平面ベクトルの学習を締めくくる総合問題に取り組みます。内積の計算と図形の性質、位置ベクトルと面積比、ベクトルの一次独立性と軌跡 ── これまで別々に学んだ道具を組み合わせて使う力が、ここで試されます。入試ではベクトルの総合問題として1題まるごと出題されることが多く、各パーツの知識を有機的につなげることが合否を分けます。
ベクトルの総合問題で最も重要なスキルは、「幾何的な条件をベクトルの式に翻訳する」ことです。垂直条件は内積 $= 0$、長さの条件は $|\vec{v}|^2$ の計算、角度の条件は $\cos\theta = \dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}$ ── これらの翻訳を正確に行えるかどうかが鍵です。
垂直：$\overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{CD}} = 0$
長さが等しい：$|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{CD}}|^2$（両辺を展開して比較）
角の二等分線上：$\mathrm{P}$ が $\angle\mathrm{BAC}$ の二等分線上 $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{\mathrm{AP}} = s\left(\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AB}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|} + \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|}\right)$
同一直線上：$\overrightarrow{\mathrm{AP}} = t\overrightarrow{\mathrm{AB}}$（実数 $t$ が存在）
三角形 $\mathrm{ABC}$ の垂心 $\mathrm{H}$ は、$\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}} = 0$ かつ $\overrightarrow{\mathrm{BH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} = 0$ を同時に満たす点です。$\overrightarrow{\mathrm{AH}} = s\overrightarrow{\mathrm{AB}} + t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおいて2つの内積条件から連立方程式を立てると、$s, t$ が $|\vec{b}|, |\vec{c}|, \vec{b} \cdot \vec{c}$ で表されます。
具体的に、$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \vec{b}$, $\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \vec{c}$ とすると、
条件1：$\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}} = 0$ より $(s\vec{b} + t\vec{c}) \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = 0$
$$-s|\vec{b}|^2 + (s - t)\vec{b} \cdot \vec{c} + t|\vec{c}|^2 = 0 \quad \cdots (*)$$
条件2：$\overrightarrow{\mathrm{BH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} = 0$ より $(\overrightarrow{\mathrm{AH}} - \vec{b}) \cdot \vec{c} = 0$
$$s(\vec{b} \cdot \vec{c}) + t|\vec{c}|^2 = \vec{b} \cdot \vec{c} \quad \cdots (**)$$
$(*)$ と $(**)$ の連立から $s, t$ が確定します。
✗ 誤：垂心の条件を $\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}} = 0$ とする（AH は AB に垂直ではない）
○ 正：$\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}} = 0$（頂点 A からの垂線は対辺 BC に垂直）
垂心は「頂点から対辺への垂線の交点」です。$\mathrm{AH} \perp \mathrm{BC}$ であって、$\mathrm{AH} \perp \mathrm{AB}$ ではありません。
重心 $\mathrm{G}$、外心 $\mathrm{O}$、垂心 $\mathrm{H}$ の間にはオイラー線の関係 $\overrightarrow{\mathrm{OG}} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{\mathrm{OH}}$ が成り立ちます。大学数学では、これらの特殊点を射影幾何学やバリセントリック座標系で統一的に扱います。
三角形の内部で2本の線分が交わる点（チェバの定理型の問題）を、位置ベクトルで求める手法は入試の頻出パターンです。ここでは、その基本戦略を整理します。
交点 $\mathrm{P}$ を2通りの直線のパラメータで表す方法が最も汎用的です。たとえば三角形 $\mathrm{ABC}$ の中線 $\mathrm{AM}$（$\mathrm{M}$ は $\mathrm{BC}$ の中点）と辺 $\mathrm{BC}$ 上の点 $\mathrm{D}$ を通る直線 $\mathrm{AD}$ の交点を求めたい場合、
直線 $\mathrm{AM}$ 上：$\vec{p} = (1-s)\vec{a} + s \cdot \dfrac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$
直線 $\mathrm{BD}$ 上：$\vec{p} = (1-t)\vec{b} + t\vec{d}$
と2通りに表し、$\vec{a}, \vec{b}$ の一次独立性（あるいは $\vec{b}, \vec{c}$ の一次独立性）から係数を比較して $s, t$ を決めます。
