熊本大学 2026年度 前期数学② 第2問

(問1)
点 $P$ を $(x,y,z)$ とおく。$k=2$ のとき$$x^2+y^2+z^2=4\{(x-4{)}^2+(y+4{)}^2+(z-2{)}^2\}$$である。整理して平方完成すると$${(x-\frac{16}{3})}^2+{(y+\frac{16}{3})}^2+{(z-\frac{8}{3})}^2=16$$となる。したがって，点 $P$ が描く図形はこの球面である。

(問2)
(問1)の球面の中心を $Q$ とすると$$Q(\frac{16}{3},-\frac{16}{3},\frac{8}{3}),\text{半径 }4$$である。また$$OQ=\sqrt{{\left(\frac{16}{3}\right)}^2+{(-\frac{16}{3})}^2+{\left(\frac{8}{3}\right)}^2}=8$$である。原点から球面上の点までの距離の最小値は $OQ-4$ であるから$$4$$である。

(問3)
$\mathrm{\mid }\overrightarrow{OA}\mathrm{\mid }=6$ である。一般の $k$ について距離条件を二乗すると$$(k^2-1)(x^2+y^2+z^2)-2k^2(4x-4y+2z)+36k^2=0$$である。これは中心が直線 $OA$ 上にあり，中心の原点からの距離が$$\frac{6k^2}{\mathrm{\mid }{k}^2-1\mathrm{\mid }}$$半径が$$\frac{6k}{\mathrm{\mid }{k}^2-1\mathrm{\mid }}$$である球面を表す。したがって原点から球面までの距離の最小値は，$k>1$ のときも $0<k<1$ のときも$$\frac{6k}{k+1}$$である。これが $1$ に等しいから$$\frac{6k}{k+1}=1$$となり，$k=\frac{1}{5}$ を得る。

条件は2定点からの距離比が一定であるアポロニウス球を表す。球の中心は直線 $OA$ 上にある。特に原点から最も近い点も直線 $OA$ 上にあるので，(問2)(問3)は1次元の距離比だけで求められる。

(問1)
$k=2$ のときの球の中心を $Q$，半径を $R$ とする。直線 $OA$ 上で $OQ=8$，$R=4$ となるアポロニウス球である。$$\overrightarrow{OA}=(4,-4,2)$$ かつ $\mathrm{\mid }\overrightarrow{OA}\mathrm{\mid }=6$ だから$$\overrightarrow{OQ}=\frac{8}{6}\overrightarrow{OA}=(\frac{16}{3},-\frac{16}{3},\frac{8}{3})\mathrm{.}$$したがって球面の方程式は$${(x-\frac{16}{3})}^2+{(y+\frac{16}{3})}^2+{(z-\frac{8}{3})}^2=16$$である。

(問2)
上図の $X$ が原点に最も近い球面上の点であり，$$OX=OQ-R=8-4=4$$である。

(問3)
一般の $k>0$ でも，原点に最も近い球面上の点 $X$ は線分 $OA$ 上にある。$OX=r$ とすると $AX=6-r$ であるから$$r=k(6-r),r=\frac{6k}{1+k}\mathrm{.}$$これが1なので$$\frac{6k}{1+k}=1,k=\frac{1}{5}$$である。