大阪大学 2026年度文理共通数学文系第2問・理系第2問解答・解説

問題

空間内に4点 $O, A, B, C$ があり， $O A = O B = O C = 1$ である．また， $∠ A O B = ∠ A O C = 90^{\circ}, ∠ B O C = 60^{\circ}$ である． $t$ を正の実数とし，点 $D, E$ は $O D = t O B, O E = (2 t + 1) O C$ をみたす点とする．点 $P$ は $O A \cdot O P = - 1$ ， $O B \cdot O P = 1$ をみたしていて，さらに4点 $A, D, E, P$ は同一平面上にある． $O A = a, O B = b, O C = c$ とおく．

(1) $A P$ を $a, b, c$ と $t$ を用いて表せ．

(2) 実数 $t$ が $t > 0$ の範囲を動くとき， $∣ A P ∣$ を最小にする $t$ の値と， $∣ A P ∣$ の最小値を求めよ．

出典：大阪大学 2026年度前期日程第2次学力試験文理共通文系第2問・理系第2問

方針

解法1

$O P = x a + y b + z c$ と置き，2つの内積条件から $x$ と $y + z /2$ を決める。次に， $A, D, E, P$ が同一平面上にあることを $P = A + u (D - A) + v (E - A)$ と表し， $u, v$ を求める。得られた $A P$ について，内積表 $b \cdot c = 1/2$ だけが交差項を生むことに注意して長さの2乗を計算し， $t^{2}$ の平方完成で最小値を求める。

解法2（直交座標を設定する方法）

$a$ を $z$ 軸， $b$ を $x$ 軸に取り， $∠ B O C = 6 0^{\circ}$ から $c$ を $x y$ 平面上に置く。内積条件で $P$ の $x, z$ 座標を先に決め，平面 $A D E$ の方程式から残る $y$ 座標を求める。

解答

解法1

(1)

条件より

a \cdot a = b \cdot b = c \cdot c = 1, a \cdot b = a \cdot c = 0, b \cdot c = \frac{1}{2}

である。 $a, b, c$ は同一平面上にない3方向を表すので， $O P = x a + y b + z c$ と表せる。このとき

a \cdot O P = x, b \cdot O P = y + \frac{z}{2}

であるから，2つの内積条件より $x = - 1, y + \frac{z}{2} = 1$ を得る。

一方， $D, E$ は $O D = t b, O E = (2 t + 1) c$ である。 $A, D, E, P$ が同一平面上にあるので，ある実数 $u, v$ を用いて

O P = a + u (t b - a) + v ((2 t + 1) c - a)

と書ける。係数を比較すると $x = 1 - u - v, y = u t, z = v (2 t + 1)$ である。 $x = - 1$ より $u + v = 2$ であり，また $y + z /2 = 1$ より $u t + \frac{v ( 2 t + 1 )}{2} = 1$ である。 $u = 2 - v$ を代入すると $(2 - v) t + \frac{v ( 2 t + 1 )}{2} = 1$ すなわち $2 t + \frac{v}{2} = 1$ である。よって $v = 2 - 4 t, u = 4 t$ となる。したがって $y = u t = 4 t^{2}, z = v (2 t + 1) = (2 - 4 t) (2 t + 1) = 2 - 8 t^{2}$ であるから $O P = - a + 4 t^{2} b + (2 - 8 t^{2}) c$ となる。ゆえに $A P = - 2 a + 4 t^{2} b + (2 - 8 t^{2}) c$ である。

(2)

(1)で得た式を用いる。 $a$ は $b, c$ のどちらにも垂直で， $b \cdot c = 1/2$ であるから

∣ A P ∣^{2} = (- 2)^{2} + (4 t^{2})^{2} + (2 - 8 t^{2})^{2} + 2 (4 t^{2}) (2 - 8 t^{2}) \cdot \frac{1}{2} = 4 + 16 t^{4} + (2 - 8 t^{2})^{2} + 4 t^{2} (2 - 8 t^{2}) = 48 t^{4} - 24 t^{2} + 8.

ここで $s = t^{2}$ とおくと， $t > 0$ より $s > 0$ であり $∣ A P ∣^{2} = 48 s^{2} - 24 s + 8 = 48 (s - \frac{1}{4})^{2} + 5$ となる。したがって最小となるのは $s = \frac{1}{4}$ すなわち $t = \frac{1}{2}$ のときである。このとき $∣ A P ∣^{2} = 5$ だから， $∣ A P ∣$ の最小値は $5$ である。以上より，求める $t$ の値は $t = \frac{1}{2}$ である。

解法2（直交座標を設定する方法）

(1)

次のように直交座標を設定する。

a = (0, 0, 1), b = (1, 0, 0), c = (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}, 0) .

これは，3本の半直線が同一平面上になく， $O A = O B = O C = 1$ ， $∠ A O B = ∠ A O C = 9 0^{\circ}$ ， $∠ B O C = 6 0^{\circ}$ という条件をすべて満たす。

点 $P = (X, Y, Z)$ とおく。内積条件から

Z = a \cdot O P = - 1, X = b \cdot O P = 1

であるから， $P = (1, Y, - 1)$ と書ける。一方

A = (0, 0, 1), D = (t, 0, 0), E = (\frac{2 t + 1}{2}, \frac{3 ( 2 t + 1 )}{2}, 0) .

$U = 3 (2 t + 1) /2$ とおくと，平面 $A D E$ の法線ベクトルとして

A D \times A E = (U, - \frac{1}{2}, t U)

を取れる。したがって $P$ がこの平面上にある条件は

U \cdot 1 - \frac{1}{2} Y + t U (- 1 - 1) = 0

である。これを解くと

Y = 2 U (1 - 2 t) = 3 (1 - 4 t^{2})

となる。よって

A P = (1, 3 (1 - 4 t^{2}), - 2) .

解法1の基底で表せば，これは

A P = - 2 a + 4 t^{2} b + (2 - 8 t^{2}) c

に一致する。

(2)

また

∣ A P ∣^{2} = 1 + 3 (1 - 4 t^{2})^{2} + 4 = 48 t^{4} - 24 t^{2} + 8 = 48 (t^{2} - \frac{1}{4})^{2} + 5.

$t > 0$ より，最小となるのは $t^{2} = 1/4$ ，すなわち $t = 1/2$ のときである。したがって

t = \frac{1}{2}, ∣ A P ∣_{m i n} = 5 .

大阪大学 2026年度文理共通数学 文系第2問・理系第2問

問題

方針

解法1

解法2（直交座標を設定する方法）

解答

解法1

(1)

(2)

解法2（直交座標を設定する方法）

(1)

(2)

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文理共通数学文系第2問・理系第2問