三角形 ABC で辺 AC を \(s : 1-s\) に内分する点を P , 辺 BC を \(t : 1-t\) に内分する点を Q , 線分 AQ と線分 BP の交点を R とする. このとき, \[ \text{△APR の面積} = 2 \times ( \text{△BQR の面積} ) \] が成り立っているとする.
(1) \(s\) を \(t\) を用いて表せ.
(2) 極限 \(\displaystyle\lim _ {t \rightarrow +0} \dfrac{s}{t}\) を求めよ. ただし, \(t\) が正の範囲で \(0\) に限りなく近づくとき, \(t \rightarrow +0\) と表す.
【 解 答 】
(1)
メネラウスの定理より \[\begin{align} \dfrac{\text{AP}}{\text{PC}} \cdot \dfrac{\text{CB}}{\text{BQ}} \cdot \dfrac{\text{QR}}{\text{RA}} = \dfrac{s}{1-s} \cdot \dfrac{1}{t} \cdot \dfrac{\text{QR}}{\text{RA}} & = 1 \\ \text{∴} \quad \dfrac{\text{QR}}{\text{RA}} = \dfrac{t(1-s)}{s} & \\ \dfrac{\text{BQ}}{\text{QC}} \cdot \dfrac{\text{CA}}{\text{AP}} \cdot \dfrac{\text{PR}}{\text{RB}} = \dfrac{t}{1-t} \cdot \dfrac{1}{s} \cdot \dfrac{\text{PR}}{\text{RB}} & = 1 \\ \text{∴} \quad \dfrac{\text{PR}}{\text{RB}} = \dfrac{s(1-t)}{t} & \end{align}\] これらを用いれば \[\begin{align} \dfrac{\triangle \text{APR}}{\triangle \text{BQR}} & = \dfrac{\text{PR} \cdot \text{RA}}{\text{RB} \cdot \text{RQ}} \\ & = \dfrac{s(1-t)}{t} \cdot \dfrac{s}{t(1-s)} \\ & = \dfrac{s^2(1-t)}{t^2(1-s)} =2 \\ \text{∴} \quad & (1-t)s^2 +2t^2 s -2t^2 = 0 \\ \end{align}\] \(0 \lt t \lt 1 , \ 0 \lt s \lt 1\) なので, これを解くと \[\begin{align} s & =\dfrac{-t^2 +\sqrt{t^4 +2t^2(1-t)}}{1-t} \\ & =\underline{\dfrac{t \left( \sqrt{t^2-2t+2} -t \right)}{1-t}} \end{align}\]
(2)
(1) の結果より \[\begin{align} \dfrac{s}{t} & = \dfrac{\sqrt{t^2-2t+2} -t}{1-t} \\ & = \dfrac{-2t+2}{(1-t) \left( \sqrt{t^2-2t+2} +t \right)} \\ & \rightarrow \dfrac{2}{1 \cdot \sqrt{2}} \quad ( t \rightarrow +0 \text{のとき} ) \\ & = \sqrt{2} \end{align}\] よって \[ \displaystyle\lim _ {t \rightarrow +0} \dfrac{s}{t} =\underline{\sqrt{2}} \]