名古屋大学 2020年度文系数学第2問解答・解説

問題

(1) 平面上に $∣ O P ∣ = ∣ O Q ∣ = ∣ O R ∣ = 1$ をみたす相異なる4点 $O, P, Q, R$ がある。このとき $∣ O P + O Q + O R ∣ = 0$ ならば，三角形 $P QR$ は正三角形であることを示せ。

(2) 空間内に $∣ O A ∣ = ∣ O B ∣ = ∣ O C ∣ = ∣ O D ∣ = 1$ をみたす相異なる5点 $O, A, B, C, D$ がある。また $O$ から $A, B, C$ を含む平面におろした垂線の足を $H$ とする。このとき，以下の2つの命題を示せ。

命題(i) $∣ O A + O B + O C ∣ = 3∣ O H ∣$ ならば，三角形 $A B C$ は正三角形である。

命題(ii) $∣ O A + O B + O C + O D ∣ = 0$ かつ $∣ O H ∣ = \frac{1}{3}$ ならば，四面体 $A B C D$ は正四面体である。

出典：名古屋大学 2020年度前期日程第2次学力試験文系第2問

方針

解法1（直交成分と内積で示す方法）

平面上の3本の単位ベクトルでは、和が0であることから各内積を求める。空間では $O H$ 方向と平面 $A B C$ 内の成分に直交分解し、等号条件から平面内成分の和が0であることを導く。

解法2（重心と外心の一致を使う方法）

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。

解答

解法1（直交成分と内積で示す方法）

(1)

O P + O Q = - O R

の両辺の長さの2乗を比べると

2 + 2 O P \cdot O Q = 1

だから

O P \cdot O Q = - \frac{1}{2} .

同様に、他の2組の内積も $- 1/2$ である。したがって

P Q^{2} = ∣ O Q - O P ∣^{2} = 1 + 1 - 2 (- \frac{1}{2}) = 3.

同様に $Q R^{2} = R P^{2} = 3$ なので、三角形 $P QR$ は正三角形である。

(2)

命題（i）

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

とおく。 $h$ は平面 $A B C$ に垂直で、 $u, v, w$ はこの平面内にある。また

∣ u ∣ = ∣ v ∣ = ∣ w ∣ = 1 - ∣ h ∣^{2} .

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

O A + O B + O C = 3 h + u + v + w .

右辺の2成分は直交するから

∣ O A + O B + O C ∣^{2} = 9∣ h ∣^{2} + ∣ u + v + w ∣^{2} .

仮定より左辺は $9∣ h ∣^{2}$ なので

u + v + w = 0 .

共通の長さで割って(1)を適用すれば、三角形 $A B C$ 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

∣ O A + O B + O C ∣ = ∣ O D ∣ = 1 = 3∣ O H ∣.

命題（i）より、三角形 $A B C$ は正三角形である。また命題（i）の証明から

H A + H B + H C = 0

である。したがって

O A + O B + O C = 3 O H, O D = - 3 O H .

H A^{2} = H B^{2} = H C^{2} = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9} .

正三角形 $A B C$ 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} = 3 H A^{2} = \frac{8}{3} .

さらに $H D = 4/3$ で、 $H D$ は平面 $A B C$ に垂直だから

A D^{2} = H D^{2} + H A^{2} = \frac{16}{9} + \frac{8}{9} = \frac{8}{3} .

同様に $B D^{2} = C D^{2} = 8/3$ である。6辺がすべて等しいので、四面体 $A B C D$ は正四面体である。

解法2（重心と外心の一致を使う方法）

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

P G : GM = 2 : 1.

外接円の半径を $R$ とすれば $GP = GQ = GR = R$ だから $GM = R /2$ である。 $GM ⊥ QR$ より

QM = R^{2} - (\frac{R}{2})^{2} = \frac{3}{2} R,

したがって $QR = 3 R$ である。他の2辺も同じである。

(1)

三角形 $P QR$ の重心を $G$ とすると

O G = \frac{O P + O Q + O R}{3} = 0 .

よって $G = O$ である。一方、 $O P = O Q = O R = 1$ 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 $P QR$ は正三角形である。

(2)

命題（i）

三角形 $A B C$ の重心を $G$ とすると

3 O G = O A + O B + O C .

$G$ は平面 $A B C$ 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 $O H G$ より

∣ O G ∣ ≧ ∣ O H ∣,

等号は $G = H$ のときに限る。仮定は $3∣ O G ∣ = 3∣ O H ∣$ 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 $H A = H B = H C$ 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 $A B C$ は正三角形である。

命題（ii）

仮定から

∣ O A + O B + O C ∣ = ∣ O D ∣ = 1 = 3∣ O H ∣.

命題（i）より $A B C$ は正三角形で、その重心は $H$ である。ゆえに

O A + O B + O C = 3 O H, O D = - 3 O H .

したがって $H D = 4/3$ である。また

H A^{2} = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9} .

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} = 3 H A^{2} = \frac{8}{3} .

垂直関係より

A D^{2} = B D^{2} = C D^{2} = H D^{2} + H A^{2} = \frac{8}{3} .

よって6辺が等しく、四面体 $A B C D$ は正四面体である。

名古屋大学 2020年度文系数学 第2問

問題

方針

解法1（直交成分と内積で示す方法）

解法2（重心と外心の一致を使う方法）

解答

解法1（直交成分と内積で示す方法）

(1)

(2)

命題（i）

命題（ii）

解法2（重心と外心の一致を使う方法）

(1)

(2)

命題（i）

命題（ii）

名古屋大学 2020年度
文系数学第2問