NO.10389851

0 名前：Ｌ：2007/03/29 11:25

最低限何をやっておく必要がある？

16 名前：名無しさん：2007/05/25 13:15

努力の仕方が間違ってるかあ
耳が痛いなあ

17 名前：名無しさん：2007/05/26 01:37

>>15に同意

18 名前：名無しさん：2007/05/26 15:17

暗記数学でノイローゼになりそう

19 名前：名無しさん：2007/05/27 01:37

信じらんかもしれんが１対１だけで東大数学４完してる
すぐに答えを見ないで自分で考えた結果

20 名前：名無しさん：2007/05/27 01:42

１対１じゃ無理だ

21 名前：名無しさん：2007/05/27 01:53

いや１対１でも解法パターンは網羅できるはず

22 名前：名無しさん：2007/05/27 02:48

解法パターンで東大数学は解けない

23 名前：名無しさん：2007/05/27 03:43

いや解けるから
東大数学こそ典型的解法パターンのカモ
あとはそれをどう当てはめるか、試行力を鍛えるだけ

24 名前：名無しさん：2007/05/27 05:59

どう当てはめるかが難しいのよ
解法の種類も多いしね
だからパターンを暗記しただけじゃ使えねえ

25 名前：名無しさん：2007/05/27 06:02

奥田先生の講義聴いたら？

26 名前：名無しさん：2007/05/27 06:40

会費いくらか教えてー

27 名前：名無しさん：2007/05/29 01:54

高額だぜ

28 名前：名無しさん：2007/05/29 04:33

【駿台の浪人本科は　＜糞＞ 】
★テキストの問題は古臭い有名問題ばかりで何年も改訂していない。なのに誤植が多い。
★校内テストやベネッセ共催模試が激しく糞。しかも強制。
★信じられないような糞講師が多数いる。こいつらは講習や外部向けイベントには一切出てこない。
★１コマ50分で１人の講師が割り当てられるから、授業の種類ばかりが無駄に増える。
すると優秀な先生の授業時間は少なくなり、圧倒的に糞講師の授業時間数が増える。
本科の授業は大量の糞講師の職業安定化のためにコマ細分化されているのかと疑いたくなる。
★講師同士がものすごく仲が悪い。他講師の作ったテキストをけなす先生が多すぎる。
★人気講師ほど本科で露骨に手を抜いて、講習や自分の特設単科に力を注ぐ。なめすぎ。
★不快になるほど他予備校・他塾の批判を聞かされる。ここは北朝鮮か。
★座席指定で同じ固定メンバーと隣席になる。席替えは全て平行移動式。ふざけるな。
★予想外に生徒の質が悪い。下の方のクラスは託児所か保育園状態。
自習室前で騒ぎわめくDQN・廊下や階段を占拠して飲食するZQNが後を絶たない。
★質問厨で講師室は洪水。多浪が当たり前のような態度で講師と談笑している。死ね。
★職員の営業行為が迷惑すぎる。講習２０個取らないと合格できないと脅迫することすらある。
連中はひたすら生徒と保護者を洗脳して金まきあげることしか考えていない。東進より酷い。
★担任が役立たずで無能。受験について無知で何のサポートも感じられない。
★インターネットで工作してる職員が多い。あらゆる掲示板に駿台の職員がいる。
★廊下や階段の掲示物類が幼稚でDQN臭い。淡色のカラーペンの丸字で連絡事項を書くな。
★とにかく授業料が高い。大金取った上にまだエンカレッジだスペシャルセミナーだで
金をむしりとろうと必死。andいらない副教材を買わせようとしてくる。
★合格実績を大幅に捏造している。１つの校舎から何処に何人受かったのか全くわからない。
職員に数字を聞くと「南京大虐殺３０万人」も吹っ飛ぶような嘘を返してくる。
★既に合格校と進学先を告げたのに上を狙えと＋１浪を薦めてくる。いいかげんにしろ。

29 名前：名無しさん：2007/05/29 10:42

新スタ、探求?

