京都大学 2012年 理系 第2問 解説

方針・初手

正四面体の各頂点から点 $P, Q, R$ までの距離を変数でおき、余弦定理を用いて $\triangle PRQ$ の各辺の長さを表す。各面の頂角が $60°$ であることを利用すると、2次式の連立方程式が得られる。$\triangle PRQ$ が正三角形であるという条件からそれらが等しいとおき、代数的な式変形（因数分解と背理法）によって変数の値がすべて等しい（すなわち $OP=OQ=OR$）ことを証明する方針が簡明である。

解法1

正四面体 $OABC$ の1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、頂点とは異なるため、$OP=p,\ OQ=q,\ OR=r$ とおくと、

$$ 0 < p < a, \quad 0 < q < a, \quad 0 < r < a $$

$\triangle OPQ$ において、$\angle POQ = 60°$ であるから、余弦定理より

$$ PQ^2 = OP^2 + OQ^2 - 2 \cdot OP \cdot OQ \cos 60° = p^2 + q^2 - pq $$

同様に、$\angle QOR = 60°,\ \angle ROP = 60°$ であるから、

$$ QR^2 = q^2 + r^2 - qr, \qquad RP^2 = r^2 + p^2 - rp $$

仮定より $\triangle PRQ$ は正三角形であるから、$PQ^2 = QR^2 = RP^2$ である。

$PQ^2 = QR^2$ より

$$ p^2 + q^2 - pq = q^2 + r^2 - qr $$

$$ p^2 - r^2 - pq + qr = 0 $$

$$ (p-r)(p+r) - q(p-r) = 0 $$

$$ (p-r)(p+r-q) = 0 \quad \cdots① $$

$QR^2 = RP^2$ より

$$ q^2 + r^2 - qr = r^2 + p^2 - rp $$

$$ q^2 - p^2 - qr + rp = 0 $$

$$ (q-p)(q+p) - r(q-p) = 0 $$

$$ (q-p)(q+p-r) = 0 \quad \cdots② $$

ここで、$p \neq r$ と仮定する（背理法）。

このとき、① より $p - r \neq 0$ であるから、

$$ p + r - q = 0 \implies q = p + r $$

これを② に代入すると、

$$ (p+r-p)(p+r+p-r) = 0 \implies r \cdot 2p = 0 \implies 2pr = 0 $$

しかし、$p > 0,\ r > 0$ であるため $2pr > 0$ であり、これは矛盾である。

したがって、$p = r$ でなければならない。

さらに $p = r$ のとき、② は

$$ (q-p)(q+p-p) = 0 \implies q(q-p) = 0 $$

$q > 0$ であるから $q = p$ となる。

以上より、$p = q = r$、すなわち $OP = OQ = OR$ が成り立つ。

$\triangle OAB$ において、$OP:OA = OQ:OB = p:a$ であるから、

$$ PQ \parallel AB $$

全く同様に、$\triangle OBC$ において $OQ:OB = OR:OC = p:a$ より $QR \parallel BC$、$\triangle OCA$ において $OR:OC = OP:OA = p:a$ より $RP \parallel CA$ が成り立つ。

したがって、3辺 $PQ,\ QR,\ RP$ はそれぞれ3辺 $AB,\ BC,\ CA$ に平行である。（証明終）

解説

空間図形の問題であるが、ベクトルの内積などを用いるよりも、初等幾何と代数を組み合わせた方が計算が少なく済む。正四面体の対称性から各面のなす角がすべて $60°$ であることに着目し、余弦定理を利用して式を立てるのが最良のアプローチである。

得られた対称な連立方程式を解く際、「直感的に $p=q=r$ だろう」と決めつけるのではなく、「$p \neq r$ と仮定すると矛盾が生じる」という背理法を明記することで、論理的な隙のない完全な証明となる。

答え

略（解法1の証明を参照）