ハイレベル理系数学～９～

　このシリーズは、河合塾の「ハイレベル理系数学」の解答/解説に注釈をつけて、解りやすくしたものです。元の「ハイレベル理系数学（三訂版）」を見ながらでないと、このnoteだけでは何のことを書いてるか解らないです。

例題２６

【解答１】（１）

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{BP}}=-\overrightarrow{ \mathrm{PB}} }$$

• 内分点の位置ベクトル。

• $${a\overrightarrow{ \mathrm{AP}}=(b+c)\overrightarrow{ \mathrm{PQ}}⇔(b+c):a=\rm AP:PQ }$$

【解答１】（２）

• $${\mathrm{AQ}}$$を底辺とみると、$${\mathrm{△PBQ}}$$と$${\mathrm{△ABP}}$$で高さが共通。$${\mathrm{△PCQ}}$$と$${\mathrm{△ACP}}$$も同様。

• $${\mathrm{△PBC}=\mathrm{△PBQ}+\mathrm{△PCQ} }$$

【解答２】（１）

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{AP}}=\vec{p}-\vec{a} }$$

• $${ a(\vec{p}-\vec{a})+b(\vec{p}-\vec{a})+c(\vec{p}-\vec{c})=0⇔(a+b+c)\vec{p}=a\vec{a}+b\vec{b}+c\vec{c}}$$

• $${\displaystyle \vec{q}=\frac{b\vec{b}+c\vec{c}}{b+c} }$$

【解答２】（２）_１

• $${\displaystyle \mathrm{△PCA}=\mathrm{△PQC}\frac{b+c}{a+b+c}、\mathrm{△PQC}=\mathrm{△PBC}\frac{b}{b+c} }$$

【解答２】（２）_２

• $${\displaystyle \rm △PBC=\frac{1}{2} PB・PC ・\sin(∠BPC) }$$で、$${\displaystyle \rm △PB'C'=\frac{1}{2} PB'・PC'・\sin(∠BPC) }$$だから、$${\displaystyle \rm \frac{△PBC}{△PB'C'}=\frac{\frac{1}{2} PB・PC ・\sin(∠BPC)}{\frac{1}{2} PB'・PC'・\sin(∠BPC)}=\frac{PB・PC}{PB'・PC'}}$$$${\displaystyle  =\frac{\mathrm{PB・PC}}{b\mathrm{PB}・c\mathrm{PC}}=\frac{1}{bc}}$$。

• $${\displaystyle \frac{1}{bc}:\frac{1}{ca}:\frac{1}{ab} }$$の全体を$${abc}$$倍すると、$${a:b:c}$$。

例題２７

【解答１】

• $${\rm OB=OB'}$$で$${ \mathrm{∠AOB}=\mathrm{∠B'OB}=60°}$$だから$${ \mathrm{△OBB'} }$$は正三角形なので、$${ \mathrm{∠OBB'}=\mathrm{∠OB'B}=60°}$$。

• $${ \mathrm{△ABC}}$$が正三角形だから$${ \mathrm{∠CBA=60°}}$$で$${ \mathrm{CB=AB}、\mathrm{∠CBB'}=60°+\mathrm{∠B'BO}}$$で$${ \mathrm{∠OBA}=60°+\mathrm{∠B'BO}}$$なので、$${ \mathrm{∠CBB'}=\mathrm{∠OBA、OB=OB'}}$$だから$${ \mathrm{△BAO}≡\mathrm{△BCB'}}$$。

• $${ \mathrm{△BAO}≡\mathrm{△BCB'}}$$だから、$${ \mathrm{∠OBB'}=\mathrm{∠BB'C}}$$で錯覚が等しいので$${ \rm OB∥B'C}$$となる。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OB'}}}$$は、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$の単位ベクトルと$${ \rm OB' }$$の長さの積であり、$${ \rm OB' }$$の長さは$${ \vec{b}}$$のスカラーである。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{B'C}}}$$は、$${ \rm OB∥B'C }$$だから$${ \overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$の単位ベクトルと$${ \rm B'C}$$の長さの積であり、$${ \rm B'C }$$の長さは$${ \mathrm{△BAO}≡\mathrm{△BCB}}$$だから、$${ \rm OA}}$$の長さに等しく$${ \vec {a} }$$のスカラーである。

【解答２】

• $${ rm OA=OA'}$$で$${ \rm OB=OB'}$$の平行四辺形$${ \rm OA'PB }$$'をつくる。

• $${ \rm OA=OA'}$$で$${ \rm OB=OB'}$$だから、$${ \rm AB'=OA-OB'}$$で$${ \rm A'B=OA'-OB}$$なので、$${ \rm AB'=A'B}$$。

• $${ \mathrm{∠AOB}=60°}$$で$${ \rm OB=OB'}$$だから$${ \mathrm{△BOB'}}$$は正三角形、よって$${\rm BB'=OB}$$。

• $${ \rm \Box OA'PB'}$$は平行四辺形だから、$${ \rm OB'=A'P}$$。

• $${ \mathrm{∠BB'O}}$$は$${ \mathrm{△OBB'}}$$が正三角形なので$${60°}$$だから、$${ \mathrm{∠AB'B}=120°}$$。

• $${ \Box \rm OA'PB'}$$が平行四辺形で$${ \mathrm{∠AOB}=60°}$$だから、$${ \mathrm{∠PA'O}=120°}$$。

• $${ \rm AB'=A'B}$$で$${ \rm OB'=A'P}$$で$${ \mathrm{∠AB'B}=\mathrm{∠PA'O}}$$だから$${ \mathrm{△ABB'}≡\mathrm{△BA'P}}$$。

• $${ \mathrm{∠A'BO}=180°}$$で$${ \mathrm{△OBB'}}$$が正三角形なので$${ \mathrm{∠OBB'}=60°}$$で$${α+β=60°}$$だから$${ \mathrm{∠PBA}=60°}$$。