30 名前：""：2007/06/12 02:20

青チャと数学の発想のしかたで阪大医に合格できた
新数学演習はやらなくてもいいよ

31 名前：名無しさん：2007/06/12 11:17

新数演って理論の飛躍や省略が多いって聞くけど、実際どうなのよ？

32 名前：名無しさん：2007/06/12 13:27

論理の飛躍がおおすぎ

33 名前：名無しさん：2007/06/12 16:04

今年度の改訂で新スタはかなり良くなったから、新数演も良くならないか期待してる♪

34 名前：名無しさん：2007/06/12 16:06

発想のネタが書いてない問題集は役にたたん
天下りに解答を理解しても応用が利かないじゃん

35 名前：名無しさん：2007/06/13 01:26

発想なんてねーよ

36 名前：名無しさん：2007/06/13 04:58

＞35
どうしてそういう風に解答するか知りたいんだよなあ

37 名前：名無しさん：2007/06/14 12:39

新数学演習は改訂しないんだろ？

38 名前：名無しさん：2007/06/14 13:40

さあ

39 名前：名無しさん：2007/07/20 11:52

ゴミ箱へ

40 名前：名無しさん：2007/07/20 13:27

>>0 １対１やっとけば十分新数学演習に入れる。

41 名前：名無しさん：2007/07/20 14:50

新数学演習やらなくていい

42 名前：名無しさん：2007/07/20 16:19

でもやるとかなり力になる

43 名前：名無しさん：2007/07/20 17:58

選問は糞
量はカス
時間対効果はゴミ以下

44 名前：名無しさん：2007/07/21 02:35

↑それはＺ会な

45 名前：名無しさん：2007/07/23 03:00

sage

46 名前：名無しさん：2007/08/04 15:45

教科書もろくに理解できないやつが大数とは大笑いだ．

47 名前：名無しさん：2007/08/07 05:14

sage

48 名前：名無しさん：2007/08/07 13:20

>>0 オナニー

49 名前：名無しさん：2007/10/01 10:07

§7-1

(1)AE:ED=u:(1-u), BE:EC=v:(1-v)とおくと、c=2a, d=3b より、
　e=ud+(1-u)a=(1-u)a+3ub・・・[1]
　e=vc+(1-v)b=2va+(1-v)b・・・[2]
　a, b は線型独立であるから、
　1-u=2v かつ 3u=1-v すなわち、u=1/5, v=2/5 よって、(答え)e=(4/5)a+(3/5)b

(2)AR:RQ=u:(1-u), BR:RS=v:(1-v)　とおくと、p=sa, q=tb より、
　r=uq+(1-u)a=(1-u)a+tub・・・[1]
　e=vp+(1-v)b=sva+(1-v)b・・・[2]
　e=(1/2)a+(2/3)b　　　・・・(仮定より)
　a, b は線型独立であるから、
　1-u=sv=1/2 かつ tu=1-v=2/3 すなわち、u=1/2, v=1/3 よって、(答え)s=3/2, t=4/3

50 名前：名無しさん：2007/10/01 10:36

§7-1

（別解）

(1)メネラウスの定理より、(CA/OC)(ED/AE)(BO/DB)=1
　∴(1/2)(ED/AE)(1/2)=1 ⇔ ED/AE=4/1 ∴AE:ED=1:4
　e=(4a+1d)/(4+1)=(4a+3b)/5=(4/5)a+(3/5)b　(答え)

(2)r=(1/2)a+(2/3)bより、(1/2)+(2/3)=7/6＞1であるから(1)と同様の構図になる。
　つまり、s＞1, t＞1 である。

　メネラウスの定理より、(PA/OP)(RQ/AR)(BO/QB)=1
　∴((s-1)/s)(RQ/AR)(1/(t-1))=1 ⇔ RQ/AR=s(t-1)/(s-1) ∴AR:RQ=(s-1):s(t-1)
　r=((s-1)q+s(t-1)a)/((s-1)+s(t-1))={s(t-1)/(st-1)}a+{t(s-1)/(st-1)}b=(1/2)a+(2/3)b
　a, b は線型独立であるから、
　s(t-1)/(st-1)=(1/2)　かつ　{t(s-1)/(st-1)}=(2/3)
　∴(3t-4)(t-1)=0 ∴t=4/3, s=3/2 (答え)

