図形の性質の問題

角 A を求める

余弦定理より
$$\cos A=\frac{5^2+8^2-7^2}{2\cdot 5\cdot 8}=\frac{40}{80}=\frac{1}{2}$$
よって $A=60^{\circ }$ である。

座標を設定する

$\mathrm{A}(0,0)$, $\mathrm{B}(5,0)$ とおく。$\mathrm{C}$ は $\mathrm{A}$ から $60^{\circ }$ の方向に距離 $8$ の点なので $\mathrm{C}(4,4\sqrt{3})$ である。確認すると ${\mathrm{BC}}^2=(4-5{)}^2+(4\sqrt{3}{)}^2=1+48=49$ となり、$\mathrm{BC}=7$ を満たす。

外心 O

$\mathrm{AB}$ の垂直二等分線は $x=\frac{5}{2}$ である。

$\mathrm{AC}$ の中点は $(2,2\sqrt{3})$ で、$\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は $(1,\sqrt{3})$ に平行である。したがって $\mathrm{AC}$ の垂直二等分線は
$$(x-2)+\sqrt{3}(y-2\sqrt{3})=0,\text{すなわち}x+\sqrt{3}y=8$$
となる。

$x=\frac{5}{2}$ を代入すると $\sqrt{3}y=\frac{11}{2}$ より $y=\frac{11\sqrt{3}}{6}$ である。よって $\mathrm{O}\left(\frac{5}{2},\frac{11\sqrt{3}}{6}\right)$。

内心 I

三角形の面積は $S=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\sin 60^{\circ }=10\sqrt{3}$、半周長は $s=\frac{5+7+8}{2}=10$ である。$S=rs$ より内接円の半径は $r=\sqrt{3}$。

内接円と辺 $\mathrm{AB}$ の接点を $\mathrm{D}$ とすると $\mathrm{AD}=s-\mathrm{BC}=10-7=3$ なので $\mathrm{D}(3,0)$ である。$\mathrm{ID}\perp \mathrm{AB}$ かつ $\mathrm{ID}=r$ だから $\mathrm{I}(3,\sqrt{3})$。

垂心 H

$\mathrm{C}$ から $\mathrm{AB}$($x$ 軸)への垂線は $x=4$ である。

$\mathrm{B}$ を通り $\mathrm{AC}$ に垂直な直線は $(x-5)+\sqrt{3}y=0$ である。

$x=4$ を代入すると $\sqrt{3}y=1$ より $y=\frac{\sqrt{3}}{3}$。よって $\mathrm{H}\left(4,\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$。

面積を計算する

$$\overrightarrow{\mathrm{OI}}=\left(3-\frac{5}{2},\sqrt{3}-\frac{11\sqrt{3}}{6}\right)=\left(\frac{1}{2},-\frac{5\sqrt{3}}{6}\right)$$
$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\left(4-\frac{5}{2},\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{11\sqrt{3}}{6}\right)=\left(\frac{3}{2},-\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)$$

$\overrightarrow{\mathrm{OI}}=(x_1,y_1)$, $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=(x_2,y_2)$ のとき、面積は $\frac{1}{2}|x_1{y}_2-x_2{y}_1|$ で求められる。
$$x_1{y}_2-x_2{y}_1=\frac{1}{2}\cdot \left(-\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)-\frac{3}{2}\cdot \left(-\frac{5\sqrt{3}}{6}\right)=-\frac{3\sqrt{3}}{4}+\frac{5\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

よって、求める面積は
$$\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$$

$\mathrm{B}=(0,0)$, $\mathrm{C}=(7,0)$ と座標をおく。$\mathrm{A}=(x,y)$ は $x^2+y^2=25$, $(x-7{)}^2+y^2=64$ を満たす。辺々引くと $-14x+49=39$ より $x=\frac{5}{7}$、$y=\frac{20\sqrt{3}}{7}$ なので $\mathrm{A}=\left(\frac{5}{7},\frac{20\sqrt{3}}{7}\right)$。

余弦定理より $\cos A=\frac{25+64-49}{80}=\frac{1}{2}$ なので $A=60^{\circ }$。また $\cos B=\frac{1}{7}>0$ で、最大辺 $CA$ の対角が鋭角だから鋭角三角形である。

外心 $\mathrm{O}$: 外接円の半径は $R=\frac{7}{2\sin 60^{\circ }}=\frac{7}{\sqrt{3}}$。$x=\frac{7}{2}$ で、$y_0^2=R^2-\frac{49}{4}=\frac{49}{12}$ より $y_0=\frac{7\sqrt{3}}{6}$（鋭角三角形なので正）。したがって $\mathrm{O}=\left(\frac{7}{2},\frac{7\sqrt{3}}{6}\right)$。

垂心 $\mathrm{H}$: $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$ より $\mathrm{H}=\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}-2\mathrm{O}$。$\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}=\left(\frac{54}{7},\frac{20\sqrt{3}}{7}\right)$、$2\mathrm{O}=\left(7,\frac{7\sqrt{3}}{3}\right)$ なので $\mathrm{H}=\left(\frac{5}{7},\frac{11\sqrt{3}}{21}\right)$。

内心 $\mathrm{I}$: $s=10$、面積 $=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\sin 60^{\circ }=10\sqrt{3}$、内接円の半径 $r=\frac{10\sqrt{3}}{10}=\sqrt{3}$。接点の $x$ 座標は $s-b=10-8=2$。よって $\mathrm{I}=(2,\sqrt{3})$。

面積: $\overrightarrow{IO}=\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$、$\overrightarrow{IH}=\left(-\frac{9}{7},-\frac{10\sqrt{3}}{21}\right)$。
外積 $=\frac{3}{2}\cdot \left(-\frac{10\sqrt{3}}{21}\right)-\frac{\sqrt{3}}{6}\cdot \left(-\frac{9}{7}\right)=-\frac{5\sqrt{3}}{7}+\frac{3\sqrt{3}}{14}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$。

よって面積 $=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$。

検算: $|IO{|}^2=\frac{9}{4}+\frac{1}{12}=\frac{28}{12}=\frac{7}{3}$、$|IH{|}^2=\frac{81}{49}+\frac{100\cdot 3}{441}=\frac{81}{49}+\frac{100}{147}=\frac{243+100}{147}=\frac{343}{147}=\frac{7}{3}$ で、$A=60^{\circ }$ のときの性質 $OI=IH$ と一致する。