｣と定義される。従って外積には交換法則が成り立たない。
[物理学上の適用場面]
・「力のモーメント」、｢面積速度」、｢フレミングの左手の法則」など。
- スカラー倍(定数倍)
-
平面上に、同一直線上にない3点O,A,Bがあったとしよう。この3点を結べば｢三角形｣ができるが、これは2個のベクトル
,
が、ちゃんと｢大きさ｣を持ち、違う「方向」を向いている、まさに｢1次独立｣であることを意味している。
つまり｢1次独立｣な2個のベクトルで作られるもっともシンプルな図形が、三角形なのだ。
ところで、上で述べたように、2次元平面上の、任意の点は、1次独立な2個のベクトルの1次結合で、ただ一通りに表現できる。
たとえば点Pは2個の1次独立なベクトル,を用いて、次のように表され、
=s+t
点Qも同様に、2個の1次独立なベクトル,を用いて、次のように表されたとしよう。
=u+v
これらの内積を計算すると、
・
=su・
+(sv+tu)・
+tv・
という風に、平面上のどのようなベクトルであったとしても、2個のベクトルの内積の計算過程には、・,・,・の、たった3種類の項しか出てこないことがわかる。
・は辺OAの長さの2乗である。
・は辺OBの長さの2乗である。
・は辺OA,OBの長さにそのなす角のコサインをかけたものである。
したがって、これら3個の内積の値が｢わかっている｣ということは、｢2辺とその間の角(2辺挟角)」が｢わかっている｣ということであって、これは△OABが｢確定｣していることを意味する。無数に存在するはずのさまざまな三角形の中で、ただ一つの｢特定の｣三角形と｢合同｣であるといえるからだ。平面上の2個の1次独立なベクトルを、 ,とすると、
- これらの1次結合で、平面上のすべてのベクトルを表現でき、
- これらの2個のベクトルから作られる「3種類の内積の値」、・,・,・がわかっていれば、その平面上のどのような点であったとしても、それらを結んでできる｢線分の長さ｣や、｢線分同士のなす角」をすべて、計算することができる。
-
話を空間に拡張すると、3個の1次独立なベクトル,,
で作られるもっともシンプルな図形は、四面体OABCである。
空間内の任意の点、たとえば点P,Qは次のように表される。
=u1+v1+w1
=u2+v2+w2
これらの内積は、
・
=u1u2・+v1v2・+w1w2・
+(u1v2+u2v1)・
+(v1w2+v2w1)・+(w1u2+w2u1)・
したがって、2個のベクトルの内積の計算過程には、・,・,・,・,・,・という、6種類の項しか出てこないことがわかる。
これは、四面体が｢確定｣するためには、その側面を構成する3個の三角形が｢合同条件｣を満たしていること、すなわち、
「辺OAの長さ」、「辺OBの長さ」、「辺OCの長さ」、∠AOB、∠BOC、∠COAの6個の要素が「わかって」いればよい、ということを意味している。空間内の3個の1次独立なベクトルを、 ,,とすると、
- これらの1次結合で、空間内のすべてのベクトルを表現でき、
- これらの3個のベクトルから作られる「6種類の内積の値」、・,・,・,・,・,・がわかっていれば、その空間内のどのような点であったとしても、それらを結んでできる｢線分の長さ｣や、｢線分同士のなす角」をすべて、計算することができる。
ここまでの話で、次のことが明らかになった。
- 平面上のすべての点は、2個の1次独立ベクトルの1次結合で表現する方法があること。
空間内のすべての点は、3個の1次独立ベクトルの1次結合で表現する方法があること。 - 辺の長さやそれらのなす角が定まった、特定の三角形を問題にするときは、3個の内積の値がわかっている必要があること。
辺の長さやそれらのなす角が定まった、特定の四面体を問題にするときは、6個の内積の値がわかっている必要があること。
- [カテゴリー1]｢内積｣を用いない平面ベクトルの問題
ここでは、辺の長さやそれらのなす角など、具体的な｢大きさ｣、｢角度｣を特定しない、任意の、あらゆる形の三角形に共通する問題を扱う。
与えられる数値はすべて絶対的な｢大きさ｣、｢角度｣に関するものではなく、相対的な｢長さの比｣のみである。
頂点と辺の内分点･外分点を結ぶ線分同士の｢交点を求める｣ことが主眼となる。 - [カテゴリー2]｢内積｣を用いない空間ベクトルの問題
ここでは、辺の長さやそれらのなす角など、具体的な｢大きさ｣、｢角度｣を特定しない、任意の、あらゆる形の四面体に共通する問題を扱う。
与えられる数値はすべて絶対的な｢大きさ｣、｢角度｣に関するものではなく、相対的な｢長さの比｣のみである。
頂点と辺の内分点･外分点を結ぶ線分と、これらの中から選んだ3点が構成する平面との｢交点を求める｣こと、が主眼となる。 - [カテゴリー3]｢内積｣を用いる平面ベクトルの問題
2個の1次独立ベクトルと、それらを組み合わせてできる3種類の内積の値が既知である場合、辺の長さ、それらのなす角が具体的に定まった、特定の三角形について問題にすることができる。
特定の点を結んでできる線分の長さ、線分同士のなす角、特に、「垂線の足」の位置、垂線の長さなど。 - [カテゴリー4]｢内積｣を用いる空間ベクトルの問題
3個の1次独立ベクトルと、それらを組み合わせてできる6種類の内積の値が既知である場合、辺の長さ、それらのなす角が具体的に定まった、特定の四面体について問題にすることができる。
特定の点を結んでできる線分の長さ、線分同士のなす角、線分と平面のなす角、特に、「点から平面に降ろした垂線の足」の位置、垂線の長さなど。
| 平面 | 空間 | |
| 内積を用いない |
