3北里大学 2026年 数学 第3問解答・解説

位置ベクトルの係数と三角形の底辺・高さで共線条件および面積比を表し、平方完成と多項式の導関数によって最大値を調べる。

三角形$\mathrm{OAB}$は退化していないので、$\vec{a}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、$\vec{b}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}$を基準とする係数で点を表す。すなわち$\overrightarrow{\mathrm{OX}}=x\vec{a}+y\vec{b}$のとき、点$\mathrm{X}$を$(x,\,y)$と書く。この係数は一意に定まる。$\mathrm{M}$は$\mathrm{AB}$の中点だから$\mathrm{M}\left(\dfrac{1}{2},\,\dfrac{1}{2}\right)$であり、$\mathrm{ON}:\mathrm{NM}=4:1$より
$$\mathrm{N}=\dfrac{4}{5}\mathrm{M}=\left(\dfrac{2}{5},\,\dfrac{2}{5}\right),\qquad\mathrm{P}=(p,\,0),\qquad\mathrm{Q}=(0,\,q).$$
直線$\mathrm{PQ}$は切片が$p$、$q$であるから、その方程式は$\dfrac{x}{p}+\dfrac{y}{q}=1$である。$\mathrm{N}$がこの直線上にあるので
$$\dfrac{2}{5p}+\dfrac{2}{5q}=1,\qquad\text{すなわち}\qquad\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=\dfrac{5}{2}.$$
ここで$u=\dfrac{1}{p}$、$v=\dfrac{1}{q}$とおくと、$u,\,v>1$、$u+v=\dfrac{5}{2}$である。したがって$1<u<\dfrac{3}{2}$、$v=\dfrac{5}{2}-u$となる。

(1)より、求める値は$\dfrac{5}{2}$である。

(2)

底辺と高さの比から$S_{2}=pqS_{1}$である。よって
$$\dfrac{S_{1}}{S_{2}}=uv=u\left(\dfrac{5}{2}-u\right)=\dfrac{25}{16}-\left(u-\dfrac{5}{4}\right)^{2}.$$
$u=\dfrac{5}{4}$は$1<u<\dfrac{3}{2}$の範囲内にあり、このとき$v=\dfrac{5}{4}$でもある。したがって最大となるのは$p=\dfrac{1}{u}=\dfrac{4}{5}$のときである。

(3)

$\mathrm{R}=(r,\,r)$とおくと、$\overrightarrow{\mathrm{OM}}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$より
$$r=\dfrac{2(1+p)}{5(1+2p)}=\dfrac{2(u+1)}{5(u+2)}>0.$$
また
$$\dfrac{r}{p}+\dfrac{r}{q}=r\left(\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}\right)=\dfrac{5}{2}r=\dfrac{1+p}{1+2p}<1$$
である。よって$\mathrm{R}$は三角形$\mathrm{OPQ}$の内部にある。三角形$\mathrm{ORP}$で底辺を$\mathrm{OP}$とすると、底辺の長さは$\mathrm{OA}$の$p$倍、高さは$\mathrm{R}$の$\vec{b}$方向の係数が$r$なので三角形$\mathrm{OAB}$の高さの$r$倍である。したがって$\triangle\mathrm{ORP}=rpS_{1}$である。同様に$\triangle\mathrm{ORQ}=rqS_{1}$である。内部の点$\mathrm{R}$によって三角形$\mathrm{OPQ}$は三角形$\mathrm{ORP}$、$\mathrm{RPQ}$、$\mathrm{ORQ}$に分かれるから
$$\dfrac{S_{3}}{S_{1}}=pq-r(p+q)=\dfrac{1}{uv}\left(1-\dfrac{5}{2}r\right)=\dfrac{1}{uv(u+2)}>0.$$
ここで$v=\dfrac{5}{2}-u$を用いた。したがって
$$\dfrac{S_{1}}{S_{3}}=uv(u+2)=u\left(\dfrac{5}{2}-u\right)(u+2)=F(u)=-u^{3}+\dfrac{1}{2}u^{2}+5u.$$
定義域は$1<u<\dfrac{3}{2}$である。導関数は
$$F'(u)=-3u^{2}+u+5$$
であり、$F'(u)=0$の解は$\dfrac{1\pm\sqrt{61}}{6}$である。後者は負で、前者を$\alpha$とおくと、$5<\sqrt{61}<8$より$1<\alpha<\dfrac{3}{2}$である。区間内では、$u<\alpha$で$F'(u)>0$、$u>\alpha$で$F'(u)<0$となる。よって最大は$u=\alpha$で達成される。このとき$v=\dfrac{5}{2}-\alpha$も$1<v<\dfrac{3}{2}$であり、元の$0<p,\,q<1$を満たす。
$$p=\dfrac{1}{\alpha}=\dfrac{6}{1+\sqrt{61}}=\dfrac{\sqrt{61}-1}{10}.$$