ベクトルの問題

$△\mathrm{ABC}$ の面積を $S$ とし、$\mathrm{A}$ を始点として $\vec{b}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, $\vec{c}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおく。$\vec{b}$, $\vec{c}$ は 1 次独立である。

面積の求め方　2 つのベクトル $\vec{u}=p\vec{b}+q\vec{c}$, $\vec{v}=p^{\prime }\vec{b}+q^{\prime }\vec{c}$ を 2 辺とする三角形の面積は $|p{q}^{\prime }-p^{\prime }q|S$ である（$\mathrm{AB}$ を $x$ 軸方向にとる座標で $\vec{b}=(b_1,0)$, $\vec{c}=(c_1,c_2)$ とすると、面積は $\frac{1}{2}|p{q}^{\prime }-p^{\prime }q||b_1{c}_2|=|p{q}^{\prime }-p^{\prime }q|S$ となる）。

$△\mathrm{PQR}$ の面積

内分点の位置ベクトルより
$$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=(1-t)\vec{b}+t\vec{c},\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=(1-t)\vec{c},\overrightarrow{\mathrm{AR}}=t\vec{b}$$
（$\mathrm{Q}$ は $\mathrm{CA}$ を $t:(1-t)$ に内分するので $\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=(1-t)\overrightarrow{\mathrm{AC}}$）。よって
$$\overrightarrow{\mathrm{RP}}=(1-2t)\vec{b}+t\vec{c},\overrightarrow{\mathrm{RQ}}=-t\vec{b}+(1-t)\vec{c}$$
$$△\mathrm{PQR}=|(1-2t)(1-t)-(-t)\cdot t|S=(3t^2-3t+1)S$$
（$3t^2-3t+1=3{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{4}>0$）。

3 つの交点の位置ベクトル

$D=t^2-t+1(>0)$ とおく。

$\mathrm{X}=\mathrm{AP}\cap \mathrm{BQ}$: $\overrightarrow{\mathrm{AX}}=k\overrightarrow{\mathrm{AP}}=k(1-t)\vec{b}+kt\vec{c}$、また $\overrightarrow{\mathrm{AX}}=(1-m)\vec{b}+m(1-t)\vec{c}$ と表せる。係数を比べて $k(1-t)=1-m$, $kt=m(1-t)$。$m=\frac{kt}{1-t}$ を代入して $k\{(1-t{)}^2+t\}=1-t$、すなわち $k=\frac{1-t}{D}$。よって
$$\overrightarrow{\mathrm{AX}}=\frac{(1-t{)}^2\vec{b}+t(1-t)\vec{c}}{D}$$

$\mathrm{Y}=\mathrm{BQ}\cap \mathrm{CR}$: $\overrightarrow{\mathrm{AY}}=(1-m)\vec{b}+m(1-t)\vec{c}=nt\vec{b}+(1-n)\vec{c}$ より $1-m=nt$, $m(1-t)=1-n$。$n=1-m(1-t)$ を代入して $1-t=m(1-t+t^2)$、$m=\frac{1-t}{D}$、$1-m=\frac{t^2}{D}$。よって
$$\overrightarrow{\mathrm{AY}}=\frac{t^2\vec{b}+(1-t{)}^2\vec{c}}{D}$$

$\mathrm{Z}=\mathrm{CR}\cap \mathrm{AP}$: $k(1-t)\vec{b}+kt\vec{c}=nt\vec{b}+(1-n)\vec{c}$ より $k(1-t)=nt$, $kt=1-n$。$n=\frac{k(1-t)}{t}$ を代入して $k(t^2-t+1)=t$、$k=\frac{t}{D}$。よって
$$\overrightarrow{\mathrm{AZ}}=\frac{t(1-t)\vec{b}+t^2\vec{c}}{D}$$

$△\mathrm{XYZ}$ の面積
$$\overrightarrow{\mathrm{XY}}=\frac{(2t-1)\vec{b}+(1-t)(1-2t)\vec{c}}{D}=\frac{1-2t}{D}\left\{-\vec{b}+(1-t)\vec{c}\right\}$$
$$\overrightarrow{\mathrm{XZ}}=\frac{(1-t)(2t-1)\vec{b}+t(2t-1)\vec{c}}{D}=\frac{1-2t}{D}\left\{-(1-t)\vec{b}-t\vec{c}\right\}$$
よって
$$△\mathrm{XYZ}=\frac{(1-2t{)}^2}{D^2}\left|(-1)(-t)-\{-(1-t)\}(1-t)\right|S=\frac{(1-2t{)}^2}{D^2}\cdot D\cdot S=\frac{(1-2t{)}^2}{t^2-t+1}S$$
（$0<t<\frac{1}{2}$ なので $1-2t\ne 0$ で、確かに三角形になる。）