>50　訂正

(2)の3,4行目
r=vp+(1-v)b=sva+(1-v)b・・・[2]
r=(1/2)a+(2/3)b　　　・・・(仮定より)

51 名前：名無しさん：2007/10/01 10:43

§7-1

(2)の別解

座標を入れて考える。
A(1,0), B(0,1), R(1/2,2/3)より、

直線ARの方程式はy=-(4/3)x+(4/3) ∴Q(0,4/3)
直線BRの方程式はy=-(2/3)x+1 　　∴P(3/2,0)

∴s=3/2, t=4/3 (答え)

52 名前：名無しさん：2007/10/01 11:05

§7-1

>52 と同様に(1)も出来る。

座標を入れて考える。
A(1,0), B(0,1), C(2,0), D(0,3)より、

直線ADの方程式は、x+y/3=1 (切片形)
直線BCの方程式は、x/2+y=1 (切片形)

2直線の交点は、∴E(4/5,3/5) (答え)

53 名前：名無しさん：2007/10/02 02:02

§7-2

(1)p=la+mb+nc=la+mb+(2-l-m)c=l(4/3, 5/3)+m(1, 2)+(2-l-m)(2/3, 4/3)
　=(1/3)(4l+3m+4-2l-2m, 5l+6m+8-4l-4m)
　=(1/3)(2l+m+4, l+2m+8)
　=(4/3)(1, 2)+(l/3)(2, 1)+(m/3)(1, 2)
　=e+lf+mg とおくと、l≧0, m≧0 より、
　eを原点、fをx軸、gをy軸と考えると、第一象限（軸も含む）となる。（答え）

(2)l=5/2, m=0 とすると、p=(4/3, 8/3)+(5/3, 5/6)+0=(3, 7/2)となるので、
　d=(3, 1)は(1)で求めた領域内にはない。
　従って、直線L：x=e+tf(tはパラメーター)とおくと、
　求める点は、点Dから直線Lに下ろした垂線の足Hである。
　EH={(ED・f)/(f・f)}f (正射影ベクトル)より、
　　=[{(1/3)(5, -5)・(1/3)(2,1)}/{(1/3)(2,1)・(1/3)(2,1)}](1/3)(2,1)
　　=(1/3)(2,1)
∴h=e+(1/3)(2,1)=(1/3)(4, 8)+(1/3)(2,1)=(2, 3) (答え)

54 名前：名無しさん：2007/10/02 02:09

>54　訂正　(2)の4行目以降に追加。

(2)求める点は、点Dから直線Lに下ろした垂線の足Hが、(1)の領域内であれば、
Hとなる。すなわち、パラメーターtに関して、t≧0となればよい。
あるいは、点Hのx座標が、x≧4/3 となればよい。

H(2, 3) より、x座標は2であり、2＞4/3 であるから、これが求める点である。

55 名前：名無しさん：2007/10/03 03:43

§7-3

点P∈△ABC（周も含む）
⇔p=a+sAB+tAC (0≦sかつ0≦tかつs+t≦1) と表せる。

∴　p=a+s(b-a)+t(c-a)=a+s(b-a)+t(-a-3b-a)=(1-s-2t)a+(s-3t)b=ua+vb
a, b は線型独立であるから、u=1-s-2t, v=s-3t すなわち、(u,v)=(1,0)+s(-1,1)+t(-2,-3)
∴　uv平面では、3点(1,0), (0,1), (-1-3)を頂点とする三角形の周と内部となる。（答え）