[カテゴリー1]
任意の形の三角形に共通の問題
|
[カテゴリー2]
任意の形の四面体に共通の問題
|
| 内積を用いる |
[カテゴリー3]
特定の形の三角形に関する問題
|
[カテゴリー4]
特定の形の四面体に関する問題
|
-
これらの問題の解決に必要な｢ツール｣は、以下のとおりである。
- 始点のつけかえルール
=
-
始点Bから見た点Pを表す位置ベクトルを、新たな始点Aから表現したければ、元の終点を表す位置ベクトルから、元の始点を表す位置ベクトルを引けばよい。
- 3点が同一直線上にある条件(共線条件)
異なる2点ABを特定すれば、これを結ぶ直線ABは、ただ一つ定まる。
ここに第3の点Pを持ち込むとき、Pが直線AB上に存在するには、どのような条件を満たすことが必要であろうか？
ベクトルは、｢大きさ｣と｢方向｣のみを要素とする。A,P,Bが同一直線上に並んでいるのなら、ベクトルとベクトルは｢重なって｣いる。
｢重なって｣いるとは、｢方向｣は同じだが、｢大きさ｣については、同じかもしれないし、同じでないかもしれない、つまり｢わからない｣ことを意味する。
2個のベクトルが｢等しい｣、すなわち｢大きさ｣も｢方向｣も同じとき、それらは等号で結んでよい。｢方向｣は同じだが、｢大きさ｣が異なるのならば、一方が他方の｢定数倍｣に等しいと書くことができる。すなわち、
=t
この式が、3点A,P,Bが同一直線上にある条件を、完全に記述している。
これを、上の｢始点のつけかえルール｣により、任意の始点から｢見た｣表現形式に変えることができる。たとえば、始点をOとすると、
-=t(-)
を右辺に移項して同類項をまとめると、
=(1-t)+t
また、もう一つ別の表現をするならば、
=p+q
ただし、p+q=1
- 4点が同一平面上にある条件(共面条件)
互いに異なり、かつ同一直線上にない3点ABCを特定すれば、これらを含む平面は、ただ一つ定まる。
ここに第4の点Pを持ち込むとき、PがABCを含む平面上に存在するには、どのような条件を満たすことが必要であろうか？
｢平面上の任意の点を表す位置ベクトルは、その平面上に存在する2個の1次独立なベクトルの1次結合で、ただ一通りに表現できる」。
ここで、ベクトルとベクトルは、3点ABCが同一直線上にない以上、互いに1次独立である。
点Pが、ABCを含む平面上に存在するのなら、ベクトルは、これら2個に1次独立ベクトルの1次結合「だけ」で表現されなければならない。すなわち、
=u+v
この式が、4点A,B,C,Pが同一平面上にある条件を、完全に記述している。
これを、上の｢始点のつけかえルール｣により、任意の始点から｢見た｣表現形式に変えることができる。たとえば、始点をOとすると、
-=u(-)+v(-)
を右辺に移項して同類項をまとめると、
=(1-u-v)+u+v
また、もう一つ別の表現をするならば、
=p+q+r
ただし、p+q+r=1
- 内積の定義
・
=||||cosθ
ただし、θ=∠AOB
- [カテゴリー4]にのみ特有のツールとして、
｢直線と平面が垂直である｣ことの定義。- 第1の定義
直線lと平面αが垂直であるとは、αに含まれれる任意の直線と、直線lとが垂直であることである。
ところで、平面α上の任意の点を表す位置ベクトルは、αを構成する2個の1次独立なベクトルの1次結合で表現できるから、これらの点を結ぶ直線もまた、αを構成する2個の1次独立ベクトルの1次結合で｢かならず｣表現できるはずである。
したがって、 - 第2の定義
直線lと平面αが垂直であるとは、αを構成する2個の1次独立ベクトルと、直線lとが垂直であることである。
- 第1の定義
-
以上の事柄を踏まえて、｢問題の処理手順｣をマニュアル化しよう。
平面 空間 内積を用いない [カテゴリー1] - 始点を決める
- 2個の1次独立ベクトルを選ぶ
- 他の点(1次従属な点)の位置ベクトルを、これら2個の1次独立ベクトルの1次結合で表現する
- 始点のつけかえルール
- 共線条件
[カテゴリー2] - 始点を決める
- 3個の1次独立ベクトルを選ぶ
- 他の点(1次従属な点)の位置ベクトルを、これら3個の1次独立ベクトルの1次結合で表現する
- 始点のつけかえルール
- 共線条件
- 共面条件
内積を用いる [カテゴリー3] - 始点を決める
- 2個の1次独立ベクトルを選ぶ
- 他の点(1次従属な点)の位置ベクトルを、これら2個の1次独立ベクトルの1次結合で表現する
- これら2個の1次独立ベクトルを組み合わせてできる3種類の内積の値を求める
- 始点のつけかえルール
- 共線条件
- 内積の定義
[カテゴリー4] - 始点を決める
- 3個の1次独立ベクトルを選ぶ
- 他の点(1次従属な点)の位置ベクトルを、これら3個の1次独立ベクトルの1次結合で表現する
- これら3個の1次独立ベクトルを組み合わせてできる6種類の内積の値を求める
- 始点のつけかえルール
- 共線条件
- 共面条件
- 内積の定義
- 直線と平面が垂直であることの定義
- [例題1]△ABCの辺BCを1:2に内分する点をD、辺CAを3:2に内分する点をE、線分ADと線分BEの交点をFとするとき、Fを表す位置ベクトル
を、,を用いて表せ。また、AF:FD,BF:FEの値を求めよ。
- [例題2]△ABCの重心Gを表す位置ベクトル
を、,を用いて表せ。
- [例題3]四面体ABCDにおいて、辺ABを2:1に内分する点をL、辺BCの中点をM、辺CDを2:1に内分する点をN、△ACDの重心をGとする。3点L,M,Nを含む平面と線分BGの交点をPとするとき、BP:PGを求めよ。
