解説

方針・初手

$\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AH}$ を基本ベクトルとして、図の各点の位置ベクトルを表す。

$\triangle ABH$ は1辺の長さが $2$ の正三角形であるから、

$$ |\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{AH}|=2,\qquad \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AH}=2\cdot 2\cos 60^\circ=2

$$

である。以後、

$$ \overrightarrow{AB}=\mathbf{b},\qquad \overrightarrow{AH}=\mathbf{h}

$$

とおく。

解法1

図の並びから、$A,B,C$ は一直線上に等間隔に並び、$A,H,G$ も一直線上に等間隔に並んでいる。したがって

$$ \overrightarrow{AC}=2\mathbf{b},\qquad \overrightarrow{AG}=2\mathbf{h}

$$

である。

また、$D$ は $C$ から $\mathbf{h}$ だけ進んだ点であるから、

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AD} &= \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CD}\\ &= 2\mathbf{b}+\mathbf{h} \end{aligned} $$

となる。よって

$$ \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AH}

$$

である。

次に、$\overrightarrow{AD}$ の大きさを求める。

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{AD}|^2 &=|2\mathbf{b}+\mathbf{h}|^2\\ &=4|\mathbf{b}|^2+4\mathbf{b}\cdot\mathbf{h}+|\mathbf{h}|^2\\ &=4\cdot 4+4\cdot 2+4\\ &=28 \end{aligned}

$$

したがって

$$ |\overrightarrow{AD}|=2\sqrt{7}

$$

である。

次に、$J$ を線分 $GI$ の中点とする。まず、点 $I$ は中央の格子点であり、

$$ \overrightarrow{AI}=\mathbf{b}+\mathbf{h}

$$

である。また、

$$ \overrightarrow{AG}=2\mathbf{h}

$$

であるから、中点 $J$ について

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AJ} &=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{AI}\right)\\ &=\frac{1}{2}{2\mathbf{h}+(\mathbf{b}+\mathbf{h})}\\ &=\frac{1}{2}\mathbf{b}+\frac{3}{2}\mathbf{h} \end{aligned}

$$

よって

$$ \overrightarrow{AJ} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow{AH}

$$

である。

次に、$\overrightarrow{AD}$ と $\overrightarrow{AJ}$ のなす角を $\theta$ とする。

$$ \overrightarrow{AD}=2\mathbf{b}+\mathbf{h},\qquad \overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}\mathbf{b}+\frac{3}{2}\mathbf{h}

$$

より、

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AJ} &=(2\mathbf{b}+\mathbf{h})\cdot \left(\frac{1}{2}\mathbf{b}+\frac{3}{2}\mathbf{h}\right)\\ &=|\mathbf{b}|^2+3\mathbf{b}\cdot\mathbf{h} +\frac{1}{2}\mathbf{h}\cdot\mathbf{b} +\frac{3}{2}|\mathbf{h}|^2\\ &=4+3\cdot 2+\frac{1}{2}\cdot 2+\frac{3}{2}\cdot 4\\ &=17 \end{aligned}

$$

また、

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{AJ}|^2 &=\left|\frac{1}{2}\mathbf{b}+\frac{3}{2}\mathbf{h}\right|^2\\ &=\frac{1}{4}|\mathbf{b}|^2 +\frac{3}{2}\mathbf{b}\cdot\mathbf{h} +\frac{9}{4}|\mathbf{h}|^2\\ &=\frac{1}{4}\cdot 4+\frac{3}{2}\cdot 2+\frac{9}{4}\cdot 4\\ &=13 \end{aligned}

$$

したがって

$$ |\overrightarrow{AJ}|=\sqrt{13}

$$

である。よって

$$ \cos\theta = \frac{\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AJ}} \begin{aligned} {|\overrightarrow{AD}||\overrightarrow{AJ}|} &= \frac{17}{2\sqrt{7}\sqrt{13}}\\ &= \frac{17}{2\sqrt{91}} \end{aligned} $$

となる。

最後に、$\triangle ADJ$ の面積 $S$ を求める。

$$ S=\frac{1}{2}|\overrightarrow{AD}||\overrightarrow{AJ}|\sin\theta

$$

である。ここで

$$ \begin{aligned} \sin^2\theta &=1-\cos^2\theta\\ &=1-\left(\frac{17}{2\sqrt{91}}\right)^2\\ &=1-\frac{289}{364}\\ &=\frac{75}{364} \end{aligned}

$$

より、

$$ \sin\theta=\frac{5\sqrt{3}}{2\sqrt{91}}

$$

である。したがって

$$ \begin{aligned} S &=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{7}\cdot \sqrt{13}\cdot \frac{5\sqrt{3}}{2\sqrt{91}}\\ &=\frac{5\sqrt{3}}{2} \end{aligned}

$$

となる。

解説

この問題では、正三角形の格子を2つの基本ベクトルで処理するのが最も自然である。$\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AH}$ はともに長さ $2$ で、なす角が $60^\circ$ なので、内積

$$ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}=2

$$

が使える。

図形を座標で直接置いてもよいが、ここでは問題の指定が「$\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AH}$ を用いて表せ」であるため、ベクトルの線形結合として各点を表す方針がそのまま有効である。

特に、中央の点 $I$ は

$$ \overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AH}

$$

と見抜けることが重要である。そこから $J$ は $G$ と $I$ の中点として平均を取ればよい。

答え

**(1)**

$$ \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AH}

$$

**(2)**

$$ |\overrightarrow{AD}|=2\sqrt{7}

$$

**(3)**

$$ \overrightarrow{AJ} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow{AH}

$$

**(4)**

$$ \cos\theta=\frac{17}{2\sqrt{91}}

$$

**(5)**

$$ S=\frac{5\sqrt{3}}{2}

$$