九州大学 2020年度理系数学前期第3問解答・解説

問題

四面体 $O A B C$ において，辺 $O A$ の中点と辺 $B C$ の中点を通る直線を $l$ ，辺 $O B$ の中点と辺 $C A$ の中点を通る直線を $m$ ，辺 $O C$ の中点と辺 $A B$ の中点を通る直線を $n$ とする。 $l ⊥ m$ ， $m ⊥ n$ ， $n ⊥ l$ であり， $A B = 5$ ， $B C = 3$ ， $C A = 2$ のとき，以下の問いに答えよ。

(1) 直線 $O B$ と直線 $C A$ のなす角 $θ$ 　 $(0 ≦ θ ≦ \frac{π}{2})$ を求めよ。

(2) 四面体 $O A B C$ の4つの頂点をすべて通る球の半径を求めよ。

出典：九州大学 2020年度前期日程第2次学力試験理系前期第3問

方針

解法1（辺ベクトルの内積表を作る）

原点から3頂点へのベクトルを $u, v, w$ とし、3本の中点連結線の方向ベクトルを表す。直交条件と辺長条件を内積の連立方程式へ変換して長さ・内積を決定し、角度と外接球中心を求める。

解法2（直交する3本の中点連結線を基底にする）

中点連結線の方向ベクトルを $L, M, N$ と置くと、仮定より互いに直交する。頂点ベクトルをこの3本で逆表示し、辺長から $∣ L ∣^{2}, ∣ M ∣^{2}, ∣ N ∣^{2}$ を直接決める。直交基底なので角度も外接球半径もピタゴラス型に計算できる。

解答

解法1（辺ベクトルの内積表を作る）

u = O A, v = O B, w = O C

とおく。また $U = ∣ u ∣^{2}, V = ∣ v ∣^{2}, W = ∣ w ∣^{2}$

α = u \cdot v, β = v \cdot w, γ = w \cdot u

とする。

直線 $l, m, n$ の方向ベクトルは、それぞれ

v + w - u, w + u - v, u + v - w

としてよい。例えば $l$ は $O A$ の中点 $\frac{1}{2} u$ と $B C$ の中点 $\frac{1}{2} (v + w)$ を結ぶからである。

また、与えられた辺の長さから $U + V - 2 α = 5, V + W - 2 β = 3, W + U - 2 γ = 4$ である。

直交条件を内積で書くと $(v + w - u) \cdot (w + u - v) = 0$ より $2 α - U - V + W = 0$ である。したがって $W = U + V - 2 α = 5$ を得る。同様に $(w + u - v) \cdot (u + v - w) = 0$ から $U = V + W - 2 β = 3$ であり、 $(u + v - w) \cdot (v + w - u) = 0$ から $V = W + U - 2 γ = 4$ である。

よって $U = 3, V = 4, W = 5$ である。さらに

α = \frac{U + V - 5}{2} = 1, β = \frac{V + W - 3}{2} = 3, γ = \frac{W + U - 4}{2} = 2

となる。

(1)

直線 $O B$ の方向ベクトルは $v$ であり、直線 $C A$ の方向ベクトルは $u - w$ としてよい。したがって、なす角 $θ$ の余弦は

cos θ = \frac{∣ v \cdot ( u - w ) ∣}{∣ v ∣ ∣ u - w ∣}

である。ここで $v \cdot (u - w) = α - β = 1 - 3 = - 2$ であり、 $∣ v ∣ = V = 2, ∣ u - w ∣ = C A = 2$ だから $cos θ = \frac{2}{2 \cdot 2} = \frac{1}{2}$ である。 $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{2}$ より $θ = \frac{π}{3}$ である。

(2)

外接球の中心を表すベクトルを $x$ とする。点Oと点Aから等距離である条件は $∣ x ∣^{2} = ∣ x - u ∣^{2}$ であり、これは $x \cdot u = \frac{∣ u ∣ ^{2}}{2} = \frac{3}{2}$ と同値である。同様に $x \cdot v = 2, x \cdot w = \frac{5}{2}$ である。