- [例題4]四面体OABCにおいて、△OAB,△OBC,△OCA,△ABCの重心をそれぞれD,E,F,Gとする。線分DC,EA,FB,GOは1点で交わることを証明せよ。
- [例題5]四面体ABCDにおいて、ABを1:2に内分する点をL、ACを2:3に内分する点をM、ADを5:2に内分する点をN、CDの中点をS、直線BMと直線CLの交点をP、直線CNと直線ASの交点をQとするとき、DPとBQは交わらないことを証明せよ。
- [例題6]△ABCにおいて、AB=AC=2,BC=1とする。次のものを求めよ。
- Bから辺ACに下ろした垂線の足をHとするとき、AHの長さ。
- ACの垂直2等分線とABの交点をPとするとき、APの長さ。
- ∠Bの2等分線とACの交点をQとするとき、AQの長さ。
- △ABCの面積。
- [例題7]△ABCにおいて、
- ∠ABC,∠BCA,∠CABの2等分線は、1点で交わることを示せ。[内心]
- 辺AB,BC,CAの垂直2等分線は、1点で交わることを示せ。[外心]
- 頂点C,A,Bから、それぞれ辺AB,BC,CAに下ろした垂線は、1点で交わることを示せ。[垂心]
- 外心をO、垂心をHとするとき、以下の式が成り立つことを示せ。
=++
さらに、重心をGとするとき、3点G,O,Hは同一直線上にあることを示し、OG:GHを求めよ。
- [例題8]
4点O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,
)を頂点とする四面体OABCについて、Oから△ABCを含む平面に下ろした垂線の足をHとするとき、OHの長さ、および、cos∠OAHの値を求めよ。
- [例題9]
- 四面体OABCにおいて、△OAB,△OBC,△OCA,△ABCの重心をそれぞれD,E,F,Gとする。線分DC,EA,FB,GOは1点で交わることを証明せよ。
- 四面体OABCは1辺の長さ1の正四面体であるとする。上で求めた、線分DC,EA,FB,GOの交点をP、∠OPA=θとするとき、cosθの値を求めよ。
- [例題1]△ABCの辺BCを1:2に内分する点をD、辺CAを3:2に内分する点をE、線分ADと線分BEの交点をFとするとき、Fを表す位置ベクトルを、,を用いて表せ。また、AF:FD,BF:FEの値を求めよ。
[処理手順]- 始点はAにする。
- 1次独立な2個のベクトルとして、,を選ぶ。
- 他の点(1次従属な点)はD,E,Fであるから、これらの点の始点をAとした位置ベクトル、,
,を、上の2個のベクトルの1次結合として表現することが目標である。
-
DはBCを1:2に内分する点である。
=
始点をAに変える。
-=(-)
=
+・・・@
これを一般化して、｢内分点・外分点｣を表す位置ベクトルを求めておく。
こうして、｢内分点｣を表す位置ベクトル ｢外分点｣を表す位置ベクトル 「PがABをm:nに内分する」とは、
点A,Bからそれぞれ｢内側に向かって」点Pを｢眺めた｣とき、AP:PBの比がm:nであることを意味する。
AP:AB=AP:(AP+PB)=m:(m+n)
であるから、
始点をAに変える。
移項してまとめると、
「PがABをm:nに外分する」とは、
点A,Bのいずれかから｢外側に向かって」点Pを｢眺めた｣とき、AP:PBの比がm:nであることを意味する。
点A,Bのどちらの外側になるかは、m,nの大小関係による。-
m＞nのとき、PはBの｢外側｣にある。つまり、3点はA,B,Pの順に並んでいる。
AP:AB=AP:(AP-PB)=m:(m-n) -
m＜nのとき、PはAの｢外側｣にある。つまり、3点はP,A,Bの順に並んでいる。
PA:AB=PA:(PB-PA)=m:(m-n)
始点をAに変える。
移項してまとめると、
ABをm:nに内分する点Pを表す位置ベクトルは、
PがABをm:nに外分するときは、nを-nと｢読みかえ｣て、
-
m＞nのとき、PはBの｢外側｣にある。つまり、3点はA,B,Pの順に並んでいる。
-
EはCAを3:2に内分する点(ACを2:3に内分する点)である。
=
・・・A
-
FはADとBEの交点である。[直線と直線の交点の求め方]
-
FはAD上の点であるから、
=s
と書ける。ただし、AF:FD=s:(1-s)
@より、
=s+s・・・B
-
FはBE上の点であるから、
=t
と書ける。ただし、BF:FE=t:(1-t)
始点をAに変えて、
=(1-t)+t
Aより、
=(1-t)+t・・・C
BCより、,はいずれも零ベクトルではなく、互いに平行でないから(1次独立)、それぞれの係数は等しく、
s=1-t
s=t
といえる。この、s,tに関する連立方程式を解いて、
s=
t=
したがって、
=
+
また、
AF:FD=s:(1-s)=:=2:1
BF:FE=t:(1-t)=:=5:4
直線と直線の交点の求め方 求める点が、
一方の直線上にあることから、未知数が1個
他方の直線上にもあることから、未知数が1個
2次元平面では、1次独立なベクトルの個数は2個だから、その係数に関する条件式は2個
一般に、未知数の個数と、独立な条件式の個数が一致しているとき、その連立方程式は、解を持つ
だから、交点としてただ一つの解が求められる。 -
FはAD上の点であるから、
- [例題2]△ABCの重心Gを表す位置ベクトルを、,を用いて表せ。
辺ABの中点をL、辺ACの中点をM、辺BCの中点をNとする。三角形の「重心」 三角形の各頂点とその対辺の中点を結ぶ線分を｢中線｣と呼ぶ。
どのような三角形でも、3本の中線は一点で交わる。これを三角形の｢重心｣と呼ぶ。
