名古屋大学 2020年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第2問

(1) $$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}=-\overrightarrow{OR}$$の両辺の長さの2乗を比べると$$2+2\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=1$$だから$$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=-\frac{1}{2}\mathrm{.}$$同様に、他の2組の内積も $-1\mathrm{/}2$ である。したがって$$P{Q}^2=\mathrm{\mid }\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}{\mathrm{\mid }}^2=1+1-2(-\frac{1}{2})=3.$$同様に $Q{R}^2=R{P}^2=3$ なので、三角形 $PQR$ は正三角形である。

(2)

命題（i）$$\overrightarrow{OH}=\mathit{h},\overrightarrow{HA}=\mathit{u},\overrightarrow{HB}=\mathit{v},\overrightarrow{HC}=\mathit{w}$$とおく。$\mathit{h}$ は平面 $ABC$ に垂直で、$\mathit{u},\mathit{v},\mathit{w}$ はこの平面内にある。また$$\mathrm{\mid }\mathit{u}\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\mathit{v}\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\mathit{w}\mathrm{\mid }=\sqrt{1-\mathrm{\mid }\mathit{h}{\mathrm{\mid }}^2}\mathrm{.}$$点 $A,B,C$ は相異なるので、この共通の長さは0ではない。

3本の位置ベクトルの和は$$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\mathit{h}+\mathit{u}+\mathit{v}+\mathit{w}\mathrm{.}$$右辺の2成分は直交するから$$\mathrm{\mid }\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}{\mathrm{\mid }}^2=9\mathrm{\mid }\mathit{h}{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }\mathit{u}+\mathit{v}+\mathit{w}{\mathrm{\mid }}^2\mathrm{.}$$仮定より左辺は $9\mathrm{\mid }\mathit{h}{\mathrm{\mid }}^2$ なので$$\mathit{u}+\mathit{v}+\mathit{w}=\mathbf{0}\mathrm{.}$$共通の長さで割って(1)を適用すれば、三角形 $ABC$ は正三角形である。

命題（ii）

4本の位置ベクトルの和が0なので$$\mathrm{\mid }\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\overrightarrow{OD}\mathrm{\mid }=1=3\mathrm{\mid }\overrightarrow{OH}\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$命題（i）より、三角形 $ABC$ は正三角形である。また命題（i）の証明から$$\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=\mathbf{0}$$である。したがって$$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OH},\overrightarrow{OD}=-3\overrightarrow{OH}\mathrm{.}$$$$H{A}^2=H{B}^2=H{C}^2=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}\mathrm{.}$$正三角形 $ABC$ の中心 $H$ から頂点までの距離を用いると$$A{B}^2=B{C}^2=C{A}^2=3H{A}^2=\frac{8}{3}\mathrm{.}$$さらに $HD=4\mathrm{/}3$ で、$HD$ は平面 $ABC$ に垂直だから$$A{D}^2=H{D}^2+H{A}^2=\frac{16}{9}+\frac{8}{9}=\frac{8}{3}\mathrm{.}$$同様に $B{D}^2=C{D}^2=8\mathrm{/}3$ である。6辺がすべて等しいので、四面体 $ABCD$ は正四面体である。

3点の位置ベクトルの平均を重心の位置ベクトルとして読む。重心が同時に外心になる三角形は正三角形である、という幾何的事実に帰着させる。

まず次の事実を用いる。

三角形の重心 $G$ が外心でもあるなら、その三角形は正三角形である。実際、頂点 $P$ と辺 $QR$ の中点 $M$ を結ぶと$$PG:GM=2:1.$$外接円の半径を $R$ とすれば $GP=GQ=GR=R$ だから $GM=R\mathrm{/}2$ である。$GM\perp QR$ より$$QM=\sqrt{R^2-{\left(\frac{R}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}R,$$したがって $QR=\sqrt{3}R$ である。他の2辺も同じである。

(1)

三角形 $PQR$ の重心を $G$ とすると$$\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{OR}}{3}=\mathbf{0}\mathrm{.}$$よって $G=O$ である。一方、$OP=OQ=OR=1$ なので $O$ は外心でもある。重心と外心が一致するため、三角形 $PQR$ は正三角形である。

(2)

命題（i）

三角形 $ABC$ の重心を $G$ とすると$$3\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\mathrm{.}$$$G$ は平面 $ABC$ 上にあり、$H$ は $O$ からこの平面への垂線の足である。したがって直角三角形 $OHG$ より$$\mathrm{\mid }OG\mathrm{\mid }\geqq \mathrm{\mid }OH\mathrm{\mid },$$等号は $G=H$ のときに限る。仮定は $3\mathrm{\mid }OG\mathrm{\mid }=3\mathrm{\mid }OH\mathrm{\mid }$ だから $G=H$ である。

さらに$$H{A}^2=O{A}^2-O{H}^2,H{B}^2=O{B}^2-O{H}^2,H{C}^2=O{C}^2-O{H}^2$$より $HA=HB=HC$ である。ゆえに $H$ は外心であり、同時に重心 $G$ でもある。上の事実から三角形 $ABC$ は正三角形である。

命題（ii）

仮定から$$\mathrm{\mid }\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\overrightarrow{OD}\mathrm{\mid }=1=3\mathrm{\mid }OH\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$命題（i）より $ABC$ は正三角形で、その重心は $H$ である。ゆえに$$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OH},\overrightarrow{OD}=-3\overrightarrow{OH}\mathrm{.}$$したがって $HD=4\mathrm{/}3$ である。また$$H{A}^2=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}\mathrm{.}$$正三角形の外接円半径と辺の関係から$$A{B}^2=B{C}^2=C{A}^2=3H{A}^2=\frac{8}{3}\mathrm{.}$$垂直関係より$$A{D}^2=B{D}^2=C{D}^2=H{D}^2+H{A}^2=\frac{8}{3}\mathrm{.}$$よって6辺が等しく、四面体 $ABCD$ は正四面体である。