北海道大学 1980年 文系 第4問 解説

方針・初手

空間内の点の座標が具体的に与えられているため、ベクトルを用いて直線の方程式を立式し、交点 $P$ の座標を直接求めるのが確実な方針である。

また、与えられたすべての点 $O, N, S, Q, R$ は $z$ 軸と直線 $OQ$ を含む同一平面上に存在することに着目し、空間図形の問題を2次元平面上の問題に帰着させる方針も有効である。

解法1

点 $P$ は直線 $NQ$ 上にあるため、実数 $s$ を用いて次のように表せる。

$$ \vec{OP} = (1-s)\vec{ON} + s\vec{OQ} $$

各点の座標を代入すると、以下のようになる。

$$ \begin{aligned} \vec{OP} &= (1-s)(0, 0, 1) + s(r \cos\theta, r \sin\theta, 0) \\ &= (sr \cos\theta, sr \sin\theta, 1-s) \end{aligned} $$

また、点 $P$ は直線 $SR$ 上にもあるため、実数 $t$ を用いて次のように表せる。

$$ \vec{OP} = (1-t)\vec{OS} + t\vec{OR} $$

同様に座標を代入して整理する。

$$ \begin{aligned} \vec{OP} &= (1-t)(0, 0, -1) + t\left(\frac{1}{r} \cos\theta, \frac{1}{r} \sin\theta, 0\right) \\ &= \left(\frac{t}{r} \cos\theta, \frac{t}{r} \sin\theta, t-1\right) \end{aligned} $$

$\vec{OP}$ の成分比較により、次の連立方程式が得られる。

$$ \begin{cases} sr \cos\theta = \frac{t}{r} \cos\theta \\ sr \sin\theta = \frac{t}{r} \sin\theta \\ 1-s = t-1 \end{cases} $$

第1式と第2式より、以下の式が成り立つ。

$$ \begin{aligned} \left(sr - \frac{t}{r}\right) \cos\theta &= 0 \\ \left(sr - \frac{t}{r}\right) \sin\theta &= 0 \end{aligned} $$

$\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$ より $\cos\theta$ と $\sin\theta$ が同時に $0$ になることはないため、必ず $sr - \frac{t}{r} = 0$ が成り立つ。

$$ t = sr^2 $$

これを第3式 $1-s = t-1$ に代入する。

$$ \begin{aligned} 1-s &= sr^2 - 1 \\ s(r^2 + 1) &= 2 \\ s &= \frac{2}{r^2+1} \end{aligned} $$

求めた $s$ を $\vec{OP}$ の成分の式に代入し、点 $P$ の座標を得る。

$$ \vec{OP} = \left(\frac{2r}{r^2+1} \cos\theta, \frac{2r}{r^2+1} \sin\theta, 1 - \frac{2}{r^2+1}\right) = \left(\frac{2r}{r^2+1} \cos\theta, \frac{2r}{r^2+1} \sin\theta, \frac{r^2-1}{r^2+1}\right) $$

線分 $OP$ の長さを求めるため、$|\vec{OP}|^2$ を計算する。

$$ \begin{aligned} |\vec{OP}|^2 &= \left(\frac{2r}{r^2+1} \cos\theta\right)^2 + \left(\frac{2r}{r^2+1} \sin\theta\right)^2 + \left(\frac{r^2-1}{r^2+1}\right)^2 \\ &= \frac{4r^2}{(r^2+1)^2}(\cos^2\theta + \sin^2\theta) + \frac{(r^2-1)^2}{(r^2+1)^2} \\ &= \frac{4r^2 + (r^4 - 2r^2 + 1)}{(r^2+1)^2} \\ &= \frac{r^4 + 2r^2 + 1}{(r^2+1)^2} \\ &= \frac{(r^2+1)^2}{(r^2+1)^2} \\ &= 1 \end{aligned} $$

$OP > 0$ であるから、$OP = 1$ となる。

解法2

与えられた点 $O, N, S$ はすべて $z$ 軸上にあり、点 $Q, R$ はすべて $xy$ 平面上の直線 $y = (\tan\theta)x$ 上にある。

したがって、これら5点はすべて、$z$ 軸と直線 $OQ$ を含む単一の平面上（これを平面 $\alpha$ とする）に存在する。

平面 $\alpha$ 上に、原点 $O$、直線 $OQ$ の方向を正とする横軸（$u$ 軸）、$z$ 軸の方向を正とする縦軸（$v$ 軸）をとって直交座標系を設定する。

この $uv$ 座標系において、各点の座標は次のように表される。

$O(0, 0)$、$N(0, 1)$、$S(0, -1)$、$Q(r, 0)$、$R\left(\frac{1}{r}, 0\right)$

直線 $NQ$ は、$v$ 切片が $1$、$u$ 切片が $r$ の直線であるため、その方程式は以下となる。

$$ \frac{u}{r} + \frac{v}{1} = 1 \iff u + rv = r $$

直線 $SR$ は、$v$ 切片が $-1$、$u$ 切片が $\frac{1}{r}$ の直線であるため、その方程式は以下となる。

$$ \frac{u}{\frac{1}{r}} + \frac{v}{-1} = 1 \iff ru - v = 1 $$

交点 $P(u, v)$ の座標を求めるため、これらを連立する。第2式より $v = ru - 1$ とし、第1式に代入する。

$$ \begin{aligned} u + r(ru - 1) &= r \\ (r^2 + 1)u &= 2r \\ u &= \frac{2r}{r^2+1} \end{aligned} $$

これを $v = ru - 1$ に代入する。

$$ \begin{aligned} v &= r\left(\frac{2r}{r^2+1}\right) - 1 \\ &= \frac{2r^2 - (r^2+1)}{r^2+1} \\ &= \frac{r^2-1}{r^2+1} \end{aligned} $$

原点 $O$ から点 $P$ までの距離の2乗 $OP^2$ を計算する。

$$ \begin{aligned} OP^2 &= u^2 + v^2 \\ &= \left(\frac{2r}{r^2+1}\right)^2 + \left(\frac{r^2-1}{r^2+1}\right)^2 \\ &= \frac{4r^2 + r^4 - 2r^2 + 1}{(r^2+1)^2} \\ &= \frac{r^4 + 2r^2 + 1}{(r^2+1)^2} \\ &= 1 \end{aligned} $$

$OP > 0$ より、$OP = 1$ である。

解説

立体的な位置関係が与えられているが、成分計算を淡々と進めるだけで確実に解に辿り着ける。空間ベクトルと直線の交点という基礎的な計算力を問う問題である。

解法2のように、登場する全ての点が特定の平面上に含まれることに気づけば、2次元平面の直線の方程式に帰着でき、計算量を大幅に減らすことができる。計算ミスを防ぐ観点からも、平面に落とし込む見方は持っておきたい。なお、$OP=1$ という結果は、パラメータ $r, \theta$ によらず点 $P$ が常に原点を中心とする半径1の球面（単位球面）上に存在することを示している。この幾何学的な背景には、立体射影（Stereographic projection）が関連している。

答え

$1$