均一な材質でできた三角形の板の｢重心｣に糸をつけて吊り下げると、３頂点を地表面に平行な同一平面上に保ったまま安定する。
｢重力」の作用する中心であることから｢重心｣と名づけられた。
ここで解決すべき事柄は、- 線分CLと線分BMとの交点G1を求める、すなわち1を、１次独立な２個のベクトル,の１次結合で表すこと。
- G1が線分AN上にあること、すなわち、A,G1,Nが同一直線上にあることを示すこと。
[処理手順]- 始点はAにする。
- 1次独立な2個のベクトルとして、,を選ぶ。
- 他の点(1次従属な点)はL,M,N,G1であるから、これらの点の始点をAとした位置ベクトル、
,
,
,1を、上の2個のベクトルの1次結合として表現することが目標である。
- Lは線分ABの中点である。
=
・・・@
- Mは線分ACの中点である。
=・・・A
- Nは線分BCの中点である。
=
始点をAに変えると、
=+・・・B
- G1は線分CLと線分BMとの交点である。
- G1は線分CL上にある。
1=s
始点をAに変えると、
1=(1-s)+s
@より、
1=(1-s)+s・・・C
- G1は線分BM上にある。
1=t
始点をAに変えると、
1=(1-t)+t
Aより、
1=t+(1-t)・・・D
,は、いずれも零ベクトルでなく、互いに平行でないから、
(1-s)=t
s=(1-t)
これらを満たすs,tは、
s=t=
よって、
1=+・・・E
ところで、Bより、
=+・・・B
1=(+)=
こうして、A,G1,Nが同一直線上にあることが示された。
ここで、あらためてG1をGとして、定義しなおすと、
=+
三角形の重心 △ABCの重心Gを表す位置ベクトル
=+
これを始点Oとして書き直すと、
-=(-)+(-)
=++
- G1は線分CL上にある。
- 線分CLと線分BMとの交点G1を求める、すなわち
- [例題3]四面体ABCDにおいて、辺ABを2:1に内分する点をL、辺BCの中点をM、辺CDを2:1に内分する点をN、△ACDの重心をGとする。3点L,M,Nを含む平面と線分BGの交点をPとするとき、BP:PGを求めよ。
[処理手順]- 始点はAにする。
- 1次独立な3個のベクトルとして、,,を選ぶ。
- 他の点(1次従属な点)はL,M,N,Gであるから、これらの点の始点をAとした位置ベクトル、,,,を、上の3個のベクトルの1次結合として表現することが目標である。
- LはABを2:1に内分する点であるから、
=・・・@
- MはBCの中点、すなわちBCを1:1に内分する点であるから、
=
始点をAに変える。
=+・・・A
- NはCDを2:1に内分する点であるから、
=
始点をAに変える。
=+・・・B
- Gは△ACDの重心であるから、[例題2]の結果より、
=+・・・C
- PはL,M,Nを含む平面と線分BGの交点である。[平面と直線の交点の求め方]
- PはL,M,Nを含む平面上にあるから、
=u
+u
始点をAに変える。
-=u(-)+v(-)
=(1-u-v)+u+v
@ABより、
=(1-u-v)+u(+)+v(+)
=(-
u-v)+(u+v)+v・・・D
- PはBG上にあるから、
=w
始点をAに変える。
-=w(-)
=(1-w)+w
Cより、
=(1-w)+w(+)
=(1-w)+w+w・・・E
,,はいずれも零ベクトルではなく、どの2個も互いに平行でなく、かつ同一平面上にないから(1次独立)、それぞれの係数は等しく、
-u-v=1-w
u+v=w
v=w
この、u,v,wに関する連立方程式を解いて、
u=
,v=
,w=
=
++
したがって、BP:PG=w:(1-w)=:=6:5
平面と直線の交点の求め方 求める点が、
ある平面上にあることから、未知数が2個
またある直線上にもあることから、未知数が1個
3次元空間では、1次独立なベクトルの個数は3個だから、その係数に関する条件式は3個
一般に、未知数の個数と、独立な条件式の個数が一致しているとき、その連立方程式は、解を持つ
だから、交点としてただ一つの解が求められる。｢自由度｣について - 1次元数直線上の1点を特定しようとすれば、ただ一つの数値を指定すればよい。
自由に選ぶことのできる数値が一つであるから、これを｢自由度｣1と呼ぶ。 - 2次元平面上の1点を特定しようとすれば、二つの数値を組を指定すればよい。
自由に選ぶことのできる数値が二つであるから、これを｢自由度｣2と呼ぶ。 - 3次元空間内の1点を特定しようとすれば、三つの数値を組を指定すればよい。
自由に選ぶことのできる数値が三つであるから、これを｢自由度｣3と呼ぶ。
1次独立なベクトルの個数と、｢自由度｣が、対応していることがわかる。
- PはL,M,Nを含む平面上にあるから、
同じ問題を、始点をBとして解くこともできる。
[処理手順]- 始点はBにする。
- 1次独立な3個のベクトルとして、,,を選ぶ。
- 他の点(1次従属な点)はL,M,N,Gであるから、これらの点の始点をBとした位置ベクトル、
,,,を、上の3個のベクトルの1次結合として表現することが目標である。
- LはABを2:1に内分する点(BAを1:2に内分する点)であるから、
=・・・@
- MはBCの中点、すなわちBCを1:1に内分する点であるから、
=・・・A
- NはCDを2:1に内分する点であるから、
=
始点をBに変える。
=+・・・B
- Gは△ACDの重心であるから、[例題2]の結果より、
=+
始点をBに変える。
=++・・・C
- PはL,M,Nを含む平面と線分BGの交点である。[平面と直線の交点の求め方]
