【空間ベクトル】難関大学の入試問題に挑戦！ 名大、慶応、京大(文) @24年度

　24年度の入試問題です。名古屋大学、慶応大学、京都大学(文系)の問題を取り上げました。問題の解説にはアニメーションを用い、イメージしやすく分かりやすくしています。

名古屋大学

　平面のベクトル方程式です。一般事象はこの記事↓で詳しく解説しています。

領域 $K$ は下記の薄い青で塗られている部分です。

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ はすぐに使うのでここで求めておきます。

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \begin{pmatrix}4\\2\\2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3\\1\\3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}$$

$$\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \begin{pmatrix}4\\0\\1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3\\1\\3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix}$$

(1) 内積を求める

解

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix} = 3$$

$$\overrightarrow{\mathrm{AC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix} = 6$$

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix} = 2$$

(2) 垂線の足 $\mathrm{Q}$

解

$$\overrightarrow{\mathrm{AQ}} = \alpha\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \beta\overrightarrow{\mathrm{AC}}$$

と置く。

\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{OQ}} &=& \overrightarrow{\mathrm{AQ}} – \overrightarrow{\mathrm{AO}}\\
&=& \alpha\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \beta\overrightarrow{\mathrm{AC}} – \overrightarrow{\mathrm{AO}}
\end{eqnarray}

より、

\begin{eqnarray}
0 &=& \overrightarrow{\mathrm{OQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}\\
&=& (\alpha\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \beta\overrightarrow{\mathrm{AC}} – \overrightarrow{\mathrm{AO}})\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}\\
&=& 3\alpha + 2\beta + 1
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}
0 &=& \overrightarrow{\mathrm{OQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}\\
&=& (\alpha\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \beta\overrightarrow{\mathrm{AC}} – \overrightarrow{\mathrm{AO}})\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}\\
&=& 2\alpha + 6\beta – 4
\end{eqnarray}

$$\therefore\;\alpha = -1, \;\beta = 1$$

ゆえに、

$$\overrightarrow{\mathrm{AQ}} = -\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \overrightarrow{\mathrm{AC}}$$

解説

CGで答えを確認

　下記↓のアニメーションの確認でも確かに $\overrightarrow{\mathrm{AQ}} = -\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は確認できます。
（回転自体にはあまり意味は無いですが、垂線 $\mathrm{OQ}$ を立体的にイメージできるための前振りです。）

内積ゼロ

　$\mathrm{OQ}$ は平面への垂線なので、平面を構成する2つの方向ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ に垂直です。従って、内積ゼロを使っています。

外積でも確かめられる

　$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ の外積は

$(-3,1,-2)$ なので、このベクトルと平面 $H$ のベクトル方程式

$$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\1\\3\end{pmatrix} + s\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix}$$

との内積を取ることにより、平面 $H$ の方程式は

$$3x-y+2z=14$$

を得ます（両辺 $-1$ 倍しています）。

また、直線 $\mathrm{OQ}$ のベクトル方程式は

$$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = q\begin{pmatrix}3\\-1\\2\end{pmatrix}$$

より、平面の式に代入して、

$$q=1$$

を得ますから、

$$\mathrm{Q}(3,-1,2)$$

であることが分かり、確かに

$$\overrightarrow{\mathrm{AQ}} = -\overrightarrow{\mathrm{AB}} + \overrightarrow{\mathrm{AC}}$$

が成り立っていることが分かります。

　外積は↓の記事で解説しています。

　また、垂線の足という観点では、↓の記事も理解に幅を持たせるうえで参考になります。

(3) $\overrightarrow{\mathrm{AR}}=r\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ ($r$ は非負の実数) を満たす点 $\mathrm{R}$ の存在証明

　解説に示すアニメーションを見れば題意を満たすことはほぼ自明なのですが、それをどのようにして定式化するかです。それは、点 $\mathrm{R}$ は直線 $\mathrm{AC}$ と $\mathrm{QP}$ の交点であることを用います。