ここで $x = \frac{u + v + w}{4}$ とおくと $x \cdot u = \frac{U + α + γ}{4} = \frac{3 + 1 + 2}{4} = \frac{3}{2}$ であり、同様に $x \cdot v = \frac{α + V + β}{4} = \frac{1 + 4 + 3}{4} = 2$ $x \cdot w = \frac{γ + β + W}{4} = \frac{2 + 3 + 5}{4} = \frac{5}{2}$ である。したがってこの $x$ が外接球の中心である。

外接球の半径 $R$ は $R = ∣ x ∣$ であるから

R^{2} = \frac{u + v + w}{4}^{2} = \frac{U + V + W + 2 α + 2 β + 2 γ}{16} = \frac{3 + 4 + 5 + 2 + 6 + 4}{16} = \frac{3}{2}

である。よって求める半径は $\frac{3}{2} = \frac{6}{2}$ である。

解法2（直交する3本の中点連結線を基底にする）

u = O A, v = O B, w = O C

とする。3本の中点連結線の方向ベクトルを

L = v + w - u, M = w + u - v, N = u + v - w

とおく。仮定より $L, M, N$ は互いに直交する。

これらを逆に解くと

u = \frac{M + N}{2}, v = \frac{N + L}{2}, w = \frac{L + M}{2}

である。したがって

A B^{2} B C^{2} C A^{2} = ∣ u - v ∣^{2} = \frac{∣ M - L ∣ ^{2}}{4} = \frac{∣ M ∣ ^{2} + ∣ L ∣ ^{2}}{4} = 5, = \frac{∣ N - M ∣ ^{2}}{4} = \frac{∣ N ∣ ^{2} + ∣ M ∣ ^{2}}{4} = 3, = \frac{∣ L - N ∣ ^{2}}{4} = \frac{∣ L ∣ ^{2} + ∣ N ∣ ^{2}}{4} = 4.

よって

∣ L ∣^{2} + ∣ M ∣^{2} = 20, ∣ M ∣^{2} + ∣ N ∣^{2} = 12, ∣ N ∣^{2} + ∣ L ∣^{2} = 16.

これを解いて

∣ L ∣^{2} = 12, ∣ M ∣^{2} = 8, ∣ N ∣^{2} = 4

を得る。

(1)

直線 $O B$ の方向は

v = \frac{N + L}{2},

直線 $C A$ の方向は

u - w = \frac{N - L}{2}

である。したがって

∣ v \cdot (u - w) ∣ = \frac{∣ N ∣ ^{2} - ∣ L ∣ ^{2}}{4} = 2.

また

∣ v ∣^{2} = \frac{4 + 12}{4} = 4, ∣ u - w ∣ = C A = 2

だから

cos θ = \frac{2}{2 \cdot 2} = \frac{1}{2} .

$0 ≦ θ ≦ π /2$ より

θ = \frac{π}{3}

である。

(2)

点

x = \frac{L + M + N}{4}

を考える。直交性より

∣ x ∣^{2} = \frac{∣ L ∣ ^{2} + ∣ M ∣ ^{2} + ∣ N ∣ ^{2}}{16} = \frac{24}{16} = \frac{3}{2} .

一方、

x - u = \frac{L - M - N}{4}

であり、符号が変わっても直交成分の二乗和は同じなので

∣ x - u ∣^{2} = \frac{3}{2} .

$v, w$ についても同様である。したがって $x$ は $O, A, B, C$ から等距離にあり、外接球の中心である。半径は

R = \frac{3}{2} = \frac{6}{2}

となる。

九州大学 2020年度理系数学 前期 第3問

問題

方針

解法1（辺ベクトルの内積表を作る）

解法2（直交する3本の中点連結線を基底にする）

解答

解法1（辺ベクトルの内積表を作る）

(1)

(2)

解法2（直交する3本の中点連結線を基底にする）

(1)

(2)

九州大学 2020年度
理系数学前期第3問