- PはL,M,Nを含む平面上にあるから、
=u+u
始点をBに変える。
-=u(-)+v(-)
=(1-u-v)+u+v
@ABより、
=(1-u-v)+u+v(+)
=(1-u-v)+(u+v)+v・・・D
- PはBG上にあるから、
=w
Cより、
=w+w+w・・・E
,,はいずれも零ベクトルではなく、どの2個も互いに平行でなく、かつ同一平面上にないから(1次独立)、それぞれの係数は等しく、
(1-u-v)=w
u+v=w
v=w
この、u,v,wに関する連立方程式を解いて、
u=,v=,w=
=++
したがって、BP:PG=w:(1-w)=:=6:5
このように、問題の解決方法は、始点の選び方、1次独立なベクトルのセットの選び方に依存しない。 - PはL,M,Nを含む平面上にあるから、
- [例題4]四面体OABCにおいて、△OAB,△OBC,△OCA,△ABCの重心をそれぞれD,E,F,Gとする。線分DC,EA,FB,GOは1点で交わることを証明せよ。
[処理手順]- 始点はOにする。
- 1次独立な3個のベクトルとして、,,を選ぶ。
- 他の点(1次従属な点)はD,E,F,Gであるから、これらの点の始点をOとした位置ベクトル、
,
,
,を、上の3個のベクトルの1次結合として表現する。
- CDとAEの交点をPとする。[空間直線の交点]
- PがBF上にあることを証明する。
- 同様に、PがOG上にもあることを証明する。
[空間直線の交点]にまつわる問題点 - 2次元平面では、｢平行でない2直線は必ず交わる｣。
これは、平行でない2直線の交点を求める｢連立方程式｣が｢解を持つ｣ことに対応する。
求める点が、一方の直線上にあることから1個の未知数が、またもう一方の直線上にもあることからもう1個、合計2個の未知数が導入される。
2次元平面の｢1次独立｣なベクトルの個数は2であるから、これら2個の未知数の関係を表す｢条件式｣の個数は2である。
だから、ただ一つの解が定まる。 - 3次元空間では、｢平面と、これと平行でない直線は必ず交わる｣。
これは、平面と、これと平行でない直線の交点を求める｢連立方程式｣が｢解を持つ｣ことに対応する。
求める点が、一方の平面上にあることから2個の未知数が、またもう一方の直線上にもあることからもう1個、合計3個の未知数が導入される。
3次元空間の｢1次独立｣なベクトルの個数は3であるから、これら3個の未知数の関係を表す｢条件式｣の個数は3である。
だから、ただ一つの解が定まる。 - 3次元空間では、｢平行でない2直線は、必ず交わるとは言えない｣。
互いに平行な2平面上に存在する直線同士のうち、互いに平行でない直線同士の関係を｢ねじれの位置｣と呼ぶ。
これは、2個の空間直線の交点を求める｢連立方程式｣が｢解を持たない可能性がある｣ことに対応する。
求める点が、一方の直線上にあることから1個の未知数が、またもう一方の直線上にもあることからもう1個、合計2個の未知数が導入される。
3次元空間の｢1次独立｣なベクトルの個数は3であるから、これら3個の未知数の関係を表す｢条件式｣の個数は3である。
未知数の個数より、条件式の個数のほうが多いから、このような条件を見たす解のセットが｢存在しない｣可能性が生じる。
- 2次元平面では、｢平行でない2直線は必ず交わる｣。
-
Dは△OABの重心だから、=+
-
Eは△OBCの重心だから、=+
-
Fは△OCAの重心だから、=+
-
Gは△ABCの重心だから、=++
- CDとAEの交点を求めたい。しかし、｢交わるかどうか｣がわからないので、次のように処理する。
CD上の点P1と、AE上の点P2とをそれぞれ別個に表現し、これらが｢一致する｣可能性があることを証明する。
P1はCD上の点だから、
1=s
1-=s(-)
1=(1-s)+s
1=s+s+(1-s)・・・@
P2はAE上の点だから、
2=s
2-=t(-)
2=(1-t)+t
2=(1-t)+t+t・・・A
@Aより、2点P1,P2が一致するとすれば、,,は、いずれもでなく、どの2個も互いに平行でなく、かつ同一平面上にない(1次独立)ことから、以下の3式を同時に満たすs,tが存在するはずである。[2個の未知数と3個の条件式]
・s=1-t
・s=t
・1-s=t
s=t=
はこれらを同時に満たすから、P1,P2は一致する。これを新たに点Pとすれば、
=
++
- 始点をBに変えると、
-
=(-)-+(-)
=++・・・B
また、
=+
だから、これもBを始点として書き直すと、
-=(-)+(-)
=++・・・C
BCから、
=
となり、こうして点Pが直線BF上にあることが示された。 -
また、
=++
であるから、
=
となり、こうして点Pが直線OG上にあることが示された。 -
以上から、線分DC,EA,FB,GOは1点で交わり、その交点Pは次のように表されることがわかった。
=++
（この点Pは、四面体OABCの「重心」をあらわすことが知られている。）
重心 線分OA =△OAB =+四面体OABC =++
- [例題5]四面体ABCDにおいて、ABを1:2に内分する点をL、ACを2:3に内分する点をM、ADを5:2に内分する点をN、CDの中点をS、直線BMと直線CLの交点をP、直線CNと直線ASの交点をQとするとき、DPとBQは交わらないことを証明せよ。
[処理手順]- 始点はAにする。
- 1次独立な3個のベクトルとして、,,を選ぶ。
- 他の点(1次従属な点)はL,M,N,S,P,Qであるから、これらの点の始点をAとした位置ベクトル、,,,
,,
を、上の3個のベクトルの1次結合として表現する。