研究
a, b を基底とする斜交座標系 [u, v] で考える。この座標系ではA[1, 0], B[0, 1], C[-1, -3]
である。一方、答えの三角形の3頂点は、(1, 0), (0, 1), (-1, -3) である。つまり、
変換：[u, v] → (x, y) は座標変換であり、原像の三角形の頂点は、像の三角形の頂点にうつる。

ua+vb=xe1+ye2より、2つのベクトルa, b を、a=(a, b), b=(c, d) とuv座標で表すと、
u(a, b)+v(c, d)=x(1, 0)+y(0, 1) ⇔ (a c b d)(u v)=(x y)
⇔ (u v)=(a c b d)^(-1)(x y)　という線型変換である。

56 名前：名無しさん：2007/10/03 06:20

§7-4

(1/a)+(1/b)=(1/k) 、より、a≠0 かつ b≠0 である。（∵分母≠0）
直線PQ：x=OP+tPQ=p+t(q-p)=(1-t)p+tq=(1-t)aOA+tbOB・・・[1] より、tb=m とおくと、
b≠0より、t=m/b であるから、(1-t)a=(1-m/b)a=a-m(a/b)=a-m((a/k)-1)=a-a(m/k)+m
ここでm=kとするとa-a+m=mとなり、a, b に無関係な定数になるので、定点を通る事が示された。
∴OR=kOA+kOB（答え）

別解
a→∞の時、b→kとなり、b→∞の時、a→kとなるので、
定点を通るとしたら、(a,b)=(k,k) しかない。（必要条件を求めた）
[1] より、tb=kとおくと、(1-t)a=a-ta=a-(k/b)a (∵b≠0)
=a-(1-k/a)a=a-a+k=kとなり、確かに定点(a,b)=(k,k)を通る。OR=k(OA+OB)

別解
OA=OB かつ OA⊥OB とする。（必要条件を求める）
A(1,0) B(0,1) P(a,0) Q(0,b)とおける。
直線PQ：(x/a)+(y/b)=1（切片形）と表せる。条件式：(1/a)+(1/b)=(1/k) ⇔ (k/a)+(k/b)=1
と比べると、直線PQは常に定点(k, k)を通る事が分かる。
これは直交座標系に直さなくても、斜交座標系のままでも同じである。

>56　訂正（下から3行目）　　xy座標で表すと、

57 名前：名無しさん：2007/10/03 09:16

>57　補足 別解1
定点を通る直線が存在すると仮定すると、
(a, b)=(∞,k)の時は、x軸に平行な直線：y=k　[1]、
=(k,∞)の時は、y軸に平行な直線：x=k　[2] となる。
定点を通る直線群が[1][2] を含むためには、定点を、(k,k) とするしかない。

58 名前：名無しさん：2007/10/05 20:36

§7-5

(1) (ai+aj)・(ai-aj) = ai^2-aj^2 = R^2-R^2=0 (Rは外接円の半径)
∴(ai+aj)⊥(ai-aj) (証明終わり)

(2) (1)により、方向ベクトルとして (a1+a2)が取れる。（∵A1A2は直径ではないので、(a1+a2)≠0）
　　∴p=(a3+a4)/2 +t(a1+a2) （答え）

(3)題意の直線は全部で4本あり、(2)の他の直線は、
p=(a1+a2)/2 +s(a3+a4), p=(a2+a3)/2 +u(a4+a1), p=(a4+a1)/2 +v(a2+a3) である。
これらはそれぞれのパラメーターに1/2を代入すると、
q=(a1+a2+a3+a4)/2 という点を通る事が分かる。従って4直線は共有点を持つ事が示された。
また、4直線が交わるとすれば、それは1点に限るので、題意は示された。（証明終わり）

59 名前：名無しさん：2007/10/05 21:22

§7-6

(1)正五角形ABCDEは、直線OAに関して対称であるから、
b+e, c+d は共にa に平行である。∴a+b+c+d+e=sa・・・[1] とおける。同様に、
正五角形ABCDEは、直線OBに関して対称であるから、
c+a, d+e は共にb に平行である。∴a+b+c+d+e=tb・・・[2] とおける。
[1][2]より、a, b は線型独立であるから、sa=tb ⇔ s=0かつt=0　（答え）0

