https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Yamanashi/2025/Igaku_1

2025.04.01記

[1](2) 正三角形 $\mbox{ABC}$ と，辺 $\mbox{BC}$ を $(1-t):t$ （ $0\lt t\lt 1$ ）に内分する点 $\mbox{P}$ がある．正三角形 $\mbox{ABC}$ の外接円と直線 $\mbox{AP}$ の交点のうち， $\mbox{A}$ と異なる点を $\mbox{Q}$ とし，比 $k=\dfrac{\mbox{AQ}}{\mbox{AP}}$ とする． $t=\dfrac{1}{2}$ のとき， $k=\fbox{　ウ　}$ であり， $t=\dfrac{1}{3}$ のとき， $k=\fbox{　エ　}$ である．

2025.04.01記
$t=\dfrac{1}{2}$ のときは，正三角形の高さと外接円の直径の比だから $k=\dfrac{4}{3}$ は暗算で求まるが， $t=\dfrac{1}{3}$ の場合は少し面倒なので，ここでは公式化して代入する方針で解く．

[解答]
正三角形の一辺の長さを $1$ としても一般性を失わず，このとき $\mbox{BP}=1-t$ ， $\mbox{PC}=t$ となる．このとき余弦定理から $\mbox{AP}^2=1+t^2-2\cdot 1\cdot t\cdot\dfrac{1}{2}=t^2-t+1$ であり，方羃の定理により $\mbox{AP}\cdot\mbox{PQ}=t(1-t)$ であるから， $\mbox{PQ}=\dfrac{t(1-t)}{\mbox{AP}}$ となり，
$k=1+\dfrac{\mbox{PQ}}{\mbox{AP}}$ $=1+\dfrac{t(1-t)}{\mbox{AP}^2}$ $=1+\dfrac{t(1-t)}{t^2-t+1}$ $=\dfrac{1}{t^2-t+1}$ となる．

よって $t=\dfrac{1}{2}$ のとき， $k=\dfrac{4}{1-2+4}=\dfrac{4}{3}$ であり， $t=\dfrac{1}{3}$ のとき， $k=\dfrac{9}{1-3+9}=\dfrac{9}{7}$ である．