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北海道大学 2015年文系第3問解説

方針・初手

与えられたベクトルの垂直条件を内積が $0$ になるという式で表現し、条件式を整理することが第一歩である。 (1) は与えられたベクトル方程式を展開するだけで簡潔に示せる。 (2) 以降は、図形的な直感に頼るよりも、点 O を原点とする座標平面を設定し、各ベクトルを成分で表して計算に落とし込む方針が最も見通しが良く確実である。

解法1

(1)

問題の条件より、以下の内積の式が成り立つ。

$$ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OA} = 0 $$

$$ \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OB} = 0 $$

$$ (\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ}) \cdot \overrightarrow{AB} = 0 $$

ここで、$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}$ であるから、第3の式に代入して展開すると

$$ (\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ}) \cdot (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) = 0 $$

$$ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OA} = 0 $$

この式に $\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OA} = 0$ および $\overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OB} = 0$ を代入すると

$$ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OB} - 0 + 0 - \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OA} = 0 $$

$$ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OA} $$

となり、示された。

(2)

点 O を原点とする座標平面を設定する。半直線 OA を $x$ 軸の正の向きと重ねても一般性を失わない。 $A(a, 0)$ ($a > 0$) とおく。このとき $|\overrightarrow{OA}| = a$ である。 $\overrightarrow{OA}$ と $\overrightarrow{OB}$ のなす角は $\alpha$ $\left(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\right)$ であるから、$y$ 軸の向きを適切にとることで、$B(b \cos\alpha, b \sin\alpha)$ ($b > 0$) とおくことができる。このとき $|\overrightarrow{OB}| = b$ である。

点 P は O を通り直線 OA に垂直な直線上の点であり、O と異なるため、実数 $p \neq 0$ を用いて $P(0, p)$ とおける。このとき $|\overrightarrow{OP}| = |p|$ である。また、点 Q は O を通り直線 OB に垂直な直線上の点であり、O と異なるため $\overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OB} = 0$ を満たす。 $\overrightarrow{OB} = (b \cos\alpha, b \sin\alpha)$ に垂直なベクトルの1つは $(-\sin\alpha, \cos\alpha)$ であるから、実数 $q \neq 0$ を用いて $\overrightarrow{OQ} = (-q \sin\alpha, q \cos\alpha)$ とおける。このとき $|\overrightarrow{OQ}| = |q| \sqrt{(-\sin\alpha)^2 + \cos^2\alpha} = |q|$ である。

ここで、(1)で示した等式 $\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OA}$ を成分で計算する。左辺は

$$ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OB} = 0 \cdot b \cos\alpha + p \cdot b \sin\alpha = pb \sin\alpha $$

右辺は

$$ \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OA} = (-q \sin\alpha) \cdot a + q \cos\alpha \cdot 0 = -qa \sin\alpha $$

したがって

$$ pb \sin\alpha = -qa \sin\alpha $$

$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $\sin\alpha > 0$ であるから、両辺を $\sin\alpha$ で割ると

$$ pb = -qa $$

が得られる。ここで $a > 0, b > 0$ であるため、$p$ と $q$ は異符号である。すなわち $pq < 0$ である。

次に、$\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ のなす角を $\theta$ ($0 \leqq \theta \leqq \pi$) とする。内積 $\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OQ}$ を成分から計算すると

$$ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OQ} = 0 \cdot (-q \sin\alpha) + p \cdot q \cos\alpha = pq \cos\alpha $$

一方で、内積の定義より

$$ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OQ} = |\overrightarrow{OP}| |\overrightarrow{OQ}| \cos\theta = |p| |q| \cos\theta = |pq| \cos\theta $$

$pq < 0$ であるから $|pq| = -pq$ であり

$$ -pq \cos\theta = pq \cos\alpha $$

$pq \neq 0$ より両辺を $-pq$ で割ると

$$ \cos\theta = -\cos\alpha = \cos(\pi - \alpha) $$

$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $\frac{\pi}{2} < \pi - \alpha < \pi$ であり、これは $\theta$ の取り得る範囲 $0 \leqq \theta \leqq \pi$ を満たす。よって

$$ \theta = \pi - \alpha $$

となり、ベクトル $\overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OQ}$ のなす角が $\pi - \alpha$ であることが示された。

(3)

(2) の計算過程で得られた等式

$$ pb = -qa $$

の両辺の絶対値をとると

$$ |pb| = |-qa| $$

$$ |p| |b| = |q| |a| $$

ここで、$a = |\overrightarrow{OA}|, b = |\overrightarrow{OB}|, |p| = |\overrightarrow{OP}|, |q| = |\overrightarrow{OQ}|$ であるから代入して

$$ |\overrightarrow{OP}| |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OQ}| |\overrightarrow{OA}| $$

3点 O, A, B は同一直線上にないため、$\overrightarrow{OA} \neq \vec{0}, \overrightarrow{OB} \neq \vec{0}$ であり、$|\overrightarrow{OA}| > 0, |\overrightarrow{OB}| > 0$ である。したがって、両辺を $|\overrightarrow{OA}| |\overrightarrow{OB}|$ で割ると

$$ \frac{|\overrightarrow{OP}|}{|\overrightarrow{OA}|} = \frac{|\overrightarrow{OQ}|}{|\overrightarrow{OB}|} $$

となり、示された。

解法2

偏角を用いた幾何的なアプローチによる (2) と (3) の別解を示す。(1) の証明は解法1と同様とする。

(2)

