NF杯2023(D) - 補足

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問1.

$$(\dfrac{AR}{RB},\dfrac{BP}{PC},\dfrac{CQ}{QA})$$

は,点$X$を動かしたときに,任意の$\lbrace (x,y,z)\in \mathbb{R}^3_{\gt 0};xyz=1\rbrace$上の点を取りうるか？

答1.

結論から言うと取りうる.

$\dfrac{AR}{RB}=s,\dfrac{CQ}{QA}=t$となるように辺$AB,AC$を内分するように点$R,Q$を取る.

このとき,

$$\overrightarrow{AR}=\dfrac{s}{1+s}\overrightarrow {AB},\overrightarrow{AQ}=\dfrac{1}{1+t}\overrightarrow{AC}$$

である.任意の$s,t\in (0,\infty)$に対して,うまく点$R,Q$をそれぞれ線分$AB,AC$から取ってくれば条件が満たされる.さらに,点の取り方は一意である.

このとき,$X$の位置は$RC$と$BQ$の交点であると定める.

さらに,

$\dfrac{AR}{RB}=s,\dfrac{CQ}{QA}=t$となるような$X$の取り方はこの場合しか無いのである.

問2.

このような$X$の取り方において,$X$は必ず三角形の内部(周上を除く)領域に存在しているか?

答2.

結論から言うと常に三角形の内部にあることが保証される.

チェバの定理により,$\dfrac{BP}{PC}=\dfrac{1}{st}$である.

よって,

$$\overrightarrow{AP}=\dfrac{st}{1+st}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{1+st}\overrightarrow{AC}$$

となる.

さらに,メネラウスの定理より,

$$\dfrac{AX}{XP}\cdot \dfrac{PC}{CB}\cdot \dfrac{BR}{RA}=1$$

であるため,

$$\dfrac{AX}{XP}\cdot \dfrac{st}{1+st}\cdot \dfrac{1}{s}=1$$

より,

$$\dfrac{AX}{XP} =s\cdot \dfrac{1+st}{st}$$

である.よって,

$$\overrightarrow{AX}=\dfrac{1+st}{1+t+st}\overrightarrow{AP}$$

より,

$$\overrightarrow{AX}=\dfrac{st}{1+t+st}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{1+t+st}\overrightarrow{AC}$$

である.

ここで,$s,t\in (0,\infty)$ならば,

$$0\lt \dfrac{st}{1+t+st}\land 0\lt \dfrac{1}{1+t+st} \land \dfrac{st}{1+t+st}+\dfrac{1}{1+t+st}=\dfrac{1+st}{1+t+st}\lt 1$$

であるため,点$X$は三角形内部に存在することが保証される.

注:点$X;\overrightarrow{AX}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$が三角形$ABC$の周上を除く内部に存在することの必要十分条件は

$$0\lt x\land 0\lt y\land x+y\lt 1$$

である.さらに,三角形内部の点$X;\overrightarrow{AX}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$に対して,

$$s=\dfrac{x}{1-x-y},t=\dfrac{1-x-y}{y}$$

となるような$(s,t)$が対応する.

結局,

$\lbrace (x,y,z)\in \mathbb{R}^3_{\gt 0};xyz=1\rbrace$上の点と三角形ABCの(周上を除く)内部の点が一対一対応しているため,以降の公式解説における議論が成立することが保証される.