- DP上の点をR1、BQ上の点をR2としたとき、R1,R2が決して同一の点とはなり得ないこと、すなわち、
1と2が、1次独立な3個のベクトル,,の1次結合として、同一の式では表現できないことを示す。
[空間直線の交点]
- LはABを1:2に内分する点
=
- MはACを2:3に内分する点
=
- NはADを5:2に内分する点
=
- SはCDの中点
=+
- Pは直線BMと直線CLの交点
- PはBM上
=s
-=s(-)
=(1-s)+s
=(1-s)+s・・・@
- PはCL上
=t
-=t(-)
=(1-t)+t
=t+(1-t)・・・A
- @Aより、,は、いずれもでなく、互いに平行でないから(1次独立)、
・1-s=t
・s=1-t
s=
,t=
したがって、
=
+
- PはBM上
- Qは直線CNと直線ASの交点
- QはCN上
=u
-=u(-)
=(1-u)+u
=(1-u)+u・・・B
- QはAS上
=v
=v+v・・・C
- BCより、,は、いずれもでなく、互いに平行でないから(1次独立)、
・1-u=v
・u=v
u=
,t=
したがって、
=
+
- QはCN上
-
DP上に点R1、BQ上に点R2をとる。
-
1=x
1=(1-x)+x
1=(1-x)+x(+)
1=x+x+(1-x)・・・D
-
2=y
2=(1-y)+y
2=(1-y)+y(+)
2=(1-y)+y+y・・・E
-
DEより、,,は、いずれもでなく、どの2個も互いに平行でなく、かつ同一平面上にないから(1次独立)、
R1,R2が一致するとすれば、以下の3式を同時に満たすx,yが存在するはずである。[2個の未知数と3個の条件式]
・x=1-y
・x=y
・1-x=y
しかし、これらの3式を同時に満たすx,yは存在しないから、点R1と点R2は一致することがない。すなわち、
直線DPと直線BQは共有点を持たない。
-
- [例題6]△ABCにおいて、AB=AC=2,BC=1とする。次のものを求めよ。
- Bから辺ACに下ろした垂線の足をHとするとき、AHの長さ。
- ACの垂直2等分線とABの交点をPとするとき、APの長さ。
- ∠Bの2等分線とACの交点をQとするとき、AQの長さ。
- △ABCの面積。
- 始点はAにする。
- 1次独立な2個のベクトルとして、,を選ぶ。
- 他の点(1次従属な点)はH,P,Qであるから、これらの点の始点をAとした位置ベクトル、
,,を、上の2個のベクトルの1次結合として表現することが目標である。
- ここでは、｢垂線｣、｢垂直｣、｢角の2等分線｣、｢長さ｣など、｢角度｣および、絶対的な｢長さ｣が問題となっているから、｢内積｣を用いる必要が生じる。
三角形が｢確定｣するには3個の内積の値、・,・,・がわかっていることが必要である。
- ・=||2=22=4
- ・=||2=22=4
- ・は、BC=1であることから、次のようにして求めることができる。
・=||2=12=1
(-)・(-)=1
・-2・+・=1
4-2・+4=1
・=
- Bから辺ACに下ろした垂線の足をHとするとき、AHの長さ。
Hは、「Bから辺ACに下ろした垂線の足」、これを次の2つの｢事実｣に分解して考える。- Hは直線AC上にある。
=t・・・@
- BH⊥ACである。
・=0・・・A
(-)・=0
@を代入する。
(t-)・=0
(-t)・=0
・-t・=0
上で得られた｢内積｣の値を代入する。
-4t=0
t=
=
こうして、Hの場所がわかった。AHの長さは、
||=||=×2=
- Hは直線AC上にある。
- ACの垂直2等分線とABの交点をPとするとき、APの長さ。
- PはAB上にある。
=t・・・@
- PはACの垂直2等分線上にある。
ACの中点をMとすると、
=・・・A
PM⊥AC
・=0
始点をAに変えて、
(-)・=0
(-t)・=0
(t-)・=0
t・-・=0
t-×4=0
t=
=
こうして、Pの場所がわかった。APの長さは、
||=||=×2=
- PはAB上にある。
- ∠Bの2等分線とACの交点をQとするとき、AQの長さ。
角の2等分線 ∠AOBの2等分線上の点をPとすると、 - と同じ方向の｢単位ベクトル(大きさが1のベクトル)」を0、
と同じ方向の｢単位ベクトル(大きさが1のベクトル)」を0、とすれば、
「ひし形」の対角線が頂角を2等分することから、
∠AOBの2等分線上の点Pを表す位置ベクトルは次のように表される。
=k(0+0)
すなわち、
- △OABにおいて、∠AOBの2等分線と辺ABの交点をDとすると、
AD:DB=OA:OBである。
なぜなら、
Oから辺ABに下ろした垂線の長さをhとすれば、
△OADの面積S1,△OBDの面積S2は、 それぞれ次のように表される。
S1=h・AD
S2=h・BD
したがって、S1:S2=AD:BD
一方、∠AOD=∠BOD=θとすると、
S1=OA・ODsinθ
S2=OB・ODsinθ
したがって、S1:S2=OA:OB
以上から、AD:DB=OA:OB
OA=a,OB=bとすると、
=
+
したがって、
=t=t(+)
-
Qは∠ABCの2等分線上にある。
AB=2,BC=1だから、
=s(+)
始点をAに変えると、
-=s{(-)+(-)}
=(1-
s)+s・・・@
-
QはAC上にあるから、
=t・・・A
@Aより、,はいずれもでなく、互いに平行でない(1次独立)から、
1-s=0
s=t
これを満たすs,tは、s=t=
=
||=||=×2=
- △ABCの面積。
三角形の面積 △ABCの面積をS、∠BAC=θとすると、
