https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1961/Rika

2020.11.23記

[1] 点 $\rm O$ で $60^{\circ}$ の角をなす半直線 $\rm OX$ ， $\rm OY$ と $\rm ∠XOY$ の二等分線 $\rm OZ$ があり， $\rm OX$ ， $\rm OY$ 上に $\rm O$ から1 cm の距離にそれぞれ点 $\rm A$ ， $\rm B$ がある．いま動点 $\rm P$ ， $\rm Q$ ， $\rm R$ がそれぞれ $\rm A$ ， $\rm O$ ， $\rm B$ から同時に出発して半直線 $\rm OX$ ， $\rm OZ$ ， $\rm OY$ 上をそれぞれ毎秒 $1\,\mbox{cm}$ ， $\rm \sqrt{3} \,\mbox{cm}$ ， $2\,\mbox{cm}$ の速さで $\rm O$ から遠ざかる．
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(i) 3 点 $\rm P，Q，R$ が一直線上にくるまでの時間
および
(ii) $\rm \triangle PQR$ の面積が $\rm \triangle AOB$ の面積に等しくなるまでの時間を求めよ．

2020.11.23記

[解答]
(i) 出発してからの時刻 $t\gt 0$ において
${\rm OP}=t+1$ ， ${\rm OQ}=\sqrt{3}t$ ， ${\rm OR}=2t+1$
だから，
$\triangle{\rm OPQ}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}t(t+1)$ ， $\triangle{\rm OQR}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}t(2t+1)$ ， $\triangle{\rm OPR}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}(t+1)(2t+1)$
である． $\triangle\rm OPR=\triangle OPQ+\triangle OQR$ と $t\gt0$ から $t=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ 秒

(ii) $\triangle{\rm PQR}=|\triangle{\rm OPR}-(\triangle {\rm OPQ}+\triangle {\rm OQR})|=\dfrac{\sqrt{3}}{4}|t^2-t-1|$ であり，これが $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ に等しいから，これを解くと $t=-1,0,1,2$ となる． $t\gt 0$ より $t=1,2$