(2)AB+AC+AD+AE=(AO+OB)+(AO+OC)+(AO+OD)+(AO+OE)+(AO+OA)
=5AO+(OA+OB+OC+OD+OE)=5AO+0 (∵(1)) = 5AO（答え）

(3)PA+PB+PC+PD+PE=(PO+OA)+(PO+OB)+(PO+OC)+(PO+OD)+(PO+OE)
=5PO+(OA+OB+OC+OD+OE)=5AO+0 (∵(1)) = 5PO
∴OP=5の時、PA+PB+PC+PD+PE=5PO=5OP=5×5=25 （答え）

60 名前：名無しさん：2007/10/05 21:25

§7-6　別解
(1)原点中心の2π/5回転の線型変換をRとすると、
a+b+c+d+e=a+Ra+R^2a+R^3a+R^4a=(I+R+R^2+R^3+R^4)a (Iは恒等変換)=0a (→ア) =0

(ア)の証明
(I-R)( I+R+R^2+R^3+R^4)=I-R^5=I-R(2π)=I-I=0 [1]
ここで、(I-R)^(-1)が存在するので (→イ)、[1]の両辺に左からかけて、
I+R+R^2+R^3+R^4=0 となる。（証明終わり）

(イ)の証明（α=2π/5とおく）
I-R=(1 0 0 1)-(cosα -sinα sinα cosα)= (1-cosα sinα -sinα 1-cosα)
∴det(I-R)=(1-cosα)^2+(sinα)^2=2-2cosα=2(1-cosα)＞0 (→ウ)

(ウ)の証明
直線OAをx軸とし、(1)のx成分を考えると、1+2cosα+2cos(2α)=0 (∵(1))
ここで、cosα=t とおくと、1+2t+2(2t^2-1)=0 ⇔ 4t^2+2t-1=0
t＞0より、t=(-1+√5)/4　∴1-cosα=1-t=(5-√5)/4＞0（証明終わり）

61 名前：名無しさん：2007/10/08 09:36

§7-7

点Aを始点とする位置ベクトルで考える。
PA^2-3PA・PB+2PA・PC-6PB・PC=0 ⇔ (PA-3PB)・(PA+2PC)=0
⇔ (-p-3b+3p)・(-p+2c-2p)=0 ⇔ (2p-3b)・(-3p+2c)=0
⇔ (p-(3/2)b)・(p-(2/3)c)=0　ここで、(3/2)b = d, (2/3)c= e とおくと、
PD・PE=0 よって、点Pは線分DEを直径とする円周を描く。（答え）
P=DまたはP=Eと出来るから、除外点はない。

62 名前：名無しさん：2007/10/08 10:06

§7-8

(1) (a-b)(b-c)(c-a)=0 ⇔ a=bまたはb=cまたはc=aである。
(?) a=b の時、CA・AB=AB・BC ⇔ AB・(BC-CA)=0 ⇔ (CB-CA)(-CB-CA)=0
⇔ (CB-CA)(CB+CA) ⇔ CB^2-CA^2=0 ⇔ CB^2=CA^2 ⇔ CB=CA
(?) b=c の時、同様に、AB=AC
(?) c=aの時、同様に、BC=BA が成り立つ。
従って、（答え）「二等辺三角形」である。a=b=cの時は「正三角形」になる。

(2)　AB^2=AB・AB=AB・(AC+CB)=-AB・CA-AB・BC=-a-b 同様に、
AC^2=AC・AC=AC・(AB+BC)=-CA・AB-CA・BC=-a-c となる。
三角形の面積の公式より、
S=(1/2)ABACsinA　⇔　(1/2)ABAC√(1-cos^2A)
⇔　(1/2)√(AB^2AC^2-(AB・AC)^2)　⇔　(1/2)√((-a-b)(-a-c)-(-a)^2)
⇔　(1/2)√(a^2+ac+ab+bc-a^2)　⇔　(1/2)√(ab+bc+ca)（答え）