• $${ \Box \rm OA'PB'}$$が平行四辺形だから$${ \overrightarrow{ \mathrm{OC}}=\overrightarrow{ \mathrm{OB'}}＋\overrightarrow{ \mathrm{OA'}}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OB'}}}$$は、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$の単位ベクトルと$${\rm OB'}$$の長さの積であり、$${\rm OB'}$$の長さは$${ \vec{b}}$$のスカラーである。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OA'}}}$$は、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$の単位ベクトルと$${ \rm OA'}$$の長さの積であり、$${ \rm OA'}$$の長さは$${ \vec{a}}$$のスカラーである。

【解答３】

• $${ γ-α=(\cos60°+i\sin60°)(β-α) }$$

• $${α}$$と$${β}$$の偏角を$${θ_α}$$と$${θ_β}$$とすると、$${\displaystyle αβ=\frac{|α|}{|β|}\{\cos(θ_α-θ_β)+i\sin(θ_α-θ_β)\}、βα=\frac{|β|}{|α|}\{\cos(θ_β-θ_α)+i\sin(θ_β-θ_α)\}}$$。

• 偏角は反時計回りに正だから$${θ_α-θ_β=60°、θ_β-θ_α=-60°}$$

• $${\displaystyle \frac{α}{β}=\frac{|α|}{|β|}\{\cos(θ_α-θ_β)+i\sin(θ_α-θ_β)\}⇔\frac{α}{β}=\frac{|α|}{|β|}\{\cos60°+i\sin60°\}⇔(\cos60°+i\sin60°)=\frac{α}{β}\frac{|β|}{|α|}}$$

• $${\displaystyle \frac{β}{α}=\frac{|β|}{|α|}\{\cos(θ_β-θ_α)+i\sin(θ_β-θ_α)\}⇔\frac{β}{α}=\frac{|β|}{|α|}\{\cos(-60°)+i\sin(-60°)\}⇔{\cos(-60°)+i\sin(-60°)}=\frac{β}{α}\frac{|α|}{|β|} }$$

【解答４】

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{AP}}=\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{BP}}=\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$

• $${ \rm P=C⇔\overrightarrow{ \mathrm{OP}}＝\overrightarrow{ \mathrm{OC}}}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\frac{b}{a}×\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\frac{a}{b}×\overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$であるから、$${ba}$$と$${ab}$$が正でその和が$${1}$$以上であれば、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OP}}}$$は$${ \overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$より長いから点の$${\rm P}$$は、点$${\rm O}$$から見て直線$${\rm AB}$$より遠いところにある。

例題２８

【解答１】（１）

• 平面$${x=t}$$は、$${yx}$$平面に平行な面。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}=t×\overrightarrow{ \mathrm{PA}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}}=t(\overrightarrow{ \mathrm{OA}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}})⇔\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}=(1-t)\overrightarrow{ \mathrm{OP}}+t\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$。

• 円の半径は$${ \sqrt{2}}$$だから、$${yz}$$平面で$${y}$$軸から点$${\rm P}$$の偏角を$${θ}$$として点$${\rm P}$$の座標は$${ \left(0,\sqrt{2}\cosθ,\sqrt{2}\sinθ\right)}$$だから、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OP}}}$$は$${ \left(0,\sqrt{2}\cosθ,\sqrt{2}\sinθ \right)}$$。

• $${ \cos^2θ+\sin^2θ=1}$$だから、$${ y-t=(1-t)\sqrt{2}\cosθ}$$と$${ z=(1-t)\sqrt{2}\sinθ}$$の両辺を二乗して足すと、$${ (y-t)^2=z^2=2(1-t)^2}$$。

• $${ (y-t)^2+z^2=2(1-t)^2}$$は$${ (0,t,0) }$$を中心とし、半径を$${ \sqrt{2}(1-t)}$$とする、$${yz}$$平面に平行な半円。

• $${t}$$が負になる領域を考慮するので$${|t|}$$とする。

【解答２】（１）

• 立体$${K}$$の$${xy}$$平面での切り口は、$${x=0}$$のとき$${z=\sqrt{2}}$$と$${-\sqrt{2}}$$で$${y=1、x=1}$$のとき$${z=0}$$で$${y=0}$$、よって$${x=t}$$のときは$${z=\sqrt{2}(1-t)}$$と$${-\sqrt{2}(1-t)}$$で$${y=1-t}$$。

• $${t}$$が負になる領域を考慮するので$${|t|}$$とする。

【解答２】（２）

• 立体$${K}$$は底面を$${F}$$として高さが$${x}$$方向に$${1}$$の錐体が、$${x}$$が正の向きと負の向きで2体ある。

問７８

【解答１】（１）

• 正三角形の外接円の中心は重心である。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{AP}}＝\overrightarrow{ \mathrm{AG}}+\overrightarrow{ \mathrm{GP}}、\overrightarrow{ \mathrm{BP}}＝\overrightarrow{ \mathrm{BG}}+\overrightarrow{ \mathrm{GP}}、\overrightarrow{ \mathrm{CP}}＝\overrightarrow{ \mathrm{CG}}+\overrightarrow{ \mathrm{GP}}}$$。

【解答１】（２）

• $${\rm G}$$は正三角形の重心だから$${ \overrightarrow{ \mathrm{GQ}}}$$の描く図形は正三角形。

【解答２】（１）

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{AP}}=\vec{p}-\vec{a}、\overrightarrow{ \mathrm{BP}}=\vec{p}-\vec{b}、\overrightarrow{ \mathrm{CP}}=\vec{p}-\vec{c}}$$。

• $${\displaystyle \vec{g}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}{3}⇔3×\vec{g}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}$$。

• $${ |3×\vec{p}-3×\vec{g}|=3×|\vec{p}-\vec{g}|}$$。

【解答２】（２）

• $${ \vec{g}=-2×\vec{g}+\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}⇔3×\vec{g}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}$$

問７９

• $${ \rm OA}$$上に点$${\rm P}$$があるから$${ \overrightarrow{ \mathrm{OP}}}$$は$${ s\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$で、$${\rm OB}$$上に点$${\rm Q}$$があるから$${ \overrightarrow{ \mathrm{OQ}}}$$は$${ t\overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$、この$${s}$$と$${t}$$は$${0}$$より大$$[1}$$より小。