$\vec{b}$ と $\vec{c}$ が一次独立（平行でない）のとき、$\alpha\vec{b} + \beta\vec{c} = \gamma\vec{b} + \delta\vec{c}$ ならば $\alpha = \gamma$ かつ $\beta = \delta$ です。
この性質を使って、$\vec{p}$ の2通りの表現から連立方程式を立て、パラメータの値を特定します。これがベクトルによる交点計算の根幹です。
✗ 誤：$\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ の3つを独立に扱おうとする（平面では3つは一次従属）
○ 正：原点を1つ固定し、残り2つのベクトルを基底として係数比較する
平面ベクトルでは一次独立なベクトルは高々2本です。原点（基準点）を固定し、2本の基底で全てを表す方針を徹底しましょう。
もう一つの方法は、各直線上の点を内分・外分で表し、共有点の条件から比を求めるものです。直線 $\mathrm{BE}$（$\mathrm{E}$ は $\mathrm{AC}$ 上）と直線 $\mathrm{CD}$（$\mathrm{D}$ は $\mathrm{AB}$ 上）の交点 $\mathrm{P}$ について：
$\mathrm{P}$ は $\mathrm{BE}$ を $s:(1-s)$ に内分 → $\vec{p}$ を $\vec{b}, \vec{e}$ で表す → $\vec{e}$ を $\vec{a}, \vec{c}$ で表す
$\mathrm{P}$ は $\mathrm{CD}$ を $t:(1-t)$ に内分 → $\vec{p}$ を $\vec{c}, \vec{d}$ で表す → $\vec{d}$ を $\vec{a}, \vec{b}$ で表す
最終的に $\vec{p} = \alpha\vec{a} + \beta\vec{b} + \gamma\vec{c}$（$\alpha + \beta + \gamma = 1$）の形にして、2つの表現の係数を比較します。
円は「定点からの距離が一定の点の集合」ですから、ベクトルの大きさの条件 $|\vec{p} - \vec{c}| = r$ で自然に記述できます。この形から展開して、内積を含む条件に変換することが総合問題のポイントです。
三角形 $\mathrm{ABC}$ の外接円の中心 $\mathrm{O}$（外心）は $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OB}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|$ を満たします。$\overrightarrow{\mathrm{AO}} = s\overrightarrow{\mathrm{AB}} + t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおくと、$|\overrightarrow{\mathrm{OA}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2$ から
$$|\overrightarrow{\mathrm{AO}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{AO}} - \overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2$$
$$2\overrightarrow{\mathrm{AO}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}} = |\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2$$
同様に $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2$ から $2\overrightarrow{\mathrm{AO}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} = |\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2$ が得られ、$s, t$ が定まります。
$\overrightarrow{\mathrm{AO}} = s\vec{b} + t\vec{c}$ のとき：
$$2(s|\vec{b}|^2 + t(\vec{b} \cdot \vec{c})) = |\vec{b}|^2$$
$$2(s(\vec{b} \cdot \vec{c}) + t|\vec{c}|^2) = |\vec{c}|^2$$
※ この連立方程式を解けば外心の位置が確定します。重心・内心・垂心も同様の手法で求められます。
✗ 誤：$|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{OA}} + \overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2$ とする（向きが逆）
○ 正：$\overrightarrow{\mathrm{OB}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}} + \overrightarrow{\mathrm{AB}}$ なので $|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{AO}} - \overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2$（$\overrightarrow{\mathrm{OA}} = -\overrightarrow{\mathrm{AO}}$ に注意）
符号のミスを防ぐため、一貫して「A を基準にした位置ベクトル」で統一するとよいでしょう。
$\overrightarrow{\mathrm{PA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PB}} = 0$ が「$\mathrm{AB}$ を直径とする円周上」であったように、$\overrightarrow{\mathrm{PA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PB}} = k$（定数）も特定の円を表します。実際、これを展開すると $|\vec{p}|^2$ の項が現れ、中心と半径をもつ円の方程式に帰着します。