（注）　AB=(a1,a2), AC=(b1,b2) とおくと、S=(1/2)a1b2-a2b1 となる。
AB=(a1, a2, a3), AC=(b1,b2,b3) とおくと、
S=(1/2)√((a1b2-a2b1)^2+(a2b3-a3b2)^2+(a3b1-a1b3)^2) となる。
S=(1/2)AB×AC とも表せる。

63 名前：名無しさん：2007/10/08 22:00

§7-9

点Aを始点とした位置ベクトルで考える。
(1) b-c^2=b^2+c^2-2b・c ⇔ 16=4+9-2b・c　∴b・c=-(3/2)（答え）
　　b・2o=b^2=4（2oをb上に正射影した）（答え）
(2) 2o=2lAB+2mBC=2lb+2m(c-b)=2(l-m)b+2mcであり、
b・2o=2(l-m)b^2+2mb・c=8(l-m)-3m=4 (∵(1))
同様に、c・2o=c^2=9（2oをc上に正射影した）より、
c・2o=2(l-m)b・c+2mc^2=-3(l-m)+18m=9
⇔ 8l-11m=4 かつ -l+7m=3 ⇔ m=28/45, l=61/45（答え）

（別解）
(2) OA^2=AO^2=(l-m)b+mc)^2=(l-m)^2b^2+m^2c^2+2m(l-m)b・c=
4(l-m)^2+9m^2-3m(l-m)=4l^2+16m^2-11lm・・・[1]
OB^2=BO^2=AO-AB^2=(l-m)b+mc-b)^2=(l-m-1)b+mc^2=
(l-m-1)^2×4+m^2×9-3m(l-m-1)=4l^2+16m^2-11lm-8l+11m+4・・・[2]
OC^2=CO^2=AO-AC^2=(l-m)b+mc-c)^2=(l-m)b+(m-1)c^2=
(l-m)^2×4+(m-1)^2×9-3(l-m)(m-1)=
4l^2+4m^2-8lm+9m^2+9-18m-3lm+3l+3m^2-3m
=4l^2+16m^2-11lm+3l-21m+9・・・[3]

OA=OB=OCであるから、[1][2][3]より、
-8l+11m+4=0 かつ 3l-21m+9=0(⇔-l+7m=3)
⇔ 8l-11m=4 かつ -8l+56m=24　⇔　m=28/45, l=61/45（答え）

64 名前：名無しさん：2007/10/10 12:21

§7-10

外心Oを始点にした位置ベクトルで考える。
直線AIと辺BCの交点をDとすると、
角の二等分線定理により、BD：CD=AB：AC=l：m
∴BP=m(l/(l+m))　同様に、角の二等分線定理により、
AI：DI=BA：BD=l：m(l/(l+m))=l+m：m
∴AD=(lAC+nAB)/(l+n)より、AI=(l+m)/(l+m+n)AD
=(lAC+nAB)/(l+m+n)
∴i=a+AI=a+(l(c-a)+n(b-a))/(l+m+n)
=(la+ma+na+lc-la+nb-na)/(l+m+n)
i=(ma+nb+lc)/(l+m+n)（答え）
g=(a+b+c)/3（答え）

辺BCの中点M、BOの延長線と外接円との交点をP、
点Aから辺BCに下ろした垂線の足をQ、
点Cから辺ABに下ろした垂線の足をRとする。
BP、は直径であるから、∠BCPと∠BAPは直角。
∴AH(すなわちAQ)とPCは平行、CH(すなわちCR)とPAは平行となる。
∴四角形AHCPは平行四辺形である。∴AH=PC=2OM
（△BPC∽△BOM(相似比は2：1)であるから）
OHとAMの交点をEとすると、△AHE∽△MOE(相似比は2：1)
であるから、AE：ME=2：1。AMは中線であるから、点Eは重心Gと一致する。
∴OG：GH=1：2　∴OH=3OG=a+b+c（答え）