• $${ \mathrm{△OBP}}$$の重心を$${\rm G}$$として$${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OG}}=\frac{\overrightarrow{ \mathrm{OP}}＋\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}}{3}}$$。

• $${\displaystyle \frac{3}{2}-t<1⇔\frac{3}{2}-1<t⇔\frac{1}{2}<t}$$、また$${t}$$は$${1}$$より小。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OM}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{ \mathrm{OA}}、\overrightarrow{ \mathrm{ON}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{ \mathrm{OB}}⇔2\overrightarrow{ \mathrm{OM}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}、2\overrightarrow{ \mathrm{ON}}=\overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{AB}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}}=2\overrightarrow{ \mathrm{OM}}-2\overrightarrow{ \mathrm{ON}}=2(\overrightarrow{ \mathrm{OM}}-\overrightarrow{ \mathrm{ON}})=2\overrightarrow{ \mathrm{MN}}}$$。

• $${\displaystyle \frac{1}{2}< t<1}$$だから全体を$${\displaystyle \frac{2}{3}}$$倍して、$${\displaystyle \frac{1}{3}< \frac{2t}{3}< \frac{2}{3}}$$。

問８０

【解答１】（１）

• $${\displaystyle (1-t)p=13⇔p=\frac{1}{3(1-t)}⇔\frac{1}{p}=3(1-t)、tq=\frac{1}{3}⇔q=\frac{1}{3t}⇔\frac{1}{q}=3t}$$。

【解答１】（２）

• $${\displaystyle \mathrm{\frac{OA}{OP}}=\frac{\mathrm{OA}}{p\mathrm{OA}}=\frac{1}{p}}$$で$${\displaystyle \mathrm{\frac{OB}{OQ}}=\frac{\mathrm{OB}}{q\mathrm{OQ}}=\frac{1}{q}}$$だから、$${\displaystyle \rm \frac{OA}{OP}\frac{OB}{OQ}=}$$$${\displaystyle \frac{1}{pq}}$$。$${\displaystyle \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=3⇔\frac{1}{q}=3-\frac{1}{p}}$$

• $${\displaystyle \frac{S}{T}=-\left(1p-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{4}}$$だから、$${\displaystyle \frac{S}{T}}$$は$${\displaystyle \frac{1}{p}=\frac{3}{2}}$$で$${\displaystyle \frac{9}{4}}$$が最大。$${\displaystyle \frac{1}{p}=\frac{3}{2}⇔p=\frac{2}{3}}$$だから、$${0< p < 1}$$の範囲に含まれる。

• $${\displaystyle \frac{S}{T}=-\left(1p-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{4}}$$の値は$${p}$$が大きいほど小さいので、$${p=1}$$のときに定義域でで最小になり、このときの$${\displaystyle \frac{S}{T}=2}$$。

• $${\displaystyle 2≦\frac{S}{T}≦\frac{9}{4}}$$で全体の逆数をとると、大小関係が逆になるから、$${\displaystyle \frac{4}{9}≦\frac{T}{S}≦\frac{1}{2}}$$となり、この全体に$${S}$$をかける。

【解答２】（１）

• $${\rm PQ}$$は重心を通るから、$${\rm AO}$$の中点を$${\rm M}$$として$${\rm AM}$$上に$${\rm P}$$が、$${\rm BO}$$の中点を$${\rm N}$$として$${\rm BN}$$上に$${\rm Q}$$がある。

• $${ x+y=3⇔y=-x+3}$$が$${1≦x≦2}$$で$${xy=a}$$と共有点を持ち、$${a}$$が最小と最大になる条件を考える。

• $${xy=a}$$で$${a}$$が最大になるのは$${x=y}$$のときなので、$${x+y=3}$$の条件から$${x=y=32}$$と解る。

• $${xy=a}$$で$${a}$$が最小になるのは、$${x}$$と$${y}$$の差が最大のときだから、$${x+y=3}$$と$${1≦x≦2}$$から$${(x,y)=(1,2)}$$または$${(2,1)}$$とわかる。

【解答３】（２）

• $${ \rm AN}$$は$${\rm G}$$を通るから、$${\rm N}$$は$${\rm OB}$$の中点。

• $${ \mathrm{△OPQ}}$$が最小になるのは$${\rm P=P_0、Q=Q_0}$$のとき。$${ \mathrm{△OPQ}}$$が最大になるのは$${\rm P=A、Q=N}$$のとき。

• 面積比は相似比の2乗。

• $${\rm P_0Q_0}$$は$${\rm AB}$$に平行で重心を通る線だから、$${ \mathrm{△OP_0Q_0}}$$と$${ \mathrm{△OAB}}$$は合同で、$${\rm OP_0:OA=OQ_0:OB}$$で$${2:3}$$なので、$${ \mathrm{△OP_0Q_0}:\mathrm{△OAB}}$$は$${\displaystyle \left(\frac{2}{3}\right)^2:1}$$。

• $${\rm N}$$は$${\rm OB}$$の中点だから、$${ \mathrm{△ABN}}$$の面積は$${ \mathrm{△ABO}}$$の半分。

問８１

【解答１】

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{BQ}}=\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$で$${t\overrightarrow{ \mathrm{BC}}=t(\overrightarrow{ \mathrm{OC}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}})}$$だから、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}}=t(\overrightarrow{ \mathrm{OC}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}})⇔\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}=t\overrightarrow{ \mathrm{OC}}+\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-t\overrightarrow{ \mathrm{OB}}}$$。

• ②と③の各ベクトルの係数を比較する。

• $${\displaystyle \frac{1-x}{2}=y(1-t)⇔1-x=2y(1-t)=2y-2yt、yt=\frac{2x}{3}}$$を代入して$${\displaystyle 1-x=2y(1-t)=2y-2\left(\frac{2x}{3}\right)}$$、全体を$${3}$$倍して$${3-3x=6y-4x⇔x=6y-3}$$。

