北海道大学 1992年 理系 第2問 解説

方針・初手

点 $P$ が四面体 $K$ 全体を動くとき、正射影 $P'$ の動く範囲は四面体 $K$ を平面 $x+y+z=-1$ に正射影した図形となる。 立体を平面に正射影した図形は、各頂点の正射影を求め、それらをすべて含む最小の凸多角形（凸包）を考えることで得られる。 まずは平面の法線ベクトルに着目し、四面体の各面と平面との位置関係を把握することから始める。

解法1

四面体 $K$ を平面 $\alpha: x+y+z=-1$ に正射影した図形は、4頂点 $O, A, B, C$ の $\alpha$ への正射影をそれぞれ $O', A', B', C'$ としたとき、これら4点を含む最小の多角形となる。

平面 $\alpha$ の法線ベクトルは $\vec{n} = (1, 1, 1)$ である。 平面 $ABC$ 上の2つのベクトル $\vec{AB}, \vec{AC}$ を成分表示すると、

$$ \begin{aligned} \vec{AB} &= (2-1, 0-2, 1-0) = (1, -2, 1) \\ \vec{AC} &= (0-1, 1-2, 2-0) = (-1, -1, 2) \end{aligned} $$

となる。これらと $\vec{n}$ の内積を計算すると、

$$ \begin{aligned} \vec{AB} \cdot \vec{n} &= 1\cdot1 + (-2)\cdot1 + 1\cdot1 = 0 \\ \vec{AC} \cdot \vec{n} &= (-1)\cdot1 + (-1)\cdot1 + 2\cdot1 = 0 \end{aligned} $$

したがって、$\vec{n} \perp \vec{AB}$ かつ $\vec{n} \perp \vec{AC}$ であり、平面 $ABC$ は平面 $\alpha$ と平行であることがわかる。 $A, B, C$ は平面 $\alpha$ と平行な平面上にあるため、三角形 $ABC$ を $\alpha$ へ正射影した図形である三角形 $A'B'C'$ は、元の三角形 $ABC$ と合同である。

次に、頂点 $O(0,0,0)$ の正射影 $O'$ の位置について調べる。 位置ベクトルについて、

$$ \vec{O'A'} + \vec{O'B'} + \vec{O'C'} = (\vec{OA'} - \vec{OO'}) + (\vec{OB'} - \vec{OO'}) + (\vec{OC'} - \vec{OO'}) $$

$$ = (\vec{OA} + \vec{AA'} - \vec{OO'}) + (\vec{OB} + \vec{BB'} - \vec{OO'}) + (\vec{OC} + \vec{CC'} - \vec{OO'}) $$

$$ = (\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}) + (\vec{AA'} + \vec{BB'} + \vec{CC'} - 3\vec{OO'}) $$

が成り立つ。ここで、$\vec{AA'}, \vec{BB'}, \vec{CC'}, \vec{OO'}$ はすべて正射影を表すベクトルであるため、$\alpha$ の法線ベクトル $\vec{n}$ と平行である。 また、$\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$ を計算すると、

$$ \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} = (1,2,0) + (2,0,1) + (0,1,2) = (3,3,3) = 3\vec{n} $$

となり、これも $\vec{n}$ に平行である。 ゆえに、ベクトル $\vec{O'A'} + \vec{O'B'} + \vec{O'C'}$ は $\vec{n}$ に平行である。 一方で、点 $O', A', B', C'$ はすべて同一平面 $\alpha$ 上にあるため、$\vec{O'A'} + \vec{O'B'} + \vec{O'C'}$ は平面 $\alpha$ に平行なベクトルでもある。 平面の法線ベクトルに平行であり、かつその平面に平行でもあるベクトルは零ベクトル $\vec{0}$ のみであるから、

$$ \vec{O'A'} + \vec{O'B'} + \vec{O'C'} = \vec{0} $$

が成り立つ。これは、点 $O'$ が三角形 $A'B'C'$ の重心であることを示している。 重心は三角形の内部に存在するため、四面体 $OABC$ の正射影である4点 $O', A', B', C'$ の凸包は、三角形 $A'B'C'$ と一致する。

以上より、$P'$ の動く範囲は三角形 $A'B'C'$ の周および内部であり、その面積 $S$ は合同な三角形 $ABC$ の面積に等しい。 三角形 $ABC$ の面積を求める。

$$ |\vec{AB}|^2 = 1^2 + (-2)^2 + 1^2 = 6 $$

$$ |\vec{AC}|^2 = (-1)^2 + (-1)^2 + 2^2 = 6 $$

$$ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 1\cdot(-1) + (-2)\cdot(-1) + 1\cdot2 = 3 $$