解

点 $\mathrm{R}$ は線分 $\mathrm{QP}$ 上の点なので、

$$\overrightarrow{\mathrm{AR}} = \omega\overrightarrow{\mathrm{AP}} + (1-\omega)\overrightarrow{\mathrm{AQ}}\quad (0\le\omega\le1)$$

と表せる。よって、

\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{AR}} &=& \omega(s\overrightarrow{\mathrm{AB}} + t\overrightarrow{\mathrm{AC}}) + (1-\omega)(-\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})\\
&=& (s\omega+\omega-1)\overrightarrow{\mathrm{AB}}+(t\omega-\omega+1)\overrightarrow{\mathrm{AC}}
\end{eqnarray}

ここで、点 $\mathrm{R}$ は $\mathrm{AC}$ 上にあるので、

$$s\omega+\omega-1=0$$

$$\therefore\; \omega = \frac{1}{s+1}\quad (\because s>0)$$

よって、

$$\overrightarrow{\mathrm{AR}} = \frac{s+t}{s+1}\overrightarrow{\mathrm{AC}}$$

ここで、

$$r=\displaystyle\frac{s+t}{s+1}>0\quad (\because s,t>0)$$

と置けるから、証明終わり。

解説

　点 $\mathrm{P}$ が領域 $K$ 内で彷徨さまよっています。領域 $K$ 内に $\mathrm{P}$ がいる限り、点 $\mathrm{R}$ は点 $\mathrm{A}$ よりも $\mathrm{C}$ 側にいるのはほぼ自明です。

(4) 距離の最小問題

　上のアニメーションより、領域 $K$ 内のいかなる点 $\mathrm{P}$ よりも点 $\mathrm{R}$ の方が点 $\mathrm{O}$ から近いです。そして点 $\mathrm{R}$ の中でさらに最小となるのは、$\mathrm{QR}$ と $\mathrm{AC}$ が垂直の場合です。

解

$$\mathrm{OP}^2 = \mathrm{OQ}^2 + \mathrm{QP}^2$$

より、$\mathrm{OP}$ が最小になるのは $\mathrm{QP}$ が最小のとき。

(3)より $\mathrm{QR}\le\mathrm{QP}$ なので、$\mathrm{QR}$ が最小になる場合を考えればよい。

これは、$\mathrm{QR}$ と $\mathrm{AC}$ が垂直になる場合であり、その点が $\mathrm{S}$ だから、

$$\overrightarrow{\mathrm{AS}} = \gamma\overrightarrow{\mathrm{AC}}\;,\quad \gamma\ge 0$$

と置いて、

\begin{eqnarray}
0 &=& \overrightarrow{\mathrm{QS}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}\\
&=& (\overrightarrow{\mathrm{AS}}-\overrightarrow{\mathrm{AQ}})\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}\\
&=& (\gamma\overrightarrow{\mathrm{AC}}+\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{AC}})\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}\\
&=& 6\gamma+2-6
\end{eqnarray}

$$\therefore\;\gamma=\frac{2}{3}$$

ゆえに

$$\mathrm{S}(\frac{11}{3},\,\frac{1}{3},\,\frac{5}{3})$$

解説

　$\gamma=\displaystyle\frac{2}{3}$ の状態は下記↓です。

慶応義塾大学・理工学部

　六面体は下記↓のようなイメージです。

(1) 三角形の面積問題、垂直問題からの体積問題

　三角形の面積 $S$ には公式があります。

$$S = \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{a}|^2|\overrightarrow{b}|^2-(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b})^2}$$

　復習はこちらの記事↓で。三角形の面積部分への直接リンクはこちら。

垂直は内積ゼロ。

これらが出れば、体積は求められます。

解

$\triangle\mathrm{OAB}$ の面積

\begin{eqnarray}
\triangle\mathrm{OAB} &=& \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{a}|^2|\overrightarrow{b}|^2-(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b})^2}\\
&=& \frac{1}{2}\sqrt{1^2 2^2-1^2}\\
&=& \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{eqnarray}