• $${\displaystyle \frac{1-x}{2}=\frac{1-y}{3}⇔3(1-x)=2(1-y)}$$、ここで$${x=6y-3}$$を代入して$${\displaystyle 3\{1-(6y-3)\}=2(1-y)⇔3(4-6y)=2(1-y)⇔3(2-3y)=(1-y)⇔6-9y=1-y⇔5=8y⇔y=\frac{5}{8}}$$。

• $${x=6y-3}$$に$${\displaystyle y=\frac{5}{8}}$$を代入して$${\displaystyle x=6\frac{5}{8}-3⇔x=\frac{3}{4}}$$。

• $${\displaystyle yt=\frac{2x}{3}}$$に$${\displaystyle x=\frac{3}{4}}$$と$${\displaystyle y=\frac{5}{8}}$$を代入して$${\displaystyle \frac{5}{8}t=\frac{2}{3}\frac{3}{4}=\frac{1}{2}⇔t=\frac{8}{5}\frac{1}{2}=\frac{4}{5}}$$

【解答２】

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}=α\overrightarrow{ \mathrm{PE}}+β\overrightarrow{ \mathrm{PF}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}=α(\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OE}})+β(\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OF}})⇔\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}=\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-α(\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OE}})-β(\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OF}})⇔\overrightarrow{ \mathrm{OP}}(1-α-β)+α\overrightarrow{ \mathrm{OE}}+β\overrightarrow{ \mathrm{OF}}}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\frac{1}{3}\overrightarrow{ \mathrm{OA}}、\overrightarrow{ \mathrm{OE}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\overrightarrow{ \mathrm{OB}})、\overrightarrow{ \mathrm{OF}}=\frac{2}{3}\overrightarrow{ \mathrm{OC}}}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OP}}(1-α-β)+α\overrightarrow{ \mathrm{OE}}+β\overrightarrow{ \mathrm{OF}}=\frac{1}{3}\overrightarrow{ \mathrm{OA}}(1-α-β)+α\frac{1}{2}(\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\overrightarrow{ \mathrm{OB}})+β\frac{2}{3}\overrightarrow{ \mathrm{OC}}}$$

• $${\displaystyle \frac{1}{3}+\frac{α}{6}-\frac{β}{3}=0⇔2+α-2β=0}$$に$${\displaystyle 1-t=\frac{α}{2}⇔2-2t=α}$$と$${\displaystyle t=\frac{2β}{3}⇔3t=2β}$$を代入して、$${2+2-2t-3t=0⇔4=5t}$$。

【解答３】

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\frac{1}{3}\overrightarrow{ \mathrm{OA}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=3\overrightarrow{ \mathrm{OP}}}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OF}}=\frac{2}{3}\overrightarrow{ \mathrm{OC}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OC}}=\frac{3}{2}\overrightarrow{ \mathrm{OC}}}$$。

• $${\rm Q}が$${\rm PEF}$$平面にあるときは、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OQ}}=a\overrightarrow{ \mathrm{OP}}+b\overrightarrow{ \mathrm{OE}}+c\overrightarrow{ \mathrm{OF}}}$$で、$${a+b+c=1}$$。

問８２

（１）_１

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OT}}}$$は$${\rm AP}$$上にあるから$${ \overrightarrow{ \mathrm{OT}}=p\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+(1-p)\overrightarrow{ \mathrm{OP}}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OP}}}$$は、点$${P}$$が$${\mathrm{△OBC}}$$の重心だから$${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{ \mathrm{OC}}＋\overrightarrow{ \mathrm{OB}})}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OT}}=p\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+(1-p)\frac{1}{3}(\overrightarrow{ \mathrm{OC}}＋\overrightarrow{ \mathrm{OB}})}$$を位置ベクトルで表現して$${ \displaystyle \vec{t}=p\vec{a}+(1-p)\frac{1}{3}(\vec{b}＋\vec{c})}$$。

• 同様にして点$${\rm T}$$が$${\rm BQ,CR}$$上にあるとして$${\vec{t}}$$を示す。

• 仮に$${\displaystyle p=\frac{1-p}{3}}$$とすると、$${0< p､q､r< 1}$$が存在し、それが$${\displaystyle \frac{1}{4}}$$であることが解る。また、$${ \displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OT}}=\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}＋\vec{c})}$$。

（１）_２

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OP}}}$$は、点$${\rm P}$$が$${\mathrm{△OBC}}$$の重心だから$${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{ \mathrm{OC}}＋\overrightarrow{ \mathrm{OB}})}$$。

• $${\rm P,Q,R}$$が各面の重心だから、$${\rm AP,BQ,CR}$$を$${\rm 1:3}$$に内分する点は重心であり一致する。

（２）

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OT}}=\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}＋\vec{c})}$$で、$${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OG_0}}=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}＋\vec{c})}$$だから、$${ \displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OT}}=\frac{2}{3}\overrightarrow{ \mathrm{OG_0}}}$$。

• 点$${ \rm P}$$は$${\rm AA'}$$の中点だから、$${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\frac{\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\overrightarrow{ \mathrm{OA'}}}{2}⇔2\overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\overrightarrow{ \mathrm{OA'}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OA'}}=2\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$、同様に$${ \overrightarrow{ \mathrm{OB'}}=2\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}}、\overrightarrow{ \mathrm{OC'}}=2\overrightarrow{ \mathrm{OR}}-\overrightarrow{ \mathrm{OC}}}$$、よって位置ベクトルで表現して$${\vec{a'}+\vec{b'}+\vec{c'}=2\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\vec{a}+2\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\vec{b}+2\overrightarrow{ \mathrm{OR}}-\vec{c}}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\frac{1}{3}\left(\vec{c}+\vec{a}\right)-\frac{1}{3}\left(\vec{b}+\vec{c}\right)=\frac{1}{3}\left(\vec{a}-\vec{b}\right)}$$

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OB'}}=2\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}}、\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\overrightarrow{ \mathrm{PQ}}、-\vec{b}+\vec{a}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}-\overrightarrow{ \mathrm{OB}}=\overrightarrow{ \mathrm{BA}}}$$。

• $${\displaystyle \rm OG'=\frac{1}{3}OG_0、OG=\frac{2}{3}OG_0、OT=\frac{3}{4}OG_0}$$、面積比は相似比の$${2}$$乗。

