https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/TItech/2026/03

2026.03.16.23:56:08記

[3] $a$ と $b$ を正の実数とし，座標平面の $3$ 点 $\mbox{O}(0，0)$ ， $\mbox{A}(a，0)$ ， $\mbox{B}(0，b)$ を考える． $\mbox{AB}$ の中点を $\mbox{C}$ ， $\mbox{AC}$ の中点を $\mbox{P}$ とし， $\triangle\mbox{BCO}$ の外心を $\mbox{Q}$ とする．

(1) $2$ 点 $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ のそれぞれの座標を $a$ と $b$ を用いて表せ．

(2) $2$ 点 $\mbox{O}$ ， $\mbox{A}$ を通る直線上の点 $\mbox{R}$ で， $\angle\mbox{PRQ}=\dfrac{\pi}{2}$ をみたすものすべてについて，それぞれの座標を $a$ と $b$ を用いて表せ．

(3) (2) の条件をみたす点 $\mbox{R}$ で，
$\triangle\mbox{PQR}$ ∽ $\triangle\mbox{ABO}$ ， $\triangle\mbox{QPR}$ ∽ $\triangle\mbox{ABO}$
のうち少なくとも一方が成り立つようなものをすべて求めよ．

2026.03.17.15:57:47記

[解答]
(1) $\mbox{AP}:\mbox{PB}=1:3$ により $\mbox{P}\left(\dfrac{3a}{4}，\dfrac{b}{4}\right)$ である．

$\mbox{Q}\left(X，\dfrac{b}{2}\right)$ とおくと $\mbox{C}\left(\dfrac{a}{2}，\dfrac{b}{2}\right)$ であるから $X^2+\dfrac{b^2}{4}=\left(X-\dfrac{a}{2}\right)^2$ ，つまり $X=\dfrac{a^2-b^2}{4a}$ となる．よって $\mbox{Q}\left(\dfrac{a^2-b^2}{4a}，\dfrac{b}{2}\right)$ となる．

(2) $\mbox{PQ}$ を直径とする円の方程式は
$\left(x-\dfrac{3a}{4}\right)\left(x-\dfrac{a^2-b^2}{4a}\right)+\left(y-\dfrac{b}{4}\right)\left(y-\dfrac{b}{2}\right)=0$
であるから，これと $x$ 軸の交点は
$\left(x-\dfrac{3a}{4}\right)\left(x-\dfrac{a^2-b^2}{4a}\right)+\dfrac{b^2}{8}=0$ ，
つまり
$\left(x-\dfrac{a}{4}\right)\left(x-\dfrac{3a^2-b^2}{4a}\right)=0$
を満たす．よって
$\mbox{R}_1\left(\dfrac{a}{4}，0\right)$ ， $\mbox{R}_2\left(\dfrac{3a^2-b^2}{4a}，0\right)$
が満たす．

(3) $\dfrac{\mbox{PR}_1}{\mbox{QR}_1}$ $=\dfrac{\dfrac{3a}{4}-\dfrac{a}{4}}{\dfrac{b}{2}-0}$ $=\dfrac{a}{b}$ $=\dfrac{\mbox{AO}}{\mbox{BO}}$ により $\triangle\mbox{QPR}_1$ ∽ $\triangle\mbox{ABO}$ となる．

$\dfrac{\mbox{PR}_2}{\mbox{QR}_2}$ $=\dfrac{\dfrac{3a}{4}-\dfrac{3a^2-b^2}{4a}}{\dfrac{b}{2}-0}=\dfrac{b}{2a}$ により，この値が $\dfrac{\mbox{BO}}{\mbox{AO}}=\dfrac{b}{a}$ になることはなく， $b=\sqrt{2}a$ のとき $\dfrac{\mbox{PR}_2}{\mbox{QR}_2}$ $=\sqrt{2}=\dfrac{\mbox{AO}}{\mbox{BO}}$ となり $\triangle\mbox{QPR}_1$ ∽ $\triangle\mbox{ABO}$ となるが，このとき $\mbox{R}_1=\mbox{R}_2$ となる．

よって求める点は $\left(\dfrac{a}{4}，0\right)$ となる．

$\mbox{QR}_2\parallel \mbox{BA}$ となるので $\angle\mbox{QPR}_1=\angle\mbox{QR}_2\mbox{R}_1$ $=\angle\mbox{BAO}$ が成立し， $\triangle\mbox{QPR}_1$ ∽ $\triangle\mbox{ABO}$ が成立します．