外心を始点とし三角形の頂点を終点とするベクトルの和の問題

答え(1)　\( 3\vec{OA}+4\vec{OB}=5\vec{OC} \)なので両辺の大きさの2乗をとると
\( |3\vec{OA}+4\vec{OB}|^2=|5\vec{OC}|^2 \)・・・①
ここで外接円の半径が\( \sqrt{2} \)だから\( |\vec{OA}|^2=|\vec{OB}|^2=|\vec{OC}|^2=2 \)であることに注意すると①は
\( 9|\vec{OA}|^2+24\vec{OA}\cdot \vec{OB} + 16|\vec{OB}|^2=25|\vec{OC}|^2 \)
\( 18+24\vec{OA} \cdot \vec{OB}+32=50 \)
\( ∴\vec{OA}\cdot \vec{OB} =0 \)とかける。
つまり∠AOB=90°
\( OA=OB=\sqrt{2} \)だからAB=2

(2)　同様にして残りの3辺も求める。
\( 3\vec{OA}-5\vec{OC}=-4\vec{OB} \)
\( 18 - 30\vec{OA}\cdot \vec{OC} +50=32 \)
\(\vec{OA}\cdot \vec{OC}=\frac{6}{5} \)
\( AC^2=|\vec{OC}-\vec{OA}|^2=2-2\vec{OA}\cdot \vec{OC}+2 = \frac{8}{5} \)
∴\( AC=\frac{2\sqrt{10}}{5} \)
また、\( 4\vec{OB}-5\vec{OC}=-3\vec{OA} \)
\( 32 - 40\vec{OB}\cdot \vec{OC} +50=18 \)
\(\vec{OB}\cdot \vec{OC}=\frac{8}{5} \)
\( BC^2=|\vec{OC}-\vec{OB}|^2=2-2\vec{OB}\cdot \vec{OC}+2 = \frac{4}{5} \)
∴\( BC=\frac{2\sqrt{5}}{5} \)
\( AC^2+BC^2 < AB^2 \)より∠ACB>90°の鈍角三角形。
∠AOB=90°だから円周角の定理より∠ACB=135°
よって
\(\displaystyle △ABC=\frac{1}{2}AC \cdot BC \cdot \sin{135°}=\frac{1}{2} \cdot \frac{2\sqrt{5}}{5} \cdot \frac{2\sqrt{10}}{5} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} =\frac{2}{5} \)

\( a\vec{OA}+b\vec{OB}+c\vec{OC} = \vec{0}\)ならば△PBC:△PCA:△PAB=a:b:c

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