平面上のベクトルに対して、$\overrightarrow{OA}$ の向きを基準（偏角 $0$）とし、反時計回りを正とする向き付き角を考える。 $\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}$ のなす角は $\alpha$ $\left(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\right)$ であるから、$\overrightarrow{OB}$ の偏角を $\alpha$ としても一般性を失わない。 $\overrightarrow{OP} \perp \overrightarrow{OA}$ であるから、$\overrightarrow{OP}$ の偏角は $\frac{\pi}{2}$ または $-\frac{\pi}{2}$ である。 $\overrightarrow{OQ} \perp \overrightarrow{OB}$ であるから、$\overrightarrow{OQ}$ の偏角は $\alpha + \frac{\pi}{2}$ または $\alpha - \frac{\pi}{2}$ である。

(1) で示した等式 $\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{OA}$ を内積の定義式で書き直すと

$$ |\overrightarrow{OP}| |\overrightarrow{OB}| \cos(\angle POB) = |\overrightarrow{OQ}| |\overrightarrow{OA}| \cos(\angle QOA) \quad \cdots (*) $$

ここで、$\angle POB$ や $\angle QOA$ は $0$ 以上 $\pi$ 以下のなす角とする。点 P, Q の配置は以下の4通りが考えられる。

(i) $\overrightarrow{OP}$ の偏角が $\frac{\pi}{2}$、$\overrightarrow{OQ}$ の偏角が $\alpha + \frac{\pi}{2}$ のとき $\angle POB = \frac{\pi}{2} - \alpha$、$\angle QOA = \alpha + \frac{\pi}{2}$ となる。 $(*)$ の左辺の符号は $\cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \sin\alpha > 0$、右辺の符号は $\cos\left(\alpha + \frac{\pi}{2}\right) = -\sin\alpha < 0$ となり、両辺の符号が矛盾するためこの配置はあり得ない。

(ii) $\overrightarrow{OP}$ の偏角が $-\frac{\pi}{2}$、$\overrightarrow{OQ}$ の偏角が $\alpha - \frac{\pi}{2}$ のとき $\angle POB = \alpha - \left(-\frac{\pi}{2}\right) = \alpha + \frac{\pi}{2}$、$\angle QOA = \left|\alpha - \frac{\pi}{2}\right| = \frac{\pi}{2} - \alpha$ となる。同様に $(*)$ の左辺が負、右辺が正となり矛盾するためこの配置もあり得ない。

(iii) $\overrightarrow{OP}$ の偏角が $\frac{\pi}{2}$、$\overrightarrow{OQ}$ の偏角が $\alpha - \frac{\pi}{2}$ のとき $\angle POB = \frac{\pi}{2} - \alpha$、$\angle QOA = \frac{\pi}{2} - \alpha$ となる。このとき $\cos(\angle POB) = \cos(\angle QOA) = \sin\alpha > 0$ となり、等式 $(*)$ と符号の矛盾はない。この配置において $\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ のなす角は、大きい方の偏角から小さい方の偏角を引いて $\frac{\pi}{2} - \left(\alpha - \frac{\pi}{2}\right) = \pi - \alpha$ となる。

(iv) $\overrightarrow{OP}$ の偏角が $-\frac{\pi}{2}$、$\overrightarrow{OQ}$ の偏角が $\alpha + \frac{\pi}{2}$ のとき $\angle POB = \alpha + \frac{\pi}{2}$、$\angle QOA = \alpha + \frac{\pi}{2}$ となる。このとき $\cos(\angle POB) = \cos(\angle QOA) = -\sin\alpha < 0$ となり、等式 $(*)$ と符号の矛盾はない。この配置において $\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ のなす角は、$\alpha + \frac{\pi}{2} - \left(-\frac{\pi}{2}\right) = \pi + \alpha$ となるが、ベクトルのなす角は $0$ 以上 $\pi$ 以下の範囲で測るため、$2\pi - (\pi + \alpha) = \pi - \alpha$ となる。

以上より、条件を満たすいかなる図形的な配置においても、$\overrightarrow{OP}$ と $\overrightarrow{OQ}$ のなす角は $\pi - \alpha$ であることが示された。

(3)

(2) の別解における可能な配置 (iii), (iv) のいずれにおいても

$$ \cos(\angle POB) = \cos(\angle QOA) \neq 0 $$

であることが確認されている（値は $\sin\alpha$ または $-\sin\alpha$ であり、$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $0$ ではない）。したがって、等式 $(*)$

$$ |\overrightarrow{OP}| |\overrightarrow{OB}| \cos(\angle POB) = |\overrightarrow{OQ}| |\overrightarrow{OA}| \cos(\angle QOA) $$

の両辺をこの値で割ることができ

$$ |\overrightarrow{OP}| |\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OQ}| |\overrightarrow{OA}| $$

を得る。両辺を $|\overrightarrow{OA}| |\overrightarrow{OB}|$ で割ることで

$$ \frac{|\overrightarrow{OP}|}{|\overrightarrow{OA}|} = \frac{|\overrightarrow{OQ}|}{|\overrightarrow{OB}|} $$

となり、示された。

解説

ベクトルの方程式や内積の条件から図形的な性質（なす角、線分の長さの比）を導く典型的な問題である。 (1) は内積の分配法則を用いて展開するだけで容易に示せる。ここで得た式をいかに (2) 以降に繋げるかがポイントとなる。 (2) は、ベクトルのままで式変形を試みると行き詰まりやすい。成分表示（座標設定）を導入することで、幾何学的な位置関係を代数的な処理に還元でき、場合分けの複雑さも回避できる。解法1のように文字の符号（$p, q$）に着目してなす角を特定する手法は汎用性が高く、習得しておきたい。