問８３

（１）

• 平面$${\rm DEF}$$と$${\rm PQ}$$のなす角度を$${θ}$$とすると、$${\rm PQ\cosθ=1,PR\cosθ=}$$$${1-a}$$だから$${\rm PQ:PR=}$$$${\displaystyle \frac{1}{\cosθ}：\frac{1-a}{\cosθ}=1:1-a}$$よって、$${ \mathrm{PR}=(1-a) \mathrm{PQ}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PR}}=(1-a)\overrightarrow{ \mathrm{PQ}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OR}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}}=(1-a)(\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}})⇔\overrightarrow{ \mathrm{OR}}=(1-a)(\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}})+\overrightarrow{ \mathrm{OP}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OR}}=(1-a)\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}+a\overrightarrow{ \mathrm{OP}}}$$。

  • $${ \overrightarrow{ \mathrm{AP}}=t\overrightarrow{ \mathrm{AB}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=t(\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}})⇔\overrightarrow{ \mathrm{OP}}=t\overrightarrow{ \mathrm{OB}}+(1-t)\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{EQ}}=t\overrightarrow{ \mathrm{EF}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OE}}=t(\overrightarrow{ \mathrm{OF}}-\overrightarrow{ \mathrm{OE}})⇔\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}=t\overrightarrow{ \mathrm{OF}}+(1-t)\overrightarrow{ \mathrm{OE}}}$$。

• $${ \mathrm{∠AED}=θ}$$として$${ \mathrm{AE}\cosθ=1、 \mathrm{AL}\cosθ=1-a}$$だから$${\displaystyle \mathrm{AE:AL}=\frac{1}{\cosθ}：\frac{1-a}{\cosθ}=1:1-a}$$よって、$${\displaystyle \mathrm{AL}=(1-a)\mathrm{AE}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{AL}}=(1-a)\overrightarrow{ \mathrm{AE}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OL}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=(1-a)(\overrightarrow{ \mathrm{OE}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}})⇔\overrightarrow{ \mathrm{OL}}=(1-a)(\overrightarrow{ \mathrm{OE}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}})+\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=(1-a)\overrightarrow{ \mathrm{OE}}+a\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$。

• $${ 1≦ t ≦ 2}$$のときは、$${\rm P}$$は$${\rm BP}$$上にあって$${ \mathrm{BT}=t-1、\mathrm{TC}=2-t、\mathrm{Q}}$$は$${\mathrm{FD}}$$上にあって$${\mathrm{FQ}＝t-1、\mathrm{QD}=2-t}$$だから、$${t_2=0}$$で$${\rm P}$$が$${\rm B}$$を、$${\tm Q}$$が$${\rm E}$$を出発したとして$${t-1}$$を$${t_2}$$とし同様に$${ \overrightarrow{ \mathrm{OR}}}$$を求めると$${\overrightarrow{ \mathrm{OR}}=(1-t_2)\overrightarrow{ \mathrm{OM}}+t_2\overrightarrow{ \mathrm{OM}}}$$となる。

• $${ 2≦t≦3}$$のときも、$${t_3=0}$$で$${\rm P}$$が$${\rm C}$$を、$${\rm Q}$$が$${\rm D}$$を出発したとして$${t-2}$$を$${t_3}$$とし同様に$${ \overrightarrow{ \mathrm{OR}}}$$を求めると$${\overrightarrow{ \mathrm{OR}}=(1-t_3)\overrightarrow{ \mathrm{ON}}+t_3\overrightarrow{ \mathrm{OL}}}$$となる。

（２）

• $${ \mathrm{△ABC}}$$は正三角形だから、$${ \mathrm{∠A}=\mathrm{∠B}=\mathrm{∠C}=60°}$$だから$${\displaystyle \cos60°=\frac{1}{2}}$$。

• $${ \mathrm{△L'M'N'}}$$の3辺の長さが等しいから正三角形だから、その面積は$${\displaystyle \frac{1}{2}(\sqrt{3a^2-3a+1})^2\sin60}$$°で、$${\displaystyle \sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}}$$なので、$${\displaystyle \frac{1}{2}(\sqrt{3a^2-3a+1})^2\frac{\sqrt{3}}{2}}$$。

• $${V}$$の体積は、$${\mathrm{△L'M'N'}}$$を高さで積分したものになる。

問８４

【解答１】

• 円の半径が$${1}$$だから$${ \vec{p}}$$の絶対値は$${1}$$だから、$${\vec{p}・\vec{p}=|\vec{p}|^2=1}$$。同様に$${\vec{q}|^2=1、|\vec{r}|^2=1}$$。

• $${\displaystyle |\vec{q}+\vec{r}-\vec{p}|^2=3+2t⇔t=\frac{|\vec{q}+\vec{r}-\vec{p}|^2-3}{2}}$$。

【解答２】

• $${ (\overrightarrow{ \mathrm{OM}}＋\overrightarrow{ \mathrm{MQ}})(\overrightarrow{ \mathrm{OM}}+\overrightarrow{ \mathrm{MR}})=|\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2+\overrightarrow{ \mathrm{OM}}・\overrightarrow{ \mathrm{MR}}+\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}・\overrightarrow{ \mathrm{OM}}+\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}・\overrightarrow{ \mathrm{MR}}}$$。

• $${\rm M}$$は$${\rm PR}$$の中点だから$${\mathrm{∠OMR}=90°}$$なので、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OM}}・\overrightarrow{ \mathrm{MR}}}$$と$${\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}・\overrightarrow{ \mathrm{MR}}}$$は$${0}$$。

• $${ |\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2=|(\overrightarrow{ \mathrm{OM}}-\overrightarrow{ \mathrm{MQ}})|^2=|\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2+|\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}|^2-2\overrightarrow{ \mathrm{MO}}・\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}、\mathrm{∠OMQ=90°}}$$なので、$${ 2\overrightarrow{ \mathrm{MO}}・\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}}$$だから、$${ |\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2=|\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2+|\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}|^2}$$。