S=AB・ACsinθ
ここで、0＜θ＜πだから、sinθ＞0
sinθ=
内積の定義から、
・=||||cosθ
したがって、
S=||||sinθ=||||
=
・=||2=4,
・=||2=4,
・=
であるから、
S==
- [例題7]△ABCにおいて、
- ∠ABC,∠BCA,∠CABの2等分線は、1点で交わることを示せ。[内心]
- 辺AB,BC,CAの垂直2等分線は、1点で交わることを示せ。[外心]
- 頂点C,A,Bから、それぞれ辺AB,BC,CAに下ろした垂線は、1点で交わることを示せ。[垂心]
- 外心をO、垂心をHとするとき、以下の式が成り立つことを示せ。
=++
さらに、重心をGとするとき、3点G,O,Hは同一直線上にあることを示し、OG:GHを求めよ。
上の定義から明らかなように、重心・外心・内心・垂心のうち、重心以外の3つは、すべて｢垂直｣という、具体的な｢角度｣の要素が含まれている。したがって、重心 三角形の3個の頂点と、向かい合う辺の中点を結ぶ線分を｢中線｣と呼ぶ。
3本の中線は1点で交わる。これを｢重心｣と呼ぶ。重力の作用する中心だからである。外心 三角形の3個の頂点を通る円はただ一つ定まる。これを三角形の｢外接円｣と呼ぶ。
外接円の中心を｢外心｣と呼ぶ。
円の中心から、その｢弦｣に向かって下ろした垂線は、｢弦｣を2等分する。
したがって、｢外心｣は、辺の垂直2等分線の交点である。内心 三角形の3辺に同時に接する円はただ一つ定まる。これを三角形の｢内接円｣と呼ぶ。
内接円の中心を｢内心｣と呼ぶ。
内接円の中心から各辺に垂線を下ろすと、その長さはすべてこの円の半径であり、等しい。
したがって、｢内心｣は頂角の2等分線の交点である。垂心 三角形の3個の頂点から、向かい合う辺に向かって下ろした3本の垂線は1点で交わる。
これを｢垂心｣と呼ぶ。- 重心は、すべての三角形に共通な、｢内積｣を用いない表現ができる。[カテゴリー1]
- 外心・内心・垂心の位置は、3個の｢内積｣の値がわからない限り確定しない。[カテゴリー3]
- [内心]
BC=a,CA=b,AB=cとする。
∠CABの2等分線と、∠ABCの2等分線の交点をIとし、Iが∠BCAの2等分線にあることを示せばよい。
Iは∠CABの2等分線上にあるから、
=s(
+
)
=s+s・・・@
Iは∠ABCの2等分線上にあるから、
=t(
+)
始点をAに変えると、
-=t(-)-t
={1-(+)t}+t・・・A
@Aより、,はいずれもでなく、互いに平行でないから(1次独立)、
s=1-(+)t
s=t
これらを満たすs,tは、
s=
,t=
したがって、
=
+
始点をCに変えると、
=(1--)
+
=
+
これは次のように変形できるから、
=
(+)
Iは∠BCAの2等分線上にあることが示された。 - [外心]
-
BCの中点をL、CAの中点をM、ABの中点をNとする。
=+
=
=
-
外心Oを表す位置ベクトルを、
=s+t
とすれば、 -
｢外心｣は、各辺の垂直2等分線の交点であることから、次の3式が成り立つはずである。
・=0・・・@
・=0・・・A
・=0・・・B
- 外心の位置を確定するために必要な未知数はs,tの2個であり、これらを規定する条件式が@ABの3個である。
3個の条件式のうちいずれか2個から定まった未知数s,tが、残りの1式をも満たすことを示せば、｢3辺の垂直2等分線が1点で交わる｣ことが証明されたことになる。 - ABを満たすs,tが@をも満たすことを示すことにする。
AをAを始点に書き換える。
(-)・(-)=0
{-(s+t)}・=0
{s-(-t)}・=0
s・-(-t)・=0・・・(@)
同様にBをAを始点に書き換える。
(-)・=0
{-(s+t)}・=0
{(-s)-t}・=0
(-s)・-t・=0・・・(A)
一方、@の左辺は、
・
={(-s)+(-t)}・(-)
=-{(-s)+(-t)}・(-)
=-(-s)・-(s-t)・+(-t)・
ここで,(@)(A)を用いると、
・
=-t・-(s-t)・+s・
=0
こうして、3辺の垂直2等分線が1点で交わることが示された。
-
BCの中点をL、CAの中点をM、ABの中点をNとする。
- [垂心]
-
垂心Hを表す位置ベクトルを、
=u+v
とすれば、 -
｢垂心｣は、各頂点から対辺に下ろした垂線の交点であることから、次の3式が成り立つはずである。
- ・=0・・・@
- ・=0・・・A
・=0・・・B
- 垂心の位置を確定するために必要な未知数はu,vの2個であり、これらを規定する条件式が@ABの3個である。
3個の条件式のうちいずれか2個から定まった未知数u,vが、残りの1式をも満たすことを示せば、｢3頂点から対辺に下ろした3個のの垂線が1点で交わる｣ことが証明されたことになる。 - ABを満たすu,vが@をも満たすことを示すことにする。
AをAを始点に書き換える。
(-)・(-)=0
{(u-1)+v)}・=0
(u-1)・+v・=0・・・(B)
同様にBをAを始点に書き換える。
(-)・=0
{u+(v-1))}・=0
u・+(v-1)・=0・・・(C)
一方、@の左辺は、
・
=(u+v)・(-)
=-(u+v)・(-)
=-u・+(u-v)・+v・
ここで,(B)(C)を用いると、
・
=(v-1)・+(u-v)・-(u-1)・
=0
こうして、3頂点から対辺に下ろした3個の垂線が1点で交わることが示された。 -
(補)｢外心｣と｢垂心｣の関係
上の(@)(A)(B)(C)が、任意の・,・,・（このうち、・以外は当然0でない）に対して、常に成立するような、s,t,u,vの関係を求めると、計算過程は煩雑なので省略するが、