$\overrightarrow{\mathrm{CH}}$

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}} = s\overrightarrow{a} + t\overrightarrow{b}$$

と置くと、

\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{CH}} &=& \overrightarrow{\mathrm{OH}} – \overrightarrow{\mathrm{OC}}\\
&=& s\overrightarrow{a} + t\overrightarrow{b} – \overrightarrow{c}
\end{eqnarray}

より、

\begin{eqnarray}
0 &=& \overrightarrow{\mathrm{CH}}\cdot\overrightarrow{a}\\
&=& s|\overrightarrow{a}|^2+t\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}\\
&=& s+t+1
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}
0 &=& \overrightarrow{\mathrm{CH}}\cdot\overrightarrow{b}\\
&=& s\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+t|\overrightarrow{b}|^2-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}\\
&=& s+4t
\end{eqnarray}

$$\therefore\; s=-\frac{4}{3},\; t=\frac{1}{3}$$

よって、

$$\overrightarrow{\mathrm{CH}} = -\frac{4}{3}\overrightarrow{a} + \frac{1}{3}\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}$$

四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積

\begin{eqnarray}
|\overrightarrow{\mathrm{CH}}|^2 &=& \left(-\frac{4}{3}\overrightarrow{a} + \frac{1}{3}\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}\right)^2\\
&=& \frac{16}{9}|\overrightarrow{a}|^2+\frac{1}{9}|\overrightarrow{b}|^2+|\overrightarrow{c}|^2\\
&& -2\,\frac{4}{3}\,\frac{1}{3}\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-2\,\frac{1}{3}\,\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+2\,\frac{4}{3}\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}\\
&=& \frac{16}{9}+\frac{4}{9}+4-\frac{8}{9}-\frac{8}{3}\\
&=& \frac{8}{3}
\end{eqnarray}

より、四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積を $V$ と置くと、

\begin{eqnarray}
V &=& \frac{1}{3}\times\triangle\mathrm{OAB}\times |\overrightarrow{\mathrm{CH}}|\\
&=& \frac{1}{3}\times\frac{\cancel{\sqrt{3}}}{\cancel{2}}\times\frac{\cancel{2}\sqrt{2}}{\cancel{\sqrt{3}}}\\
&=& \frac{\sqrt{2}}{3}
\end{eqnarray}

解説

　上記の解をアニメーションで確認します。おおよそこのようなイメージを持ちながら解法が思いつくようになるとGoodです。

(2) 辺 $\mathrm{OA}$ を$t:1-t$ に内分する点問題

　点 $\mathrm{I}$ は辺 $\mathrm{OA}$ を$t:1-t$ に内分する点なので、素直に $\overrightarrow{\mathrm{OI}} = t\,\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ です。その他、$\overrightarrow{\mathrm{OJ}} = \displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OB}}$、$\displaystyle\overrightarrow{\mathrm{OK}} = \overrightarrow{\mathrm{OB}}+\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ です。

　内分点問題はこちらの記事↓で復習できます。該当箇所に直接飛ぶリンクはこちら。

解

$$\overrightarrow{\mathrm{JI}} = t\,\overrightarrow{a} – \frac{1}{2}\,\overrightarrow{b}$$

\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{JK}} &=& \left(\overrightarrow{b}+\frac{1}{2}\,\overrightarrow{c}\right)-\frac{1}{2}\,\overrightarrow{b}\\
&=& \frac{1}{2}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})
\end{eqnarray}

より、

\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{JI}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{JK}} &=& \left(t\,\overrightarrow{a} – \frac{1}{2}\,\overrightarrow{b}\right)\cdot\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\\
&=& \frac{1}{2}\left(t\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}+t\,\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-\frac{1}{2}|\overrightarrow{b}|^2-\frac{1}{2}\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}\right)\\
&=& -1
\end{eqnarray}

よって、

\begin{eqnarray}
\triangle\mathrm{IJK} &=& \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{JI}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{JK}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{JI}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{JK}})^2}\\
&=& \cdots\\
&=& \frac{1}{2}\sqrt{2t^2-2t+1}
\end{eqnarray}

