京都大学 理学部特色入試 2026年度 第1問 解説

（2025年11月に行われた特色入試の問題です。）

問題編

問題

　平面内の三角形 $\triangle \mathrm{ABC}$ を考える。 $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積を $S$ とする。平面内の任意の点 $\mathrm{P}$ に対して\[ \frac{16S^2}{9} \left(\frac{1}{\mathrm{AB^2}}+\frac{1}{\mathrm{BC^2}}+\frac{1}{\mathrm{AC^2}}\right) \leqq \mathrm{AP^2+BP^2+CP^2} \]が成り立つことを示せ。

考え方

特別な条件は何もないので、三角形に対して成り立ついろんな等式・不等式を駆使して示していくしかありません。図形の問題でよく使う、初等幾何、座標、三角比、ベクトルなど、使えるものは何でも使っていろいろ変形していきます。一つ一つは見たことがあっても、全部思いついてつなげていくのはなかなか大変です。

解答編

問題

　平面内の三角形 $\triangle \mathrm{ABC}$ を考える。 $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積を $S$ とする。平面内の任意の点 $\mathrm{P}$ に対して\[ \frac{16S^2}{9} \left(\frac{1}{\mathrm{AB^2}}+\frac{1}{\mathrm{BC^2}}+\frac{1}{\mathrm{AC^2}}\right) \leqq \mathrm{AP^2+BP^2+CP^2} \]が成り立つことを示せ。

解答

いくつかのステップに分けて示す。

なお、 $\triangle \mathrm{ABC}$ の重心を $\mathrm{G}$ とし、外心を $\mathrm{O}$、外接円の半径を $R$ とする。また、 $\mathrm{AB}=c$, $\mathrm{BC}=a$, $\mathrm{CA}=b$ とおく。

(1) $\mathrm{AG^2+BG^2+CG^2}\leqq \mathrm{AP^2+BP^2+CP^2}$

$\mathrm{A}(x_1,y_1),$ $\mathrm{B}(x_2,y_2),$ $\mathrm{C}(x_3,y_3)$ とし、 $\mathrm{P}(x,y)$ とすると、
\begin{eqnarray} & & \mathrm{AP^2+BP^2+CP^2} \\[5pt] & = & (x_1-x)^2+(y_1-y)^2 \\ & & +(x_2-x)^2+(y_2-y)^2 \\ & & +(x_3-x)^2+(y_3-y)^2 \\[5pt] & = & 3x^2-2(x_1+x_2+x_3)x \\ & & +3y^2-2(y_1+y_2+y_3)y \\ & & +\text{定数} \\[5pt] \end{eqnarray}となる（定数部分は、 $x,y$ に依存しない項）。よって、この値は $x=\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}$ かつ $y=\dfrac{y_1+y_2+y_3}{3}$ のときに最小となる、つまり、 $\mathrm{P}$ が重心 $\mathrm{G}$ のときに最小になるので、\[ \mathrm{AG^2+BG^2+CG^2}\leqq \mathrm{AP^2+BP^2+CP^2} \]が示せた。

(2) $\mathrm{AG^2+BG^2+CG^2} = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}$

辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm{M}$ とすると、 $\angle \mathrm{AMB}+\angle \mathrm{AMC}=180^{\circ}$ なので、 $\cos\angle \mathrm{AMB}=-\cos\angle \mathrm{AMC}$ だから
\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2-\mathrm{AB}^2}{2\mathrm{AM}\cdot \mathrm{BM}} &=& -\frac{\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2-\mathrm{AC}^2}{2\mathrm{AM}\cdot \mathrm{CM}} \\[5pt] \mathrm{AM}^2+\mathrm{BM}^2-\mathrm{AB}^2 &=& -(\mathrm{AM}^2+\mathrm{CM}^2-\mathrm{AC}^2) \\[5pt] \mathrm{AM}^2+\frac{a^2}{4}-c^2 &=& -\mathrm{AM}^2-\frac{a^2}{4}+b^2 \\[5pt] 2\mathrm{AM}^2 &=& -\frac{a^2}{2}+b^2+c^2 \\[5pt] \end{eqnarray}となる。ここで、 $\mathrm{M}$ は辺 $\mathrm{BC}$ の中点で、 $\mathrm{G}$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心だから、 $\mathrm{AG}=\dfrac{2}{3}\mathrm{AM}$ となることを利用すると \begin{eqnarray} 2\cdot \frac{9}{4} \mathrm{AG}^2 &=& -\frac{a^2}{2}+b^2+c^2 \\[5pt] \mathrm{AG}^2 &=& \frac{-a^2+2b^2+2c^2}{9} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。他も同様にすると、 \begin{eqnarray} \mathrm{BG}^2 &=& \frac{-b^2+2c^2+2a^2}{9} \\[5pt] \mathrm{CG}^2 &=& \frac{-c^2+2a^2+2b^2}{9} \\[5pt] \end{eqnarray}が成り立つので、辺々加えると \begin{eqnarray} \mathrm{AG^2+BG^2+CG^2} = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3} \end{eqnarray}が得られる。

