△ABCのファルマー点をPとする。APの長さは？

質問

どの内角も 120°を超えない△ABC の外部に，３点 A',B',C' を次のようにとる．３つの三角形 A'BC, AB'C, ABC' は正三角形で，互いに重ならない．このとき，次の問いに答えよ．
(1) 線分 AA', BB', CC' は１点 P で交わることを証明せよ．
(答)∠APC'=∠C'PB=∠BPA'=∠A'PC=∠CPB'=∠B'PA=60°を示す。
(2) AP の長さを求めよ．
(答)△ABCの面積をSとして、AP = {4S+(b^2+c^2-a^2)√3}/√6√(a^2+b^2+c^2+4S√3)
(3) AP^2+BP^2+CP^2 を求めよ．
(答)(a^2+b^2+c^2)/2 - 2S/√3

上記の問題の(2)はどのようにして導くのでしょうか?

回答No.1

nag0720 · ベストアンサー

a,b,cの定義がない。
たぶん、a=BC、b=CA、c=ABのつもりだろうけど、きちんと明記しておかないとどこの長さか不明です。

p=AP、q=BP、r=CPとおくと、
∠APB=∠BPC=∠CPA=120°　だから、
余弦定理より、
a^2=q^2+r^2+qr
b^2=r^2+p^2+rp
c^2=p^2+q^2+pq
面積は、
S=△APB+△BPC+△CPA=(√3/4)(pq+qr+rp)

これらから、
p^2+q^2+r^2=(p+q+r)^2-2(pq+qr+rp)=(p+q+r)^2-8S/√3
a^2+b^2+c^2=2p^2+2q^2+2r^2+pq+qr+rp=2(p+q+r)^2-4S√3
よって、
p+q+r=√(a^2+b^2+c^2+4S√3)/√2

b^2-a^2=(p-q)(p+q+r)
c^2-a^2=(p-r)(p+q+r)
より、
q=p-(b^2-a^2)/(p+q+r)
r=p-(c^2-a^2)/(p+q+r)
p+q+r=3p-(b^2+c^2-2a^2)/(p+q+r)
(p+q+r)^2=3p(p+q+r)-(b^2+c^2-2a^2)=3p√(a^2+b^2+c^2+4S√3)/√2-(b^2+c^2-2a^2)

これを、
a^2+b^2+c^2=2(p+q+r)^2-4S√3
に代入して整理すれば求める式になる。

お礼

ありがとうございます。巧妙な式変形に驚きました。

a^2=q^2+r^2+qr
b^2=r^2+p^2+rp
c^2=p^2+q^2+pq

という連立方程式をp,q,rについて解いたことに相当すると思いますが、
より、一般に、
平面上に、△ABC(BC=a,CA=b,AB=cとします)と点P(p=AP、q=BP、r=CPとします)があり、∠BPC=α、∠CPA=β、∠APB=γ (α+β+γ=2π)となったとき、

a^2=q^2+r^2+qrcosα
b^2=r^2+p^2+rpcosβ
c^2=p^2+q^2+pqcosγ

をp,q,rについて解くことはできるのでしょうか？
さきほどは面積Sがうまく働きましたが、今回は、
S=△APB+△BPC+△CPA=(1/2)(pqsinγ+qrsinα+rpsinβ)
となり、行き詰ってしまいます。

回答No.2

nag0720

∠BPC=α、∠CPA=β、∠APB=γ (α+β+γ=2π)の場合は、
a^2=q^2+r^2-2qrcosα
b^2=r^2+p^2-2rpcosβ
c^2=p^2+q^2-2pqcosγ

これを解くのはかなり難しいでしょうね。

やるとしたら、xy平面に置き替えて、座標計算で求める方法でしょうか。

例えば、
点A,Bの位置と∠APB=γから、三角形APBの外接円を求める。
点B,Cの位置と∠BPC=αから、三角形BPCの外接円を求める。
２つの外接円の交点を求める。

お礼

ありがとうございました。