65 名前：名無しさん：2007/10/10 12:24

（別解）
x=a+b+c とおく。OB=OCより、AX・BC=(b+c)・(c-b)=c^2-b^2=0
同様に、OC=OAより、BX・AC=(a+c)・(c-a)=c^2-a^2=0
従って、点Xは垂心である。（答え）h=a+b+c

（別解）
外接円の半径をRとし、c=ua+vb, h=sa+tb とおく。
c=Rより、R^2u^2+R^2v^2+2uva・b=R^2　[1]
AH⊥BCより、(sa+tb-a)(ua+vb-b)=0　[2]
BH⊥ACより、(sa+tb-b)(ua+vb-a)=0　[3]

[2]より、(s-1)ua^2+t(v-1)b^2+(sv-s-v+1+tu)a・b=0
両辺に2uvをかけ、[1]を用いると、
2uv{R^2(s-1)u+R^2t(v-1)}+(sv-s-v+1+tu)(R^2-R^2u^2-R^2v^2)=0
∴2uv{(s-1)u+t(v-1)}+(sv-s-v+1+tu)(1-u^2-v^2)=0
⇔2uv(su-u+tv-t)+(sv-s-v+1+tu)(1-u^2-v^2)=0
⇔2u^2vs-2u^2v+2uv^2t-2uvt+sv-s-v+1+tu-svu^2
+su^2+vu^2-u^2-tu^3-sv^3+sv^2+v^3-v^2-tuv^2=0
⇔(2u^2v+v-1-vu^2+u^2-v^3+v^2)s+(2uv^2-2uv+u-u^3-uv^2)t=2u^2v+v-1-vu^2+u^2-v^3+v^2
⇔(u+v-1)(u-v+1)(v+1)s-(u+v-1)(u-v+1)ut=(u+v-1)(u-v+1)(v+1)
⇔u+v=1またはu-v=-1または(v+1)s-ut=(v+1)・・・[4]

同様に[3]より、(u-1)sa^2+v(t-1)b^2+(tu-u-t+1+sv)a・b=0
両辺に2uvをかけ、[1]を用いると、
2uv{R^2(u-1)s+R^2v(t-1)}+(tu-u-t+1+sv)(R^2-R^2u^2-R^2v^2)=0
∴2uv{(u-1)s+vt-v)}+((u-1)t-u+1+sv)(1-u^2-v^2)=0
⇔2u(u-1)vs+2uv^2t-2uv^2+(u-1)(1-u^2-v^2)t+(1-u^2-v^2)vs-(u-1)(1-u^2-^v^2)
⇔(2u^2v-2uv+v-u^2v-v^3)s+(2uv^2+u-1-u^3+u^2-uv^2+v^2)t=2uv^2+(u-1)(1-u^2-^v^2)
⇔v(u+v-1)(u-v+1)s-(u+1)(u+v-1)(u-v+1)t=-(u+1)(u+v-1)(u-v+1)
⇔u+v=1またはu-v=-1またはvs-(u+1)t=-(u+1)・・・[5]
となる。
u+v=1とすると、A, B, Cが同一直線上になるので不適。
u+1=vとすると、BCは外接円の直径になる。この時、h=b・・・[6]
その他の場合、(v+1)s-ut=(v+1) かつvs-(u+1)t=-(u+1)より、
s=u+1, t=v+1となる。∴h=sa+tb=(u+1)a+(v+1)b=a+b+(ua+vb)=a+b+c
[6]の時も、h=a+b+c=b+(a+c)=bとなって成り立つ。
（答え）h=a+b+c

（注）PQ=xPA+yPB+zPCとおいた時、始点を変えても表示が変わらない条件は、
PR+RQ=x(PR+RA)+y(PR+RB)+z(PR+RC)より、
RQ=xRA+yRB+zRC+(1-x-y-z)RPとなるから、
x+y+z=1が条件となる。従って、内心、重心は係数の和が1となるので、
始点はどこにとっても構わないが、垂心は係数の和が3なので、
始点をとる位置によって表示が変わる。始点を外心にしないときれいにならない。
外心以外の点Dを始点にすると、h=a+b+c-2oとなる。