解説

　全体イメージを示すとこのよう↓です。

ここで、$\overrightarrow{\mathrm{JI}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{JK}}=-1$ と、$t$ によらない定数になったことを振り返りましょう。アニメーションの中で真横から見たシーンがありました。

このとき、$t$ の値が変化しても、$\mathrm{I}$ から直線 $\mathrm{KJ}$ に下した垂線の足 $\mathrm{I^\prime}$ は変化しませんでした。これが、$\overrightarrow{\mathrm{JI}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{JK}}=-1$ と、$t$ によらない定数になった理由です。

頭の中でこのようなシミュレーションをすることは難しいので、逆に、内積が $t$ によらない定数になったということは、このような状況なのだと理解するとよいです。

(3) 平面と線分との共有点

　どのように立式してよいかをイメージするため、まずはアニメーションから見てみましょう。

アニメーション

3点 $\mathrm{I}$, $\mathrm{J}$, $\mathrm{K}$ を通る平面は紫です。右下の紫の数字は $t$ の値です。アニメーションの最初のコマは $t=0.3$ ということです。

さてまずはこのとき、平面は辺と共有点を持つでしょうか。コマを進めると平面の真横から見た図になります。

そして $t$ の値を大きくしていき、$t=1$ となったところでまた平面を横から見ています。

では、共有点を有するもう一つのぎりぎりの $t$ はいくつでしょうか。コマを進めると今度は点 $\mathrm{D}$ と共有点を持つところで止まり、平面を真横から見ています。

従って答えは $\displaystyle\frac{1}{3}\le t< 1$ です。問題はこれをどのように定式化すればよいか、です。

それは、共有点 $\mathrm{P}$ は平面上の点でもあり、辺上の点でもある、ということを定式化することです。

解

　平面 $\mathrm{IJK}$ と辺 $\mathrm{DE}$ の共有点を $\mathrm{P}$ とすると、$\mathrm{P}$ が平面 $\mathrm{IJK}$ 上にあることから、

\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{OP}} &=& \overrightarrow{\mathrm{OJ}} + p\,\overrightarrow{\mathrm{JI}} + q\,\overrightarrow{\mathrm{JK}}\\
&=& \frac{1}{2}\overrightarrow{b} + p\left(t\,\overrightarrow{a}-\frac{1}{2}\,\overrightarrow{b}\right) + q\,\frac{1}{2}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\\
&=& tp\,\overrightarrow{a} + \frac{1}{2}(1-p+q)\,\overrightarrow{b}+\frac{1}{2}q\,\overrightarrow{c}
\end{eqnarray}

と表せる。一方、$\mathrm{P}$ は辺 $\mathrm{DE}$ 上の点でもあるので、

\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{OP}} &=& \overrightarrow{\mathrm{OD}} + k\,\overrightarrow{\mathrm{DE}}\\
&=& \overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}+k\,\overrightarrow{b}\quad (0\le k\le 1)
\end{eqnarray}

と表せる。

ここで $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ は一次独立なので、

\begin{align}
tp &= 1\tag{1}\label{p5728eq1}\\
\displaystyle\frac{1}{2}(1-p+q) &= k\tag{2}\label{p5728eq2}\\
\displaystyle\frac{1}{2}q &= 1\tag{3}\label{p5728eq3}
\end{align}

$0<t$ より\eqref{p5728eq1}から $p=\displaystyle\frac{1}{t}$。

また、\eqref{p5728eq3}から $q=2$。

これを\eqref{p5728eq2}に代入し、$0\le k\le 1$ に注意すると、

$$0\le k=\frac{1}{2}\left(3-\frac{1}{t}\right)\le 1$$

$$\therefore\; 1\le\frac{1}{t}\le 3$$

$0<t<1$ より、

$$\frac{1}{3}\le t<1$$

京都大学 文系

方針検討

$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=1$, $\angle{\mathrm{AOB}}=90^\circ$ から、$\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ は $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ に配置できます。

