京都大学 1994年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

$A$を原点とし，点の位置を $X=\lambda B+\mu C+\nu D$ の形で表す。ここで$B,C,D$はそれぞれ$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}$を表すものとする。

点$E,F,G$は $$E=sB,F=tC,G=tD$$ である。平面$EFG$上の点は，ある$\alpha ,\beta ,\gamma$について $$X=\alpha E+\beta F+\gamma G,\alpha +\beta +\gamma =1$$ と表される。したがって $$\lambda =s\alpha ,\mu =t\beta ,\nu =t\gamma$$ であり，平面$EFG$は $${\displaystyle \frac{\lambda }{s}}+{\displaystyle \frac{\mu }{t}}+{\displaystyle \frac{\nu }{t}}=1$$ で表される。

一方，平面$BCD$上の点は $\lambda +\mu +\nu =1$ を満たす。したがって，平面$EFG$と平面$BCD$の交線上では，$\mu +\nu =1-\lambda$を用いて $${\displaystyle \frac{\lambda }{s}}+{\displaystyle \frac{1-\lambda }{t}}=1$$ となる。 $s=t$なら，平面$EFG$は $\lambda +\mu +\nu =s$ となり，$0<s<1$なので平面$BCD$とは交わらない。したがってこの場合は共有点をもたない。

以下，$s\mathrm{\ne }t$とする。上の式を解くと $$t\lambda +s(1-\lambda )=st$$ であるから $(t-s)\lambda =s(t-1)$ となり，$$\lambda ={\displaystyle \frac{s(1-t)}{s-t}}$$ を得る。つまり，交線上では$B$方向の係数$\lambda$が一定である。

次に，正三角形$BCD$の外接円上で$\lambda$がとる範囲を求める。平面$BCD$上に座標を取り，外接円を単位円として$$B=(1,0),C=(-{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}),D=(-{\displaystyle \frac{1}{2}},-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}})$$とおく。$X=\lambda B+\mu C+\nu D$，$\lambda +\mu +\nu =1$の$x$座標は$$x=\lambda -{\displaystyle \frac{1}{2}}(\mu +\nu )=\lambda -{\displaystyle \frac{1}{2}}(1-\lambda )={\displaystyle \frac{3\lambda -1}{2}}$$である。外接円上では$-1\leqq x\leqq 1$なので $$-1\leqq {\displaystyle \frac{3\lambda -1}{2}}\leqq 1$$ であり，$$-{\displaystyle \frac{1}{3}}\leqq \lambda \leqq 1$$ を得る。逆にこの範囲の$\lambda$に対しては，対応する$x$座標の縦線が外接円と交わるので，この条件は必要十分である。

したがって，共有点をもつ条件は $$-{\displaystyle \frac{1}{3}}\leqq {\displaystyle \frac{s(1-t)}{s-t}}\leqq 1$$ である。 $t<s$のときは$s-t>0$で，$${\displaystyle \frac{s(1-t)}{s-t}}-1={\displaystyle \frac{t(1-s)}{s-t}}>0$$ だから$\lambda >1$となり，共有点をもたない。 $t>s$のときは$s-t<0$で，$s(1-t)>0$だから$\lambda <0$である。よって$\lambda \leqq 1$は自動的に満たされ，残る条件は $${\displaystyle \frac{s(1-t)}{s-t}}\geqq -{\displaystyle \frac{1}{3}}$$ である。ここで$s-t<0$に注意して変形すると $3s(1-t)\leqq t-s$ すなわち $4s\leqq t(1+3s)$ である。したがって $$t\geqq {\displaystyle \frac{4s}{1+3s}}$$ を得る。 $0<s<1$のもとでは $$s<{\displaystyle \frac{4s}{1+3s}}<1$$ であるから，この条件は$t>s$も含んでいる。よって求める条件は $${\displaystyle 0<s<1,{\displaystyle \frac{4s}{1+3s}}\leqq t<1}$$ である。

図示すると，$(s,t)$平面の正方形$0<s<1$，$0<t<1$の中で，曲線 $$t={\displaystyle \frac{4s}{1+3s}}$$ 上およびその上側の部分である。ただし上端$t=1$と左右の端$s=0,1$は含まない。曲線は$(0,0)$から$(1,1)$へ向かう増加曲線で，境界曲線自体は$0<s<1$の範囲で含まれる。

平面 $EFG$ と底面の交線が $CD$ に平行であることを使う。底面の正三角形で、円と交わる平行線の位置を外接円の射影範囲へ読み替える。

$A$ を原点とし、点を$$X=\lambda B+\mu C+\nu D$$と表す。平面 $BCD$ 上では$$\lambda +\mu +\nu =1.$$$E=sB,F=tC,G=tD$ だから、平面 $EFG$ は$${\displaystyle \frac{\lambda }{s}}+{\displaystyle \frac{\mu +\nu }{t}}=1.$$両平面の交線上では$${\displaystyle \frac{\lambda }{s}}+{\displaystyle \frac{1-\lambda }{t}}=1,$$よって $s\mathrm{\ne }t$ のとき$$\begin{array}{cccc}& \lambda ={\displaystyle \frac{s(1-t)}{s-t}}\mathrm{.}& & \text{(1)}\end{array}$$$s=t$ なら2平面は平行で異なるから共有点はない。

底面の正三角形の外接円を単位円とし、$$B=(1,0),C=(-{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}),D=(-{\displaystyle \frac{1}{2}},-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}})$$と置く。$X$ の横座標は$$x=\lambda -{\displaystyle \frac{1}{2}}(1-\lambda )={\displaystyle \frac{3\lambda -1}{2}}\mathrm{.}$$直線 $\lambda =\text{一定}$ が外接円と交わる条件は$$-1\leqq x\leqq 1,$$すなわち$$\begin{array}{cccc}& -{\displaystyle \frac{1}{3}}\leqq \lambda \leqq 1.& & \text{(2)}\end{array}$$$t<s$ では (1) が1より大きくなり不適である。
$t>s$ では $\lambda <0$ なので、(2)の左側だけを調べればよい。$${\displaystyle \frac{s(1-t)}{s-t}}\geqq -{\displaystyle \frac{1}{3}}$$を $s-t<0$ に注意して変形すると$$t\geqq {\displaystyle \frac{4s}{1+3s}}\mathrm{.}$$したがって求める範囲は$$0<s<1,{\displaystyle \frac{4s}{1+3s}}\leqq t<1.$$