OP=sOA+tOBのときのPの範囲

上野竜生です。三角形OABが与えられ\(\vec{OP}=s\vec{OA}+t\vec{OB} \)となる位置にPを取ったときs,tの動く範囲によってPがどこを動くのか紹介します。

OP=sOA+tOBのときのPの範囲

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基本形

三角形OABが与えられ\(\vec{OP}=s\vec{OA}+t\vec{OB} \)となる位置にPを取る。

① s+t=1 ⇔ Pは直線AB上
② s+t=1 , s≧0, t≧0 ⇔ Pは線分AB上
③ s+t≦1 , s≧0, t≧0 ⇔ Pは三角形OABの内部(周上も含む)
④ 0≦s≦1 , 0≦t≦1 ⇔ Pは平行四辺形OACBの内部(周上も含む)。ただしCは\(\vec{OC}=\vec{OA}+\vec{OB} \)を満たす位置。

①  ②

③   ④

これらの結果は既知とします。証明もやろうと思えばできますがこの「基本形」に帰着させて解けることが多いです。ちなみに①②は1変数消去で簡単に証明できます。

例題1

三角形OABがあり,\(\vec{OP}=s\vec{OA}+t\vec{OB} \)となる位置にPをとる。s,tが次を満たすときPが動ける範囲を図示せよ。
(1) 2s-t=1
(2) s+t=1 , \(s \geq \frac{1}{2} , t \geq \frac{1}{4} \)
(3) s+t≧0
答え(1) 2s=s’ , -t=t’とおくと2s-t=1⇔s’+t’=1
このとき\(\vec{OP}=s\vec{OA}+t\vec{OB} \) ⇔ \(\vec{OP}=\frac{1}{2} s’ \vec{OA}-t’\vec{OB}=s'(\frac{1}{2}\vec{OA})+t'(-\vec{OB}) \)
よって\( \frac{1}{2}\vec{OA}=\vec{OA’} , -\vec{OB}=\vec{OB’} \)となるように点A’,B’をとると
\(\vec{OP}=s’\vec{OA’}+t’\vec{OB’} (s’+t’=1)\)
となるのでA’,B’を通る直線上にある。
【別解】2s-t=1⇔ t=2s-1であるからこれを代入すると
\(\vec{OP}=s\vec{OA}+(2s-1)\vec{OB}=-\vec{OB}+ s(\vec{OA}+2\vec{OB} ) \)
よって\(\vec{OA}+2\vec{OB}=\vec{OC} \)とするとB’を通り\(\vec{OC} \)に平行な直線上にPはある。
(1)答え(2) tを消去する
\(\vec{OP}=s\vec{OA}+(1-s)\vec{OB}=\vec{OB} + s(\vec{OA}-\vec{OB})=\vec{OB}+s\vec{BA} (\frac{1}{2} \leq s \leq \frac{3}{4}) \)
よって図の太線部分
(2)答え(3) t≧-sなのでt=-s+k(k≧0)とおく。
\(\vec{OP}=s\vec{OA}+(-s+k)\vec{OB}=s(\vec{OA}-\vec{OB})+k\vec{OB}=s\vec{BA}+k\vec{OB} \)
sに範囲はないので\(\vec{OP}=s\vec{BA} \)の範囲はOを通りABに平行な直線。
これに\(k \vec{OB} (k \geq 0)\)を加えると直線をB側に平行移動させた部分すべてを取りうる。
よってPの範囲は図の斜線部分。境界を含む。
(3)答え

例題2

三角形OABがあり,\(\vec{OP}=(s+1)\vec{OA}+(2s+t)\vec{OB} \)となる位置にPをとる。s,tが0≦s≦1,0≦t≦1を満たしながら動くときPが動ける範囲を図示せよ。
答え\(\vec{OP}=(s+1)\vec{OA}+(2s+t)\vec{OB} \\ = s(\vec{OA}+2\vec{OB}) + t\vec{OB}+\vec{OA} \)
だから\(\vec{OA}+2\vec{OB}=\vec{OC} \)となる点Cをとると
\( s(\vec{OA}+\vec{OB}) + t\vec{OB} =s\vec{OC}+t\vec{OB} (0 \leq s \leq 1 , 0 \leq t \leq 1) \)は\(\vec{OC} ,\vec{OB} \)で作られる平行四辺形(図の斜線部分)を表す。
例題2途中
Pはそれを\(\vec{OA} \)方向に平行移動させているからPの動ける範囲は下の図の斜線部分。ただし境界を含む。
例題2答え

このように図をイメージして1つずつ変数を動かせるように考えるのがコツです。

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