九州大学 1993年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第2問

(1) $$\overrightarrow{AB}=B-A=(0,1,-2)$$ であり，$$\overrightarrow{AC}=C-A=(0,1,-1)$$ である。したがって$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0\cdot 0+1\cdot 1+(-2)(-1)=3$$である。

(2) $Q=(x,y,0)$ だから $$\overrightarrow{AQ}=Q-A=(x,y,-2)$$ である。また $$\overrightarrow{AC}=(0,1,-1)$$ である。よって $$\overrightarrow{AQ}\cdot \overrightarrow{AC}=y+2$$ であり，$$\mathrm{\mid }\overrightarrow{AQ}\mathrm{\mid }=\sqrt{x^2+y^2+4},\mathrm{\mid }\overrightarrow{AC}\mathrm{\mid }=\sqrt{2}$$である。したがって $$\cos \theta ={\displaystyle \frac{y+2}{\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2+4}}}$$ である。

(3)
円 $K$ は，球 $x^2+(y-1{)}^2+(z-1{)}^2=1$ と，点 $B(0,1,0)$ を通り $AC$ に垂直な平面との交わりである。$AC$ の方向ベクトルは $(0,1,-1)$ なので，その平面は $$(0,1,-1)\cdot (x,y-1,z)=0$$ すなわち $y-z=1$ である。

点 $P$ は直線 $AQ$ 上にあるから，ある実数 $\lambda$ を用いて $P=A+\lambda (Q-A)$ と書ける。$A=(0,0,2)$，$Q=(x,y,0)$ より $$P=(\lambda x,\lambda y,2-2\lambda )$$ である。これが平面 $y-z=1$ 上にあるので $$\lambda y-(2-2\lambda )=1$$ であり，$\lambda (y+2)=3$ となる。よって $$\lambda ={\displaystyle \frac{3}{y+2}}$$ である。

これを球面の方程式に代入する。すなわち$${\left({\displaystyle \frac{3x}{y+2}}\right)}^2+{({\displaystyle \frac{3y}{y+2}}-1)}^2+{(1-{\displaystyle \frac{6}{y+2}})}^2=1$$である。分母を払うと $$9x^2+4(y-1{)}^2+(y-4{)}^2=(y+2{)}^2$$ となる。整理して $9x^2+4y^2-20y+16=0$ を得る。平方完成すれば $$9x^2+4{(y-{\displaystyle \frac{5}{2}})}^2=9$$ である。

この式を満たす点では $1\leqq y\leqq 4$ となるので $y+2>0$ であり，上の $\lambda$ から逆に円 $K$ 上の点 $P$ が定まる。したがって求める軌跡は $$9x^2+4{(y-{\displaystyle \frac{5}{2}})}^2=9$$ である。

円 $K$ を頂点 $A$ から見た円すいを考える。切断平面は軸 $AC$ に垂直なので，$AP$ と $AC$ のなす角は $P$ によらず一定である。円の中心と半径からその余弦を求め，(2)の式と等置して射影点 $Q$ の軌跡を得る。

(1) $$\overrightarrow{AB}=(0,1,-2),\overrightarrow{AC}=(0,1,-1)$$であるから$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=1+2=3$$である。

(2) $$\overrightarrow{AQ}=(x,y,-2)$$なので$$\cos \theta ={\displaystyle \frac{\overrightarrow{AQ}\cdot \overrightarrow{AC}}{\mathrm{\mid }\overrightarrow{AQ}\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }\overrightarrow{AC}\mathrm{\mid }}}={\displaystyle \frac{y+2}{\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2+4}}}\mathrm{.}$$(3)
円 $K$ の平面は$$y-z=1$$である。球の中心 $C$ からこの平面までの距離は $1\mathrm{/}\sqrt{2}$ だから，円 $K$ の半径は$$\sqrt{1-{\displaystyle \frac{1}{2}}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\mathrm{.}$$また，円の中心 $D$ は直線 $AC$ 上にあり，$$D=(0,{\displaystyle \frac{3}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}}),AD={\displaystyle \frac{3}{\sqrt{2}}}\mathrm{.}$$したがって直角三角形 $ADP$ により$$AP=\sqrt{{\displaystyle \frac{9}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}}=\sqrt{5},\cos \mathrm{\angle }PAC={\displaystyle \frac{AD}{AP}}={\displaystyle \frac{3}{\sqrt{10}}}\mathrm{.}$$点 $A,P,Q$ は一直線上にあるので，$$\theta =\mathrm{\angle }QAC=\mathrm{\angle }PAC$$ である。(2)と等置して$${\displaystyle \frac{y+2}{\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2+4}}}={\displaystyle \frac{3}{\sqrt{10}}}\mathrm{.}$$両辺は正であるから平方してよく，整理すると$$9x^2+4y^2-20y+16=0.$$平方完成して$$9x^2+4{(y-{\displaystyle \frac{5}{2}})}^2=9$$を得る。この楕円では $1\leqq y\leqq 4$ なので，平方前の符号条件も満たす。よってこれが求める軌跡である。