そして、$\angle{\mathrm{COA}}=\angle{\mathrm{COB}}$ から点 $\mathrm{C}$ は $(p,\,p,\,〇)$ に位置することも分かります。

まずはこれらのイメージを立体図アニメーションで確認します。

そして、$\mathrm{OC}=1$ から点 $\mathrm{C}$ の座標が

$$\mathrm{C}(p,\,p,\,\sqrt{1-2p^2})$$

と置けます。

残る条件は、$\angle{\mathrm{ACB}}\,=\angle{\mathrm{COA}}=\angle{\mathrm{COB}}$ です。このイメージは、

$\angle{\mathrm{COA}}=\angle{\mathrm{COB}}=\theta_1$ を変えたら $\angle{\mathrm{ACB}}=\theta_2$ が変わる

というイメージを持つことです。こんな感じ↓で。

このイメージが持てればあとは $\theta_1$, $\theta_2$ を何らかの方法で表し、両者を等しいと置けばよいですね。何らかの方法とは、余弦定理を使うか、同じことですがベクトルの内積を使うかです。余弦定理については↓の記事を見てください。

解

$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=1$, $\angle{\mathrm{AOB}}=90^\circ$ から、

$$\mathrm{A}(1,0,0),\;\mathrm{B}(0,1,0)$$

と置ける。

$\angle{\mathrm{COA}}=\angle{\mathrm{COB}}$ より、点 $\mathrm{C}$ の $x$ と $y$ 座標は等しくこれを $p$ と置く。また対称性から $z>0$ 側でのみ考えて一般性を失わない。そして、$\mathrm{OC}=1$ より、

$$\mathrm{C}(p,p,\sqrt{1-2p^2})$$

と置ける。

\begin{eqnarray}
\begin{array}{c}
\angle{\mathrm{COA}}=\angle{\mathrm{COB}}=\theta_1\\
\angle{\mathrm{ACB}}=\theta_2
\end{array}
\end{eqnarray}

と置くと、

\begin{eqnarray}
\cos\theta_1 &=& \frac{\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}}{|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{c}|}=\frac{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}p\\p\\\sqrt{1-2p^2}\end{pmatrix}}{1\times 1}\\
&=& p\tag{1}\label{p5728eq3-1}
\end{eqnarray}

一方、

\begin{eqnarray}
\cos\theta_2 &=& \frac{\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CB}}}{|\overrightarrow{\mathrm{CA}}||\overrightarrow{\mathrm{CB}}|}=\frac{\begin{pmatrix}1-p\\-p\\-\sqrt{1-2p^2}\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-p\\1-p\\-\sqrt{1-2p^2}\end{pmatrix}}{\left|\begin{pmatrix}1-p\\-p\\-\sqrt{1-2p^2}\end{pmatrix}\right|\cdot\left|\begin{pmatrix}-p\\1-p\\-\sqrt{1-2p^2}\end{pmatrix}\right|}\\
&=& \frac{-p(1-p)-p(1-p)+(1-2p^2)}{(1-p)^2+p^2+(1-2p^2)}\\
&=& \frac{1-2p}{2(1-p)}\tag{2}\label{p5728eq3-2}
\end{eqnarray}

ここで $\theta_1=\theta_2$ なので \eqref{p5728eq3-1}=\eqref{p5728eq3-2} として、

\begin{eqnarray}
\begin{array}{c}
p=\displaystyle\frac{1-2p}{2(1-p)}\\
2p^2-4p+1=0\\
p=\displaystyle\frac{2\pm\sqrt{2}}{2}
\end{array}
\end{eqnarray}

ここで $p=\cos\theta_1\le1$ より、

$$p=\frac{2-\sqrt{2}}{2}$$

よって、求める体積 $V$ は、

\begin{eqnarray}
V &=& \frac{1}{3}\frac{1}{2}\sqrt{1-2p^2}\\
&=& \cdots\\
&=& \frac{1}{6}\sqrt{2\sqrt{2}-2}
\end{eqnarray}