u=1-2s
v=1-2t
が得られる。したがって、「外心」Oを表す位置ベクトルを
=s+t
とすれば、｢垂心｣Hを表す位置ベクトルは、
=(1-2s)+(1-2t)
すなわち、
=+-2
始点をOに変えると、
-=-+-+2
=++
これが次の問の｢ネタ｣である。
-
垂心Hを表す位置ベクトルを、
-
｢外心｣と｢垂心｣の関係
-
BCの中点をL、CAの中点をM、ABの中点をNとする。
=+
=
=
-
｢外心｣Oは、各辺の垂直2等分線の交点であることから、次の2式が成り立つ。
- ・=0・・・@
- ・=0・・・A
(-)・(-)=0
・=・・・・(@)
Aより、
(-)・=0
・=・・・・(A)
-
(@)(A)を満たす点O(外心)に対して、与えられた式、
=++・・・B
で示される点Hが、垂心であること、すなわち、BH⊥ACかつ、CH⊥ABであることを示せばよい。
B式の始点をAに変えると、
=+-2
・
=(-2)・
=・-2・
=0・・・∵(@)より
・
=(-2)・
=・-2・
=0・・・∵(A)より
Hは垂心であることが示された。よって、外心O、垂心Hに対してB式が成立する。 -
△ABCの重心Gは、
=+
したがって、
=3-2
始点をOに変えると、
-=3(-)+2
=3
よって、OG:GH=1:2
-
BCの中点をL、CAの中点をM、ABの中点をNとする。
- [例題8]
4点O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,)を頂点とする四面体OABCについて、Oから△ABCを含む平面に下ろした垂線の足をHとするとき、OHの長さ、および、cos∠OAHの値を求めよ。
[処理手順]- 始点をOとする。
- 1次独立な3個のベクトルとして、,,を選ぶ。
- その他の点Hを表す位置ベクトルをこれら3個のベクトルで表す。
- 6個の内積・,・,・,・,・,・の値を求めておく。
内積の成分表示 平面 空間 2次元平面ベクトルを、(x,y)座標平面に、
関連付けた表現形式を｢成分表示｣と呼ぶ。
P(x,y)を表す位置ベクトルを
=(x,y)
と書く。
x,y方向の｢単位ベクトル(長さが1のベクトル)｣を
それぞれ
,
とすれば、
=(1,0)
=(0,1)
これらの間の内積は、
・=1
・=0
・=1
したがって、
=(x1,y1)=x1+y1
=(x2,y2)=x2+y2
に対して、・は、
・=(x1+y1)・(x2+y2)
=x1x2・+(x1y2+x2y1)・+y1y2・
=x1x2+y1y23次元空間ベクトルを、(x,y,z)座標空間に、
関連付けた表現形式を｢成分表示｣と呼ぶ。
P(x,y,z)を表す位置ベクトルを
=(x,y,z)
と書く。
x,y,z方向の｢単位ベクトル(長さが1のベクトル)｣を
それぞれ,,
とすれば、
=(1,0,0)
=(0,1,0)
=(0,0,1)
これらの間の内積は、
・=・=・=1
・=・=・=0
したがって、
=(x1,y1,z1)=x1+y1+z1
=(x2,y2,z2)=x2+y2+z2
に対して、・は、
・=(x1+y1+z1)・(x2+y2+z2)
=x1x2+y1y2+z1z2-
=(1,0,0)
=(0,1,0)
=(0,0,)
であるから、これらの間の内積は、
・=1
・=1
・=3
・=
・=
・=0
- Hは△ABCを含む平面上の点だから、
=u+v
と表すことができる。始点をOに変えると、
=(1-u-v)+u+v
HはOから△ABCを含む平面上に下ろした垂線の足だから、
OH⊥ABかつ、OH⊥AC
すなわち、・=0かつ、・=0
・=0
{(1-u-v)+u+v}・(-)=0
{(1-u-v)+u+v}・(-)=0
・=
・=
・=0だから、
(1-u-v)・-u・=0
1-2u-v=0・・・@
・=0
{(1-u-v)+u+v}・(-)=0
{(1-u-v)+u+v}・(-)=0
・=
・=
・=0だから、
(1-u-v)・-v・=0
1-u-4v=0・・・A
@Aより、
u=
v=
よって、
=++
-
・=(++)・(++)
=()2+()2+()2×3=
したがって、
||=
/7
-
・=||||cosθ
・
=-・(-)
=-・(-++)
=・=
||=||=1
||2=・
=(-++)・(-++)
=(-)2+()2+()2×3=
||=2/
したがって、
cosθ=
- [例題9]
- 四面体OABCにおいて、△OAB,△OBC,△OCA,△ABCの重心をそれぞれD,E,F,Gとする。線分DC,EA,FB,GOは1点で交わることを証明せよ。
- 四面体OABCは1辺の長さ1の正四面体であるとする。上で求めた、線分DC,EA,FB,GOの交点をP、∠OPA=θとするとき、cosθの値を求めよ。
- [例題4]参照
=++
- OABCは1辺の長さ1の正四面体であるから、6個の内積の値は次のように定まる。
・=1
・=1
・=1
・=1×1×cos60°=
・=1×1×cos60°=
・=1×1×cos60°=
・
=||||cosθ
・=・=・(-)
=(++)・(-++)
=(-)+()2+()2+{()2+(-)}×+2()2×+{()2+(-)}×=-
||2=||2=()2+()2+()2+2()2×+2()2×+2()2×=
||2=(--)・(--)
=()2+()2+()2-2+2()2-2=
||=||=
cosθ=-
(x-x0)
(y-y0)=
(z-z0):yz平面に平行な直線
(x-x0)=