• $${ |\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|=1}$$だから、$${|\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2=|\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2+|\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}|^2⇔1=|\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2+|\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}|^2⇔|\overrightarrow{ \mathrm{MQ}}|^2=1-|\overrightarrow{ \mathrm{OM}}|^2}$$。

• $${ \cosθ=0}$$のとき、$${\rm M}$$と$${\rm Q}$$と$${\rm R}$$は一致して、中心に対して$${\rm P}$$と反対側の点になるので、$${\rm OM}$$は半径だから$${1、\rm PM}$$は直径だから$${2}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PM}}=\overrightarrow{ \mathrm{OP}}-\overrightarrow{ \mathrm{OM}}}$$で、$${ |\overrightarrow{ \mathrm{OP}}|=1}$$。

【解答３】

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}=\overrightarrow{ \mathrm{OQ}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}}=(\cosα,\sinα)-(1,0)=(\cosα-1,\sinα)}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PR}}=\overrightarrow{ \mathrm{OR}}-\overrightarrow{ \mathrm{OP}}=(\cosβ,\sinβ)-(1,0)=(\cosβ-1,\sinβ)}$$。

• $${ a\cosθ+b\sinθ=\sqrt{(a^2+b^2)}\cos(θ-φ)、φ}$$は$${β}$$によらない角。ここで、$${a=(\cosα-1)、b=\sinα}$$を代入すると、$${ \sqrt{(\cosα-1)^2+\sin^2α}\cos(θ-φ)}$$。

• $${ (\cosα-1)^2=\cos^2α-2\cosα+1}$$で$${\cos^2α+\sin^2α=1}$$だから、$${ (\cosα-1)^2+\sin^2α=\cos^2α-2\cosα+1+\sin^2α=2-2\cosα}$$。

• $${ \sqrt{(\cosα-1)^2+\sin^2α}\cos(θ-φ)+1-\cosθ}$$に、$${ \sqrt{(\cosα-1)^2+\sin^2α}=t、1-\cosα=\frac{t^2}{2}}$$を代入すると、$${\displaystyle t\cos(θ-φ)+\frac{t^2}{2}}$$で、$${ -1≦\cos(θ-φ)≦1}$$だから、$${\displaystyle -t+\frac{t^2}{2}≦t\cos(θ-φ)+\frac{t^2}{2}≦t+\frac{t^2}{2} }$$

• $${ \cosα}$$は$${α=π}$$で$${-1}$$なので、このとき$${\cosα-1}$$が$${2}$$で、$${t=2}$$となるので、これが最大値を与える。

• $${\displaystyle -t+\frac{t^2}{2}=\frac{1}{2}(t-1)^2-\frac{1}{2}}$$は、$${t=1}$$のとき最小。なお、このとき$${\displaystyle \sqrt{2(1-\cosα)}=1⇔\cosα=\frac{1}{2}}$$なので、$${\displaystyle α=\frac{π}{3}}$$。

【解答４】

• $${\rm PQ}$$と$${\rm PR}$$は、$${\rm P}$$に対して$${\rm Q}$$と$${\rm R}$$が反対側になったときに直径となって最大で、このときの大きさは2。

• $${ \cosθ}$$は$${θ}$$がどんな値でも$${1}$$より大きくならない。

• $${ \mathrm{-PS'}=|\overrightarrow{ \mathrm{PS}}|\cos\mathrm{∠QPS}}$$だから、$${|\overrightarrow{ \mathrm{PQ}}||\overrightarrow{ \mathrm{PS}}|\cos\mathrm{∠QPS}}$$は$${\overrightarrow{ \mathrm{PQ}}}$$と$${\overrightarrow{ \mathrm{PS}}}$$の内積。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}} ・\overrightarrow{ \mathrm{PR}}≧ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}・\overrightarrow{ \mathrm{PS}}}$$だから等号成立時が最小で、$${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}・\overrightarrow{ \mathrm{PS}}}$$の最小値が、$${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}・\overrightarrow{ \mathrm{PR}}}$$の最小値になる。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}・\overrightarrow{ \mathrm{PS}}}$$の最小値は、$${ |\overrightarrow{ \mathrm{PQ}}||\overrightarrow{ \mathrm{PS}}|\cos(\mathrm{∠SPQ})}$$だから、$${ |\overrightarrow{ \mathrm{PQ}}||\overrightarrow{ \mathrm{PS}}|}$$は正なので、$${ \cos(\mathrm{∠SPQ})}$$が負になるとき最小を与える。

• 点$${\rm R}$$と点$${\rm S}$$が一致するときに、$${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}・\overrightarrow{ \mathrm{PR}}}$$が最小になるので、そのときは$${ \overrightarrow{ \mathrm{SO}}=\overrightarrow{ \mathrm{RO}}}$$となっている。

• 点$${\rm P}$$を$${ \rm PQ}$$と$${\rm ST}$$が平行になるところにおいているので、$${ \overrightarrow{ \mathrm{SO}}=\overrightarrow{ \mathrm{PQ}}}$$。

• このときに$${ \Box \rm OQOS}$$はひし形になり、$${ \rm OQ＝OP＝PQ＝PS}$$で、$${ \mathrm{△OPQ}}$$も$${ \mathrm{△OPS}}$$も正三角形だから$${ \mathrm{∠QPO}=\mathrm{∠OPS}=60°}$$で$${ \mathrm{∠SPR}}$$は$${120°}$$。

問８５

【解答１】（１）

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{AH}}=x\overrightarrow{ \mathrm{AB}}+y\overrightarrow{ \mathrm{AC}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OH}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=x\overrightarrow{ \mathrm{AB}}+y\overrightarrow{ \mathrm{AC}}⇔\overrightarrow{ \mathrm{OH}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+x\overrightarrow{ \mathrm{AB}}+y\overrightarrow{ \mathrm{AC}}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{AB}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}・(\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}})=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{OB}}=|\overrightarrow{ \mathrm{OA}}||\overrightarrow{ \mathrm{OB}}|\cos(\mathrm{∠AOB)}、\mathrm{∠AOB=60°}}$$だから\cos\mathrm{∠AOB=12。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{AB}}・\overrightarrow{ \mathrm{AB}}=(\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}})(\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}})=|\overrightarrow{ \mathrm{OB}}|^2+|\overrightarrow{ \mathrm{OA}}|^2-2\overrightarrow{ \mathrm{OB}}・\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$。

