数学C 空間ベクトル 問題 130 解説

方針・初手

正四面体では、$\triangle OAB,\triangle OBC,\triangle OCA$ はいずれも正三角形である。したがって、$\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$ の長さは等しく、互いのなす角は $60^\circ$ である。

点 $P,Q,R$ がそれぞれ $OA,OB,OC$ 上にあることを、同じ始点 $O$ からの比で表す。$\triangle PQR$ が正三角形である条件を距離の二乗で書き、比がすべて等しいことを示せばよい。

解法1

正四面体の一辺の長さを $a$ とする。点 $P,Q,R$ はそれぞれ辺 $OA,OB,OC$ 上にあり、頂点ではないから、ある実数 $x,y,z$ を用いて

$$ \overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA},\qquad \overrightarrow{OQ}=y\overrightarrow{OB},\qquad \overrightarrow{OR}=z\overrightarrow{OC} $$

と表せる。ただし

$$ 0<x<1,\qquad 0<y<1,\qquad 0<z<1 $$

である。

ここで

$$ \mathbf{a}=\overrightarrow{OA},\qquad \mathbf{b}=\overrightarrow{OB},\qquad \mathbf{c}=\overrightarrow{OC} $$

とおく。正四面体より、$\triangle OAB,\triangle OBC,\triangle OCA$ はすべて正三角形であるから、

$$ |\mathbf{a}|=|\mathbf{b}|=|\mathbf{c}|=a $$

かつ

$$ \mathbf{a}\cdot\mathbf{b} =\mathbf{b}\cdot\mathbf{c} =\mathbf{c}\cdot\mathbf{a} =a^2\cos 60^\circ =\frac{a^2}{2} $$

である。

まず $PQ^2$ を計算する。

$$ \begin{aligned} PQ^2 &=|y\mathbf{b}-x\mathbf{a}|^2\\ &=y^2|\mathbf{b}|^2+x^2|\mathbf{a}|^2-2xy,\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}\\ &=a^2(y^2+x^2-xy) \end{aligned} $$

同様に、

$$ QR^2=a^2(z^2+y^2-yz) $$

また

$$ RP^2=a^2(x^2+z^2-zx) $$

である。

$\triangle PQR$ は正三角形であるから、

$$ PQ^2=QR^2=RP^2 $$

が成り立つ。よって

$$ x^2+y^2-xy=y^2+z^2-yz=x^2+z^2-zx $$

である。

まず

$$ x^2+y^2-xy=y^2+z^2-yz $$

より、

$$ x^2-xy-z^2+yz=0 $$

すなわち

$$ (x-z)(x+z-y)=0 $$

を得る。

また、

$$ y^2+z^2-yz=x^2+z^2-zx $$

より、

$$ y^2-yz-x^2+zx=0 $$

すなわち

$$ (y-x)(x+y-z)=0 $$

を得る。

ここで $x,y,z$ のうち最大のものを考える。対称性により、最大のものを $x$ としてよい。すなわち

$$ x\geqq y,\qquad x\geqq z $$

とする。

このとき

$$ x+z-y\geqq z>0 $$

であるから、$(x-z)(x+z-y)=0$ より

$$ x=z $$

である。

また、$x=z$ であり、かつ $x\geqq y$ だから

$$ x+y-z=y>0 $$

である。したがって、$(y-x)(x+y-z)=0$ より

$$ y=x $$

である。

よって

$$ x=y=z $$

が成り立つ。

この共通の値を $t$ とおくと、

$$ \overrightarrow{OP}=t\mathbf{a},\qquad \overrightarrow{OQ}=t\mathbf{b},\qquad \overrightarrow{OR}=t\mathbf{c} $$

である。したがって

$$ \overrightarrow{PQ} =\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP} =t(\mathbf{b}-\mathbf{a}) =t\overrightarrow{AB} $$

となるので、

$$ PQ\parallel AB $$

である。

同様に、

$$ \overrightarrow{QR} =\overrightarrow{OR}-\overrightarrow{OQ} =t(\mathbf{c}-\mathbf{b}) =t\overrightarrow{BC} $$

より、

$$ QR\parallel BC $$

である。

また、

$$ \overrightarrow{RP} =\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OR} =t(\mathbf{a}-\mathbf{c}) =t\overrightarrow{CA} $$

より、

$$ RP\parallel CA $$

である。

以上より、$PQ,QR,RP$ はそれぞれ $AB,BC,CA$ に平行である。

解説

この問題の核心は、$P,Q,R$ の位置を各辺上の比 $x,y,z$ で表すことである。正四面体では $OA,OB,OC$ の長さが等しく、互いのなす角が $60^\circ$ なので、距離の二乗が

$$ x^2+y^2-xy $$

の形にそろう。

$\triangle PQR$ が正三角形であることは $PQ^2=QR^2=RP^2$ と書ける。その結果、比 $x,y,z$ がすべて等しいことが分かる。これは、$P,Q,R$ がそれぞれ $OA,OB,OC$ を同じ比で内分していることを意味する。

同じ比で取った点を結ぶ線分は、対応する正四面体の辺に平行になる。したがって、$PQ\parallel AB,\ QR\parallel BC,\ RP\parallel CA$ が従う。

答え

示すべきことは次の通りである。

$$ PQ\parallel AB,\qquad QR\parallel BC,\qquad RP\parallel CA $$

以上が証明された。