$\overrightarrow{\mathrm{PA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PB}} = k$ は実は方べきの定理の一般化です。$\mathrm{P}$ が円の外部にあるとき、$\overrightarrow{\mathrm{PA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PB}}$ の値は $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ の取り方によらず一定で、これが「方べき」に相当します。大学の射影幾何学では、この値が「極と極線」の理論へと発展します。
面積比の計算は、初等幾何のチェバの定理やメネラウスの定理と深く関係しています。ベクトルを使えばこれらの定理を証明できるだけでなく、具体的な面積比を効率よく計算できます。
三角形 $\mathrm{ABC}$ の頂点から対辺上の点 $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ への線分 $\mathrm{AD}, \mathrm{BE}, \mathrm{CF}$ が1点で交わる条件は、チェバの定理では $\dfrac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}} \cdot \dfrac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}} \cdot \dfrac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}} = 1$ です。
ベクトルの視点では、交点 $\mathrm{P}$ を $\vec{p} = \alpha\vec{a} + \beta\vec{b} + \gamma\vec{c}$（$\alpha + \beta + \gamma = 1$）と表すと、$\dfrac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}} = \dfrac{\gamma}{\beta}$, $\dfrac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}} = \dfrac{\alpha}{\gamma}$, $\dfrac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}} = \dfrac{\beta}{\alpha}$ となり、積が $1$ になることは自明です。
$\vec{p} = \alpha\vec{a} + \beta\vec{b} + \gamma\vec{c}$（$\alpha+\beta+\gamma=1$）において：
$\alpha = \dfrac{\triangle\mathrm{BCP}}{\triangle\mathrm{ABC}}$, $\beta = \dfrac{\triangle\mathrm{CAP}}{\triangle\mathrm{ABC}}$, $\gamma = \dfrac{\triangle\mathrm{ABP}}{\triangle\mathrm{ABC}}$
この $(\alpha, \beta, \gamma)$ を重心座標（バリセントリック座標）といいます。三角形の内部の点は $\alpha, \beta, \gamma > 0$ で特徴づけられます。
✗ 誤：メネラウスの定理でも全て正の比で $= 1$
○ 正：メネラウスでは外分点が含まれるので、符号付きの比で $= -1$（あるいは絶対値で $1$）
チェバの定理は3本の線分が内部で交わる場合、メネラウスの定理は直線が三角形を横断する場合です。外分が入ると比の符号が変わる点に注意しましょう。
複雑な図形の面積比を求めるとき、一度に全体を計算しようとすると混乱します。まず大きな三角形に対する小さな三角形の比を求め、次にさらに分割するという連鎖的な計算が有効です。
$\triangle\mathrm{ABP} / \triangle\mathrm{ABC}$ が分かれば、$\triangle\mathrm{BCP} / \triangle\mathrm{ABC}$ と $\triangle\mathrm{CAP} / \triangle\mathrm{ABC}$ も $1$ からの引き算で求まります。この単純な事実を活用しましょう。
ベクトルの総合問題では、問題文が長く条件が複数あるため、どこから手をつけるか迷うことがあります。以下の戦略を意識しましょう。
まず三角形の1頂点（通常は $\mathrm{A}$）を基準点に定め、$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \vec{b}$, $\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \vec{c}$ を基底ベクトルとします。全ての点の位置ベクトルをこの基底で表すことで、統一的に処理できます。
「垂直」「長さが等しい」「内分比」「面積比」などの幾何的条件を、内積や位置ベクトルの式に翻訳します。セクション1で整理した翻訳辞書が活躍する場面です。
多くの場合、未知数は2つ（$s, t$ や $\alpha, \beta$ など）であり、条件式も2つ得られます。$|\vec{b}|^2, |\vec{c}|^2, \vec{b} \cdot \vec{c}$ が既知の場合は計算を進めて具体的な値を求めます。
総合問題では $|\vec{b}|, |\vec{c}|, \vec{b} \cdot \vec{c}$ の3量のうちいくつかが与えられます。この3つが全て分かっていれば完全に計算でき、一部が未知のままなら文字で残して進めます。
最初に「自分が使える情報は何か」を整理することで、解法の見通しが格段に良くなります。
$|\vec{b}|^2, \vec{b}\cdot\vec{c}, |\vec{c}|^2$ を行列 $G = \begin{pmatrix} |\vec{b}|^2 & \vec{b}\cdot\vec{c} \\ \vec{b}\cdot\vec{c} & |\vec{c}|^2 \end{pmatrix}$ にまとめたものをグラム行列と呼びます。大学の線形代数ではこの行列が内積空間の構造を完全に決定することが示されます。三角形の面積は $\dfrac{1}{2}\sqrt{\det G}$ で計算できます。
✗ 誤：すべて成分で計算する → 文字が多く計算爆発
○ 正：$|\vec{b}|^2, |\vec{c}|^2, \vec{b}\cdot\vec{c}$ を1つの記号のまま残して計算 → 最後に代入
ベクトルの総合問題で成分に展開すると計算量が爆発的に増えます。内積の記号（$\vec{b} \cdot \vec{c}$ など）をできるだけ保持したまま式変形しましょう。