よって、求める面積 $S$ は、

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \sqrt{|\vec{AB}|^2 |\vec{AC}|^2 - (\vec{AB} \cdot \vec{AC})^2} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{6 \cdot 6 - 3^2} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{36 - 9} \\ &= \frac{3\sqrt{3}}{2} \end{aligned} $$

解法2

各頂点から平面 $\alpha: x+y+z=-1$ に下ろした垂線の足の座標を具体的に求める。

任意の点 $V(x_0, y_0, z_0)$ から平面 $\alpha$ に下ろした垂線の足を $V'$ とすると、ベクトル $\vec{VV'}$ は $\alpha$ の法線ベクトル $\vec{n} = (1, 1, 1)$ に平行であるから、実数 $t$ を用いて

$$ \vec{OV'} = \vec{OV} + t\vec{n} = (x_0+t, y_0+t, z_0+t) $$

と表せる。点 $V'$ は $\alpha$ 上にあるので、これを $\alpha$ の方程式に代入すると、

$$ (x_0+t) + (y_0+t) + (z_0+t) = -1 $$

$$ 3t + x_0 + y_0 + z_0 = -1 $$

$$ t = \frac{-1 - (x_0 + y_0 + z_0)}{3} $$

となる。これを各頂点 $O, A, B, C$ に適用する。

• $O(0, 0, 0)$ のとき：$t = -\frac{1}{3}$ より、$O'\left(-\frac{1}{3}, -\frac{1}{3}, -\frac{1}{3}\right)$
• $A(1, 2, 0)$ のとき：$t = -\frac{4}{3}$ より、$A'\left(-\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{4}{3}\right)$
• $B(2, 0, 1)$ のとき：$t = -\frac{4}{3}$ より、$B'\left(\frac{2}{3}, -\frac{4}{3}, -\frac{1}{3}\right)$
• $C(0, 1, 2)$ のとき：$t = -\frac{4}{3}$ より、$C'\left(-\frac{4}{3}, -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$

ここで、点 $A', B', C'$ からなる三角形を考える。

$$ \vec{A'B'} = \left( \frac{2}{3} - \left(-\frac{1}{3}\right), -\frac{4}{3} - \frac{2}{3}, -\frac{1}{3} - \left(-\frac{4}{3}\right) \right) = (1, -2, 1) $$

$$ \vec{A'C'} = \left( -\frac{4}{3} - \left(-\frac{1}{3}\right), -\frac{1}{3} - \frac{2}{3}, \frac{2}{3} - \left(-\frac{4}{3}\right) \right) = (-1, -1, 2) $$

また、点 $O'$ の位置を調べると、

$$ \vec{O'A'} = \left(0, 1, -1\right) $$

$$ \vec{O'B'} = \left(1, -1, 0\right) $$

$$ \vec{O'C'} = \left(-1, 0, 1\right) $$

より、$\vec{O'A'} + \vec{O'B'} + \vec{O'C'} = \vec{0}$ が成り立つ。 これは点 $O'$ が三角形 $A'B'C'$ の重心であることを示しており、$O'$ は三角形 $A'B'C'$ の内部にある。 したがって、四面体 $K$ を平面 $\alpha$ に正射影した図形は三角形 $A'B'C'$ と一致する。

求める面積 $S$ は $\triangle A'B'C'$ の面積である。

$$ |\vec{A'B'}|^2 = 1^2 + (-2)^2 + 1^2 = 6 $$

$$ |\vec{A'C'}|^2 = (-1)^2 + (-1)^2 + 2^2 = 6 $$

$$ \vec{A'B'} \cdot \vec{A'C'} = -1 + 2 + 2 = 3 $$

よって、

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \sqrt{|\vec{A'B'}|^2 |\vec{A'C'}|^2 - (\vec{A'B'} \cdot \vec{A'C'})^2} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{6 \cdot 6 - 3^2} \\ &= \frac{3\sqrt{3}}{2} \end{aligned} $$

解説

空間図形の平面への正射影を考える問題である。 四面体を平面に正射影したときの影は、頂点の影をすべて含む多角形（凸包）になるため、すべての頂点を投影して位置関係を調べるのが基本処理となる。 本問は、解法1のように「ある面が投影先の平面と平行である」という事実に気づくことができると、複雑な座標計算を回避して図形的な性質から面積を即座に求めることができる。解法2のように地道に垂線の足を計算しても確実に正答に至るため、試験本番では思いついた確実な手法を選択したい。

答え

$$ \frac{3\sqrt{3}}{2} $$