条件の式と解き方（鍵）

2 つの面積の式は $t$ と $1-t$ を入れかえても変わらないので、$u=t^2-t$ とおくと $u$ だけで書ける:
$$(1-2t{)}^2=4t^2-4t+1=4u+1,t^2-t+1=u+1,3t^2-3t+1=3u+1$$
条件 $△\mathrm{XYZ}=\frac{1}{2}△\mathrm{PQR}$ は
$$\frac{4u+1}{u+1}=\frac{3u+1}{2}⟺2(4u+1)=(3u+1)(u+1)⟺3u^2-4u-1=0$$
よって $u=\frac{2\pm \sqrt{7}}{3}$。$0<t<\frac{1}{2}$ のとき $u=t(t-1)$ は $-\frac{1}{4}<u<0$ を満たすので、$u=\frac{2-\sqrt{7}}{3}$（$\sqrt{7}<2.65$ より $-\frac{1}{4}<\frac{2-\sqrt{7}}{3}<0$ を満たす）。

$t^2-t-u=0$ を解くと、$0<t<\frac{1}{2}$ より $t=\frac{1-\sqrt{1+4u}}{2}$。ここで
$$1+4u=\frac{3+8-4\sqrt{7}}{3}=\frac{11-4\sqrt{7}}{3}=\frac{(\sqrt{7}-2{)}^2}{3}$$
より $\sqrt{1+4u}=\frac{\sqrt{7}-2}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{21}-2\sqrt{3}}{3}$。したがって
$$t=\frac{1}{2}\left(1-\frac{\sqrt{21}-2\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{3+2\sqrt{3}-\sqrt{21}}{6}$$
（数値では $t\approx 0.314$ で、$0<t<\frac{1}{2}$ を満たす。）

答え: $t=\frac{3+2\sqrt{3}-\sqrt{21}}{6}$

$△\mathrm{ABC}$ の面積を $S$ とする。$\mathrm{BP}:\mathrm{PC}=\mathrm{CQ}:\mathrm{QA}=\mathrm{AR}:\mathrm{RB}=t:(1-t)$ である。

【$△\mathrm{PQR}$ の面積】頂点 B の角にある $△\mathrm{BPR}$ は $\mathrm{BP}=t\mathrm{BC}$, $\mathrm{BR}=(1-t)\mathrm{BA}$ より面積 $t(1-t)S$。同様に $△\mathrm{CQP}$, $△\mathrm{ARQ}$ も $t(1-t)S$。よって $△\mathrm{PQR}=S-3t(1-t)S=(3t^2-3t+1)S$。

【AP, BQ, CR がつくる三角形の面積】メネラウスの定理で交点の比を求める。$\mathrm{AP}$ と $\mathrm{BQ}$ の交点を X, $\mathrm{BQ}$ と $\mathrm{CR}$ の交点を Y, $\mathrm{CR}$ と $\mathrm{AP}$ の交点を Z とする。$r=\frac{t}{1-t}$ とおくと、これは各辺を $r:1$ に分ける 3 本のチェバ線がつくる三角形の面積比（ラウスの定理）で、$\frac{(r-1{)}^2}{r^2+r+1}S$ となる（$r\to 1/r$ で不変なので向きによらない）。$r=\frac{t}{1-t}$ を代入して整理すると
$$△\mathrm{XYZ}=\frac{(1-2t{)}^2}{t^2-t+1}S$$
（検算: $t=\frac{1}{3}$ のとき $\frac{1/9}{7/9}=\frac{1}{7}$ で、各辺を $1:2$ に内分するときの既知の値 $\frac{1}{7}$ と一致する。）

【方程式】$△\mathrm{XYZ}=\frac{1}{2}△\mathrm{PQR}$ より
$$\frac{(1-2t{)}^2}{t^2-t+1}=\frac{3t^2-3t+1}{2}.$$
$u=t^2-t$ とおくと $(1-2t{)}^2=1+4u$ なので
$$\frac{1+4u}{u+1}=\frac{3u+1}{2}⟺2+8u=3u^2+4u+1⟺3u^2-4u-1=0$$
$$u=\frac{2\pm \sqrt{7}}{3}.$$
$0<t<\frac{1}{2}$ のとき $u=t^2-t=(t-\frac{1}{2}{)}^2-\frac{1}{4}$ は $-\frac{1}{4}<u<0$ の範囲にある。$\frac{2+\sqrt{7}}{3}>0$ は不適で、$u=\frac{2-\sqrt{7}}{3}\approx -0.215$ は適する。

$t^2-t-u=0$ より $t=\frac{1\pm \sqrt{1+4u}}{2}$。$t<\frac{1}{2}$ なので負号をとる。
$$1+4u=\frac{11-4\sqrt{7}}{3}=\frac{(\sqrt{7}-2{)}^2}{3}(\because (\sqrt{7}-2{)}^2=11-4\sqrt{7})$$
$$t=\frac{1}{2}\left(1-\frac{\sqrt{7}-2}{\sqrt{3}}\right)=\frac{\sqrt{3}+2-\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}=\frac{3+2\sqrt{3}-\sqrt{21}}{6}.$$

【検算】$t\approx 0.3136$ のとき $(1-2t{)}^2/(t^2-t+1)\approx 0.1389/0.7847\approx 0.1770$、$\frac{1}{2}(3t^2-3t+1)\approx \frac{1}{2}\times 0.3541\approx 0.1770$ で一致し、$0<t<\frac{1}{2}$ も満たす。