東京大学 2023年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1) $P=(x,y,z)$ とおく。$$\overrightarrow{OA}=(2,0,0),\overrightarrow{OB}=(1,1,1),\overrightarrow{OC}=(1,2,3)$$である。条件 $\overrightarrow{OP}\perp \overrightarrow{OA}$ より $$(x,y,z)\cdot (2,0,0)=2x=0$$ なので $x=0$ である。また $\overrightarrow{OP}\perp \overrightarrow{OB}$ より $x+y+z=0$ であり，$$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OC}=1$$ より $x+2y+3z=1$ である。$x=0$ を代入すると $y+z=0,2y+3z=1$ だから $z=1,y=-1$ である。よって $P=(0,-1,1)$ である。

(2)
直線 $AB$ 上の点を $H=A+s(B-A)$ とおく。$A=(2,0,0)$，$B=(1,1,1)$ より $H=(2-s,s,s)$ である。垂線の足なので $PH\perp AB$，すなわち $(P-H)\cdot (B-A)=0$ が成り立つ。ここで $$P-H=(s-2,-1-s,1-s),B-A=(-1,1,1)$$ だから $$(P-H)\cdot (B-A)=-(s-2)+(-1-s)+(1-s)=2-3s$$ である。よって $s=\frac{2}{3}$ であり，$$H=(\frac{4}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3})$$ となる。

一方$$\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OB}=\frac{1}{3}(2,0,0)+\frac{2}{3}(1,1,1)=(\frac{4}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3})$$であるから$$\overrightarrow{OH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$である。

(3)
定義より$$Q=\frac{3}{4}A+P=(\frac{3}{2},0,0)+(0,-1,1)=(\frac{3}{2},-1,1)$$である。球面 $S$ が三角形 $OHB$ と共有点をもつためには，三角形 $OHB$ 上の点 $X$ に対して $\mathrm{\mid }QX\mathrm{\mid }=r$ となるものが存在すればよい。三角形は連結なので，距離の最小値と最大値を求めればよい。ここで $Q$ の平面 $OAB$ への正射影は $K=(3\mathrm{/}2,0,0)$ である。点 $K$ は辺 $OH$ に関して頂点 $B$ と反対側にあり，三角形の外部にある。したがって最短点は三角形の周上にある。

まず辺 $OH$ 上の点を $X=tH$，$0\leqq t\leqq 1$ とおく。このとき $$X=(\frac{4t}{3},\frac{2t}{3},\frac{2t}{3})$$ であり，$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{\mid }Q-X{\mathrm{\mid }}^2}& {\displaystyle ={(\frac{3}{2}-\frac{4t}{3})}^2+{(-1-\frac{2t}{3})}^2+{(1-\frac{2t}{3})}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{8}{3}{t}^2-4t+\frac{17}{4}}\end{array}$$である。これは $t=3\mathrm{/}4$ で最小となり，その値は $$\frac{8}{3}\cdot \frac{9}{16}-4\cdot \frac{3}{4}+\frac{17}{4}=\frac{11}{4}$$ である。

辺 $OB$ 上では $X=tB$ とおくと $$\mathrm{\mid }Q-X{\mathrm{\mid }}^2=3t^2-3t+\frac{17}{4}$$ であり，最小値は $t=1\mathrm{/}2$ のとき $\frac{7}{2}$ である。辺 $HB$ 上では $X=H+t(B-H)$ とおくと $$\mathrm{\mid }Q-X{\mathrm{\mid }}^2=\frac{1}{3}{t}^2+t+\frac{35}{12}$$ となり，$0\leqq t\leqq 1$ では最小値は $t=0$ のとき $35\mathrm{/}12$ である。したがって三角形上での距離の最小値の2乗は $\frac{11}{4}$ である。

次に最大値を調べる。固定点からの距離の2乗は各線分上で下に凸の2次関数である。したがって三角形上の最大値は頂点で比較すればよい。実際に $$Q{O}^2=\frac{17}{4},Q{H}^2=\frac{35}{12},Q{B}^2=\frac{17}{4}$$ であるから，最大値の2乗は $\frac{17}{4}$ である。

よって $r$ が取りうる範囲は $$\sqrt{\frac{11}{4}}\leqq r\leqq \sqrt{\frac{17}{4}}$$ すなわち $$\frac{\sqrt{11}}{2}\leqq r\leqq \frac{\sqrt{17}}{2}$$ である。

$O,A,B$ の張る平面を $\mathcal{P}$ とする。(1) の点 $P$ は $\mathcal{P}$ に垂直なので，$Q=K+P$，$K=3A\mathrm{/}4$ と直交分解できる。したがって $X\in \mathrm{△}OHB$ に対し $Q{X}^2=\mathrm{\mid }P{\mathrm{\mid }}^2+K{X}^2$ となり，空間の問題を平面内での点と三角形の距離に落とせる。

(1)
$P=(x,y,z)$ とおく。三つの条件は$$2x=0,x+y+z=0,x+2y+3z=1$$である。これを解いて$$P=(0,-1,1)$$を得る。

(2)
$H=A+s(B-A)=(2-s,s,s)$ とおく。$PH\perp AB$ より$$(P-H)\cdot (B-A)=2-3s=0,$$したがって $s=2\mathrm{/}3$ である。よって$$H=(\frac{4}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}),\overrightarrow{OH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OB}\mathrm{.}$$(3)
平面 $OAB$ を $\mathcal{P}$ とし，$K=3A\mathrm{/}4=(3\mathrm{/}2,0,0)$ とおく。(1)より $P\perp \mathcal{P}$ であり，$Q=K+P$ である。したがって $\mathcal{P}$ 上の任意の点 $X$ に対して$$Q{X}^2=\mathrm{\mid }P{\mathrm{\mid }}^2+K{X}^2=2+K{X}^2\mathrm{.}$$点 $K$ は三角形 $OHB$ の辺 $OH$ の外側にある。直線 $OH$ への垂線の足は$$X=\frac{3}{4}H$$で，これは線分 $OH$ 上にある。実際$$K{X}^2={\mid K-\frac{3}{4}H\mid }^2=\frac{3}{4}\mathrm{.}$$よって $K$ から三角形までの最短距離の2乗は $3\mathrm{/}4$ であり，$$\min Q{X}^2=2+\frac{3}{4}=\frac{11}{4}\mathrm{.}$$一方，固定点からの距離の2乗は線分上で下に凸の2次関数なので，三角形上の最大値は頂点で比較すればよい。$$K{O}^2=\frac{9}{4},K{H}^2=\frac{11}{12},K{B}^2=\frac{9}{4}\mathrm{.}$$したがって$$\max Q{X}^2=2+\frac{9}{4}=\frac{17}{4}\mathrm{.}$$三角形は連結で距離は連続だから，その間のすべての値をとる。ゆえに$$\frac{\sqrt{11}}{2}\leqq r\leqq \frac{\sqrt{17}}{2}$$である。