Q1. $\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}} = 0$ は、$\mathrm{H}$ がどんな点であることを意味するか？
Q2. 交点を求めるとき「一次独立性による係数比較」とは何をしているか？
Q3. 外心の条件 $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OB}}|$ を、$\overrightarrow{\mathrm{AO}}$ を用いた内積の式に書き換えよ。
Q4. $\vec{p} = \dfrac{1}{6}\vec{a} + \dfrac{1}{2}\vec{b} + \dfrac{1}{3}\vec{c}$（$\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3} = 1$）のとき、$\dfrac{\triangle\mathrm{BCP}}{\triangle\mathrm{ABC}}$ は？
Q5. ベクトルの総合問題を解くとき、最初にすべきことは何か？
三角形 $\mathrm{ABC}$ で、辺 $\mathrm{BC}$ を $2:1$ に内分する点を $\mathrm{D}$、辺 $\mathrm{AC}$ の中点を $\mathrm{E}$ とする。線分 $\mathrm{AD}$ と線分 $\mathrm{BE}$ の交点を $\mathrm{P}$ とする。$\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ を $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ で表し、$\dfrac{\triangle\mathrm{ABP}}{\triangle\mathrm{ABC}}$ を求めよ。
$\vec{b} = \overrightarrow{\mathrm{AB}}, \vec{c} = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とする。$\overrightarrow{\mathrm{AD}} = \dfrac{1 \cdot \vec{b} + 2\vec{c}}{3} = \dfrac{\vec{b}+2\vec{c}}{3}$, $\overrightarrow{\mathrm{AE}} = \dfrac{\vec{c}}{2}$
直線 $\mathrm{AD}$ 上：$\vec{p} = s \cdot \dfrac{\vec{b}+2\vec{c}}{3} = \dfrac{s}{3}\vec{b} + \dfrac{2s}{3}\vec{c}$
直線 $\mathrm{BE}$ 上：$\vec{p} = (1-t)\vec{b} + t \cdot \dfrac{\vec{c}}{2} = (1-t)\vec{b} + \dfrac{t}{2}\vec{c}$
$\vec{b}, \vec{c}$ の一次独立性より：$\dfrac{s}{3} = 1-t$ かつ $\dfrac{2s}{3} = \dfrac{t}{2}$
後者より $t = \dfrac{4s}{3}$。前者に代入：$\dfrac{s}{3} = 1 - \dfrac{4s}{3}$、$\dfrac{s + 4s}{3} = 1$、$s = \dfrac{3}{5}$
$$\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \frac{1}{5}\vec{b} + \frac{2}{5}\vec{c}$$
$\dfrac{\triangle\mathrm{ABP}}{\triangle\mathrm{ABC}} = \dfrac{2}{5}$（$\vec{c}$ の係数）
三角形 $\mathrm{ABC}$ で $|\overrightarrow{\mathrm{AB}}| = 5$, $|\overrightarrow{\mathrm{AC}}| = 4$, $\overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} = 10$ とする。
(1) $\cos\angle\mathrm{BAC}$ を求めよ。
(2) 垂心 $\mathrm{H}$ について $\overrightarrow{\mathrm{AH}} = s\overrightarrow{\mathrm{AB}} + t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおくとき、$s, t$ を求めよ。
(3) $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積を求めよ。
(1) $\cos\angle\mathrm{BAC} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}||\overrightarrow{\mathrm{AC}}|} = \dfrac{10}{5 \times 4} = \dfrac{1}{2}$
$\angle\mathrm{BAC} = 60°$
(2) 垂心の条件：
$\overrightarrow{\mathrm{AH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}} = 0$ より $(s\vec{b}+t\vec{c}) \cdot (\vec{c}-\vec{b}) = 0$
$-25s + 10(s-t) + 16t = 0$ すなわち $-15s + 6t = 0$、$t = \dfrac{5s}{2}$ …①
$\overrightarrow{\mathrm{BH}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} = 0$ より $(s\vec{b}+t\vec{c}-\vec{b}) \cdot \vec{c} = 0$
$(s-1) \cdot 10 + 16t = 10$ すなわち $10s + 16t = 20$ …②
①を②に代入：$10s + 40s = 20$、$s = \dfrac{2}{5}$、$t = 1$
よって $\overrightarrow{\mathrm{AH}} = \dfrac{2}{5}\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \overrightarrow{\mathrm{AC}}$
(3) $S = \dfrac{1}{2}|\vec{b}||\vec{c}|\sin 60° = \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$