• $${ \mathrm{△OAB}}$$と$${ \mathrm{△ABC}}$$は合同だから、$${ \mathrm{△ABC}}$$における$${ \overrightarrow{ \mathrm{AB}}・\overrightarrow{ \mathrm{AC}}}$$は$${\mathrm{△OAB}}$$における$${ \overrightarrow{ \mathrm{BA}}・\overrightarrow{ \mathrm{BO}}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{BA}}・\overrightarrow{ \mathrm{BO}}=(\overrightarrow{ \mathrm{OA}}-\overrightarrow{ \mathrm{BO}})・\overrightarrow{ \mathrm{BO}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-|\overrightarrow{ \mathrm{OB}}|^2}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OH}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\frac{7}{9}\overrightarrow{ \mathrm{AB}}+\frac{5}{9}\overrightarrow{ \mathrm{AC}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\frac{7}{9}\left(\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}\right)+\frac{5}{9}\left(\overrightarrow{ \mathrm{OC}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}\right)=\left(1-\frac{7}{9}-\frac{5}{9}\right)\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\frac{7}{9}\overrightarrow{ \mathrm{OB}}+\frac{5}{9}\overrightarrow{ \mathrm{OC}}}$$

問８５

【解答１】（２）

• 展開図を書いて、各面の合同の対応関係を確認する。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{OH}}・\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=\left(\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\frac{7}{9}\overrightarrow{ \mathrm{AB}}+\frac{5}{9}\overrightarrow{ \mathrm{AC}}\right)・\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=|\overrightarrow{ \mathrm{OA}}|^2+\frac{7}{9}\overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{AB}}+\frac{5}{9}\overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{AC}}}$$なので、$${ |\overrightarrow{ \mathrm{OA}}|^2=\left(3\sqrt{3}\right)^2=27、\overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{AB}}=-18、\overrightarrow{ \mathrm{OA}}・\overrightarrow{ \mathrm{AC}}=-9}$$を代入して、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OH}}・\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=8}$$。

• $${ |\overrightarrow{ \mathrm{OH}}|^2=\overrightarrow{ \mathrm{OH}}・\overrightarrow{ \mathrm{OA}}=8}$$だから、$${ |\overrightarrow{ \mathrm{OH}}|=2\sqrt{2}}$$。

• $${ \mathrm{△ABC}}$$ の面積は$${\rm  AC×BC×\sin(\mathrm{∠ACB})、\mathrm{△ABC}}$$と$${ \mathrm{△OAB}}$$は合同だから展開図から、$${\rm BC=OA,OB=AC、\mathrm{∠ACB}=\mathrm{∠AOB}=60°}$$なので、$${\displaystyle \mathrm{AC×BC×}\sin\mathrm{(∠ACB)} =2\sqrt{3}×3\sqrt{3}×\sqrt{\frac{3}{2}} }$$。

• $${ V}$$は、$${\displaystyle \frac{1}{3}×高さ|\overrightarrow{ \mathrm{OH}}|×\mathrm{△ABC}の面積}$$なので、$${\displaystyle \frac{1}{3}×2\sqrt{2}×2\sqrt{3}×3\sqrt{3}×\sqrt\frac{3}{2} }$$。

問８５

【解答２】（２）

• 展開図を書いて、各面の合同の対応関係を確認する。

• $${ \vec{a}(\vec{a}-\vec{c})=9⇔|\vec{a}|^2-\vec{a}・\vec{c}=9⇔\vec{a}・\vec{c}=|\vec{a}|^2-9=\left(3\sqrt{3}\right)^2-9=18}$$。

• $${\rm AB}$$の長さは余弦定理から$${\displaystyle \rm \sqrt{(OB^2+OA^2-2・OA・OB・\cos\mathrm{∠AOB)}}=\sqrt{\left(3\sqrt{3}\right)^2+\left(2\sqrt{3}\right)^2-2・3\sqrt{3}・2\sqrt{3}・\frac{1}{2}} }$$

• 三平方の定理から、$${ \mathrm{AB}^2=z^2+x^2、\mathrm{BC}^2=y^2+z^2、\mathrm{AC}=x^2+y^2}$$。

• $${ \mathrm{AB}^2=\left(\sqrt{21}\right)^2=21=z^2+x^2、\mathrm{BC}^2=\left(3\sqrt{3}\right)^2=27=y^2+z^2、\mathrm{AC}=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12=x^2+y^2}$$。

• $${z^2+x^2+y^2+z^2+x^2+y^2=2(x^2+y^2+z^2)、z^2+x^2+y^2+z^2+x^2+y^2=21+27+12}$$。

• $${ x^2=x^2+y^2+z^2-(y^2+z^2)=30-27=3、y^2=x^2+y^2+z^2-(z^2+x^2)=30-21=9、z^2=x^2+y^2+z^2-(y^2+z^2)=30-12=18}$$。

• 四隅の直方体は全て同じ体積で、$${ \displaystyle \frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}x・y\right)・x}$$。

問８６

（１）

• $${\rm PQ}$$が円$${\rm C}$$の接線になる。

• $${ \vec{l} =\overrightarrow{ \mathrm{OB}}-\overrightarrow{ \mathrm{OA}}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+\overrightarrow{ \mathrm{AP}}、ここで\overrightarrow{ \mathrm{AP}}=t\overrightarrow{ \mathrm{AB}}=t\vec{l}}$$を代入して、$${ \overrightarrow{ \mathrm{OP}}=\overrightarrow{ \mathrm{OA}}+t\vec{l}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{RP_0}}=\overrightarrow{ \mathrm{OP_0}}-\overrightarrow{ \mathrm{OR}}=(1-t_0,2t_0,0)-(0,0,2)=(1-t_0,2t_0,-2)}$$。

