九州大学 2002年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第4問

(1)

点 $P$ の位置ベクトルを $p$ と書く。条件 $$\mathrm{\mid }\overrightarrow{AP}\mathrm{\mid }:\mathrm{\mid }\overrightarrow{BP}\mathrm{\mid }=2:\sqrt{3}$$ は、平方して $3\mathrm{\mid }p-a{\mathrm{\mid }}^2=4\mathrm{\mid }p-b{\mathrm{\mid }}^2$ と表せる。

これを展開すると $$3(p-a)\cdot (p-a)=4(p-b)\cdot (p-b)$$ であるから $$\mathrm{\mid }p{\mathrm{\mid }}^2+(6a-8b)\cdot p+4\mathrm{\mid }b{\mathrm{\mid }}^2-3\mathrm{\mid }a{\mathrm{\mid }}^2=0$$ となる。ここで平方完成をすると $\mathrm{\mid }p-(4b-3a){\mathrm{\mid }}^2=12\mathrm{\mid }a-b{\mathrm{\mid }}^2$ を得る。

右辺は定数であり、$A\mathrm{\ne }B$ だから半径は正である。したがって軌跡 $S$ は $\text{中心 }4b-3a\text{, 半径 }2\sqrt{3}\mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid }\text{ の球面}$ である。

(2)

正四面体の1辺の長さを $l$ とする。このとき $$\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }b\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }c\mathrm{\mid }=l,a\cdot b=b\cdot c=c\cdot a={\displaystyle \frac{l^2}{2}}$$ である。

(1) の球の中心を $4b-3a$ とすると、頂点 $C$ から中心までの距離の2乗は $$\mathrm{\mid }c-(4b-3a){\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }3a-4b+c{\mathrm{\mid }}^2$$ である。これを内積で計算すると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{\mid }3a-4b+c{\mathrm{\mid }}^2}& {\displaystyle =9l^2+16l^2+l^2+2\cdot 3\cdot (-4){\displaystyle \frac{l^2}{2}}+2\cdot 3\cdot 1{\displaystyle \frac{l^2}{2}}+2\cdot (-4)\cdot 1{\displaystyle \frac{l^2}{2}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =26l^2-12l^2+3l^2-4l^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =13l^2\mathrm{.}}\end{array}$$一方、球の半径の2乗は $12\mathrm{\mid }a-b{\mathrm{\mid }}^2=12l^2$ である。したがって $$\mathrm{\mid }c-(4b-3a){\mathrm{\mid }}^2=13l^2>12l^2$$ であり、頂点 $C$ は球の外部にある。

(3)

点 $Q$ は辺 $BC$ 上にあるので $$Q=B+u(C-B)(0\leqq u\leqq 1)$$ とおく。位置ベクトルで書けば $q=b+u(c-b)$ である。このとき $$\mathrm{\mid }BQ\mathrm{\mid }=ul,\mathrm{\mid }CQ\mathrm{\mid }=(1-u)l$$ である。

また$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{\mid }AQ{\mathrm{\mid }}^2}& {\displaystyle =\mathrm{\mid }q-a{\mathrm{\mid }}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\mathrm{\mid }b-a+u(c-b){\mathrm{\mid }}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\mathrm{\mid }b-a{\mathrm{\mid }}^2+2u(b-a)\cdot (c-b)+u^2\mathrm{\mid }c-b{\mathrm{\mid }}^2\mathrm{.}}\end{array}$$ここで正四面体の内積関係から $$\mathrm{\mid }b-a{\mathrm{\mid }}^2=l^2,\mathrm{\mid }c-b{\mathrm{\mid }}^2=l^2,(b-a)\cdot (c-b)=-{\displaystyle \frac{l^2}{2}}$$ である。よって $\mathrm{\mid }AQ{\mathrm{\mid }}^2=l^2(1-u+u^2)$ となる。

球面 $S$ 上の点は $\mathrm{\mid }AQ\mathrm{\mid }:\mathrm{\mid }BQ\mathrm{\mid }=2:\sqrt{3}$ をみたすので $${\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }AQ{\mathrm{\mid }}^2}{\mathrm{\mid }BQ{\mathrm{\mid }}^2}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$$ である。したがって $${\displaystyle \frac{1-u+u^2}{u^2}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$$ すなわち $u^2+3u-3=0$ を得る。$0\leqq u\leqq 1$ より $$u={\displaystyle \frac{\sqrt{21}-3}{2}}$$ である。

したがって $${\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }BQ\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }CQ\mathrm{\mid }}}={\displaystyle \frac{u}{1-u}}={\displaystyle \frac{\sqrt{21}+3}{2}}$$ である。よって$${\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }\overrightarrow{BQ}\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }\overrightarrow{CQ}\mathrm{\mid }}}={\displaystyle \frac{\sqrt{21}+3}{2}}$$である。

$AP\mathrm{/}BP$ が一定の点の軌跡を、内分点・外分点を直径の両端とする
アポロニウス球として捉える。(2)(3)は正四面体の各面が正三角形であることから、
余弦定理だけで距離と比を求める。

(1)
条件を平方すると$$3A{P}^2=4B{P}^2\mathrm{.}$$位置ベクトルを $p$ として展開・平方完成すると$$\mathrm{\mid }p-(4b-3a){\mathrm{\mid }}^2=12\mathrm{\mid }a-b{\mathrm{\mid }}^2\mathrm{.}$$よって $S$ は中心 $4b-3a$、半径 $2\sqrt{3}\mathrm{\mid }a-b\mathrm{\mid }$ の球面である。

(2)
正四面体の一辺を $l$、球の中心を $K$ とする。
$K=4B-3A$ だから $A,B,K$ は一直線上にあり、$K$ は
$B$ から $A$ と反対向きに3辺分進む点である。よって$$BK=3l,\mathrm{\angle }CBK={120}^{\circ }$$ であり、$$C{K}^2=l^2+9l^2-6l^2\cos {120}^{\circ }=13l^2\mathrm{.}$$球の半径の2乗は $12l^2$ だから、$C$ は球の外部にある。

(3)
$BQ=ul(0\leqq u\leqq 1)$ とする。正三角形 $ABC$ で
$\mathrm{\angle }ABQ={60}^{\circ }$ だから余弦定理より$$A{Q}^2=l^2+u^2{l}^2-2u{l}^2\cos {60}^{\circ }=l^2(1-u+u^2)\mathrm{.}$$$AQ:BQ=2:\sqrt{3}$ を平方して$${\displaystyle \frac{1-u+u^2}{u^2}}={\displaystyle \frac{4}{3}},u^2+3u-3=0.$$区間内の解は $$u=(\sqrt{21}-3)\mathrm{/}2$$ である。したがって$${\displaystyle \frac{BQ}{CQ}}={\displaystyle \frac{u}{1-u}}={\displaystyle \frac{\sqrt{21}+3}{2}}\mathrm{.}$$