三角形 $\mathrm{ABC}$ で $|\overrightarrow{\mathrm{AB}}| = 3$, $|\overrightarrow{\mathrm{AC}}| = 4$, $\overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} = 0$ とする。外心 $\mathrm{O}$ の位置ベクトルを $\overrightarrow{\mathrm{AO}} = s\overrightarrow{\mathrm{AB}} + t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおくとき、$s, t$ を求めよ。また外接円の半径 $R$ を求めよ。
$\vec{b} \cdot \vec{c} = 0$ より $\angle\mathrm{BAC} = 90°$。
条件1：$2\overrightarrow{\mathrm{AO}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}} = |\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2$ より $2(9s + 0) = 9$、$s = \dfrac{1}{2}$
条件2：$2\overrightarrow{\mathrm{AO}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} = |\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2$ より $2(0 + 16t) = 16$、$t = \dfrac{1}{2}$
$\overrightarrow{\mathrm{AO}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{2}$
これは $\mathrm{BC}$ の中点。直角三角形の外心は斜辺の中点にあるという事実と一致します。
$R = |\overrightarrow{\mathrm{AO}}| = \dfrac{1}{2}\sqrt{9+16} = \dfrac{5}{2}$
三角形 $\mathrm{ABC}$ で $\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \vec{b}$, $\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \vec{c}$, $|\vec{b}| = 2$, $|\vec{c}| = 3$, $\vec{b} \cdot \vec{c} = 1$ とする。辺 $\mathrm{BC}$ を $1:3$ に内分する点を $\mathrm{D}$、辺 $\mathrm{AC}$ を $1:2$ に内分する点を $\mathrm{E}$ とする。
(1) $\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{AE}}$ を $\vec{b}, \vec{c}$ で表せ。
(2) 線分 $\mathrm{AD}$ と線分 $\mathrm{BE}$ の交点 $\mathrm{P}$ について、$\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ を $\vec{b}, \vec{c}$ で表せ。
(3) $\triangle\mathrm{ABP}$ の面積を求めよ。
(1) $\overrightarrow{\mathrm{AD}} = \dfrac{3\vec{b} + 1 \cdot \vec{c}}{4} = \dfrac{3\vec{b}+\vec{c}}{4}$, $\overrightarrow{\mathrm{AE}} = \dfrac{1}{3}\vec{c}$
(2) 直線 $\mathrm{AD}$ 上：$\vec{p} = s \cdot \dfrac{3\vec{b}+\vec{c}}{4} = \dfrac{3s}{4}\vec{b} + \dfrac{s}{4}\vec{c}$
直線 $\mathrm{BE}$ 上：$\vec{p} = (1-t)\vec{b} + t \cdot \dfrac{\vec{c}}{3} = (1-t)\vec{b} + \dfrac{t}{3}\vec{c}$
$\vec{b}$ の係数：$\dfrac{3s}{4} = 1-t$ …①
$\vec{c}$ の係数：$\dfrac{s}{4} = \dfrac{t}{3}$ …②
②より $t = \dfrac{3s}{4}$。①に代入：$\dfrac{3s}{4} = 1 - \dfrac{3s}{4}$、$\dfrac{3s}{2} = 1$、$s = \dfrac{2}{3}$
$\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \dfrac{1}{2}\vec{b} + \dfrac{1}{6}\vec{c}$
(3) $\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \dfrac{1}{2}\vec{b} + \dfrac{1}{6}\vec{c}$ で $\vec{c}$ の係数が $\dfrac{1}{6}$ なので
$\dfrac{\triangle\mathrm{ABP}}{\triangle\mathrm{ABC}} = \dfrac{1}{6}$
$\triangle\mathrm{ABC} = \dfrac{1}{2}\sqrt{|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2 - (\vec{b} \cdot \vec{c})^2} = \dfrac{1}{2}\sqrt{4 \cdot 9 - 1} = \dfrac{\sqrt{35}}{2}$
$\triangle\mathrm{ABP} = \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{\sqrt{35}}{2} = \dfrac{\sqrt{35}}{12}$
交点のパラメータ計算と面積比の読み取り、さらに具体的な面積の計算を組み合わせた総合問題です。面積比の「係数が交差対応する」点と、$\triangle\mathrm{ABC}$ の面積を $\sqrt{|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2 - (\vec{b}\cdot\vec{c})^2}$ で求める公式がポイントです。