• $${ \vec{l}・\overrightarrow{ \mathrm{RP_0}}=-1・(1-t_0)+2・2t_0=5t_0-1=0}$$。

（２）

• 三平方の定理から$${\rm PR^2=RQ^2+PQ^2、RQ}$$は球の半径だから$${\rm RQ^2=1}$$。よって$${\rm PR^2=RQ^2+PQ^2=1+PR^2⇔PQ^2=PR^2-1}$$。

• $${ \rm PR}$$が最小になるのは$${\rm PR}$$が$${l}$$の垂線のときだから、$${\rm P=P_0}$$のとき。

問８７

【解答２】

• 平面$${α}$$と$${\rm ON}$$のなす角が$${\displaystyle \frac{π}{3}}$$で$${\rm ON}$$の長さが球の半径で$${a}$$だから、平面$${α}$$を$${z=0}$$として、$${\rm N}$$の座標は$${\displaystyle \left(0,a\cos\frac{π}{3},a\sin\frac{π}{3}\right)=\left(0,a2,a\sqrt{\frac{3}{2}}\right)}$$。

• $${ \rm N}$$における接面の外側に$${\rm P}$$があるときに$${\rm N}$$から$${\rm P}$$が見える。

• $${\rm X}$$は$${\rm N}$$における接面上の点だから、いつでも$${\fm ON}$$と$${\rm NX}$$は直角なので、$${ \overrightarrow{ \mathrm{NO}}}$$と$${\overrightarrow{ \mathrm{NX}}}$$の内積は$${0}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \mathrm{NX}}=\overrightarrow{ \mathrm{OX}}-\overrightarrow{ \mathrm{ON}}=\left(x,y-\frac{a}{2},-a\sqrt{\frac{3}{2}}\right)}$$。

• 線分$${\rm OP}$$の長さは$${4}$$だから点$${\rm P}$$の軌道半径が$${4a}$$。

• $${\rm P}$$の軌道は$${x^2+y^2=(4a)^2}$$で、この円と$${y=2a}$$との交点と中心を結ぶ線と$${y}$$軸との角度を$${α}$$とすると、斜辺が円の半径で$${4a}$$だから$${4a\cosα=2a}$$で$${\displaystyle α=\frac{π}{3}}$$。

• $${\rm P}$$が見える部分の円の中心角は$${2α}$$だから$${\displaystyle \frac{2π}{3}}$$。

• $${\rm P}$$を軌道の中心角を$${θ}$$として軌道半径が$${4a}$$だから、$${\mathrm{P}(4a\cosθ,4a\sinθ,0)}$$と表現できる。$${\rm P}$$が見える範囲の$${θ}$$は$${\displaystyle \frac{π}{6}}$$から$${\displaystyle \frac{5π}{6}}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{NP}}}$$は$${\rm P}$$座標-$${\rm N}$$座標だから、$${\displaystyle \left(4a\cosθ,4a\sinθ-\frac{a}{2},-a\sqrt{\frac{3}{2}}\right)}$$となるので、その長さは$${\displaystyle \sqrt{(4a\cosθ)^2+\left(4a\sinθ-\frac{a}{2} \right)^2+\left( -\frac{a\sqrt{3}}{2} \right)^2 }=16a^2\cos^2θ+16a^2\sin^2θ-\frac{4a^2\sinθ}{2}+\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4} }$$となり、$${ \cos^2θ+\sin^2θ=1}$$だから、$${\displaystyle a^2\left(16+\frac{1}{4}-4\sinθ+\frac{3}{4}\right)=a^2(17-4\sinθ) }$$

• $${\displaystyle θ=\frac{π}{2}}$$のとき$${ \sinθ=1}$$で$${\rm NP}$$が最小、$${θ=0,π}$$のときは$${\sinθ}$$は$${0}$$になるが$${θ}$$の範囲外なので、$${\rm NP}$$が最大になる$${θ}$$は$${\displaystyle \frac{π}{6}}$$と$${\displaystyle \frac{5π}{6}}$$。

解答２

• $${\rm NM}$$は$${S}$$の接線だから$${\mathrm{∠ONM}}$$は直角であり$${\mathrm{∠NOM}}$$が$${\displaystyle \frac{π}{3}}$$だから$${ \mathrm{∠NMO}}$$は$${\displaystyle \frac{π}{6}}$$なので、$${\mathrm{△MNO}}$$について$${\rm ON:OM=1:2}$$だから$${\mathrm{OM}=2a、\mathrm{ON:NM}=1:\sqrt{3}}$$だから$${\mathrm {NM}=a\sqrt{3}}$$。

• $${ \rm P}$$点が$${\rm N}$$から見えるのは$${\rm N}$$での接線の外側に$${\rm P}$$があるとき。

• $${\rm NP}$$は、$${\rm P}$$が$${\rm A}$$にあるときに$${\rm N}$$最大で、$${\rm P}$$が$${\rm B}$$にあるとき最小。

• $${\rm OB}$$は軌道半径だから$${4a}$$なので、$${\rm MB}$$は$${2a}$$。

• $${ \mathrm{△NMO}}$$について余弦定理で$${\rm NO^2=NM^2+MO^2-2NM・MO・\cos\mathrm{∠NMO}、\mathrm{△NMB}}$$について余弦定理で$${\rm NB^2=NM^2+MB^2-2NM・MB・\cos\mathrm{∠NMB}}$$。

• $${ \mathrm{∠NMB}=π-\mathrm{∠NMO}}$$だから、$${ \cos\mathrm{∠NMB}=\cos(π-\mathrm{∠NMO})=-\cos(\mathrm{∠NMO})}$$。

• $${\cos(\rm∠NMB)=-\cos(∠NMO)}$$と$${ \rm {OM=MB}}$$なので、$${ \rm NO^2+NB^2= }$$
  $${ \rm NM^2+MO^2-2NM・MO・\cos(∠NMO)+ }$$
  $${ \rm NM^2+MB^2-2NM・MB・\cos(∠NMB) }$$
  $${ \rm =NM^2+MO^2+NM^2+MO^2-2NM・MO・\cos(∠NMO) }$$
  $${ \rm + 2NM・MO・\cos(∠NMO) =2(NM^2+MO^2) }$$。