(3) $\dfrac{16S^2}{9} \left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right) = \dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{9R^2}$

$S=\dfrac{1}{2}ab\sin C$ であり、正弦定理より $c=2R\sin C$ だから、 $S=\dfrac{abc}{4R}$ が成り立つ。よって
\begin{eqnarray} & & \dfrac{16S^2}{9} \left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right) \\[5pt] &=& \dfrac{a^2b^2c^2}{9R^2} \left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right) \\[5pt] &=& \dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{9R^2} \\[5pt] \end{eqnarray}が成り立つ。

(4) $9R^2\geqq a^2+b^2+c^2$

$\overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ をそれぞれ $\vec{p}, \vec{q}, \vec{r}$ とおくと
\begin{eqnarray} c^2 &=& |\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2 \\[5pt] &=& |\vec{q}-\vec{p}|^2 \\[5pt] &=& |\vec{q}|^2-2\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{p}|^2 \\[5pt] \end{eqnarray}となる。ここで、 $\mathrm{O}$ は外心なので、 $|\vec{p}|$ も $|\vec{q}|$ も $R$ なので \begin{eqnarray} c^2 &=& 2R^2-2\vec{p}\cdot\vec{q} \\[5pt] 2\vec{p}\cdot\vec{q} &=& 2R^2-c^2 \\[5pt] \end{eqnarray}が成り立つ。他も同様にして \begin{eqnarray} 2\vec{q}\cdot\vec{r} &=& 2R^2-a^2 \\[5pt] 2\vec{r}\cdot\vec{p} &=& 2R^2-b^2 \\[5pt] \end{eqnarray}が成り立つ。次に、 $\overrightarrow{\mathrm{OG}}$ について考えると \begin{eqnarray} & & |\overrightarrow{\mathrm{OG}}|^2 \\[5pt] &=& \left| \frac{\vec{p}+\vec{q}+\vec{r}}{3} \right|^2 \\[5pt] &=& \frac{3R^2+2\vec{p}\cdot\vec{q}+2\vec{q}\cdot\vec{r}+2\vec{r}\cdot\vec{p}}{9} \\[5pt] &=& \frac{3R^2+(2R^2-c^2)+(2R^2-a^2)+(2R^2-b^2)}{9} \\[5pt] &=& R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{9} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。この値は $0$ 以上なので、\[ 9R^2\geqq a^2+b^2+c^2 \]が成り立つ。

(5) $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \leqq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$

任意の実数 $x,y,z$ について、
\begin{eqnarray} & & (x+y+z)^2-3(xy+yz+zx) \\[5pt] &=& x^2+y^2+z^2-(xy+yz+zx) \\[5pt] &=& \frac{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2}{2} \\[5pt] &\geqq& 0 \end{eqnarray}なので、\[ xy+yz+zx\leqq \frac{(x+y+z)^2}{3} \]ここで、 $x=a^2,$ $y=b^2,$ $z=c^2$ を代入すると\[ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \leqq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3} \]が得られる。

(6) まとめ

(5)より
\begin{eqnarray} \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2+b^2+c^2} \leqq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3} \end{eqnarray}が成り立つことがわかる。ここで、(1)(2)より \begin{eqnarray} \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3} \leqq \mathrm{AP^2+BP^2+CP^2} \end{eqnarray}が成り立つことがわかる。また、(4)より \begin{eqnarray} \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{9R^2} \leqq \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2+b^2+c^2} \end{eqnarray}であり、左辺は(3)より $\dfrac{16S^2}{9} \left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)$ と等しいことがわかるので \begin{eqnarray} \frac{16S^2}{9} \left(\frac{1}{\mathrm{AB^2}}+\frac{1}{\mathrm{BC^2}}+\frac{1}{\mathrm{AC^2}}\right) \leqq \mathrm{AP^2+BP^2+CP^2} \end{eqnarray}が成り立つことが示せた。

（終）