九州大学 2002年 理系 第4問 解説

方針・初手

(1) は、2つのベクトルがなす角を $\phi$ としたときの三角形の面積公式 $S = \frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\sin\phi$ と、内積の定義 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = |\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\cos\phi$ を用いて、$\sin\phi$ を消去することで証明します。

(2) は、平行六面体の辺をなす3つの1次独立なベクトル $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}$ を基準のベクトルとして設定し、各ベクトルの大きさおよび内積の値を問題の条件から求めます。その後、$\overrightarrow{AC}$ と $\overrightarrow{AP}$ を基準のベクトルで表し、(1)で示した面積の式に代入して計算を進めます。

(3) は、(2)で得られた面積の式が $x-y$ を一つの変数とみたときの2次関数になることに着目します。$t = x-y$ とおいて $t$ のとりうる範囲を求め、2次関数の最小値問題に帰着させます。定数 $\theta$ によって2次関数の軸の位置が変わるため、軸と定義域の位置関係による場合分けが必要になります。

解法1

(1)

$\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AC}$ のなす角を $\phi$ $(0 < \phi < \pi)$ とする。$\triangle ABC$ の面積を $S_0$ とすると、次のように表される。

$$ S_0 = \frac{1}{2} |\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}| \sin\phi $$

ここで、$0 < \phi < \pi$ より $\sin\phi > 0$ であるから、$\sin\phi = \sqrt{1 - \cos^2\phi}$ が成り立つ。これを面積の式に代入する。

$$ S_0 = \frac{1}{2} |\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}| \sqrt{1 - \cos^2\phi} $$

また、内積の定義より $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = |\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}| \cos\phi$ であるから、

$$ \cos\phi = \frac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}|} $$

これを代入して整理する。

$$ \begin{aligned} S_0 &= \frac{1}{2} |\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}| \sqrt{1 - \left( \frac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}|} \right)^2} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{|\overrightarrow{AB}|^2 |\overrightarrow{AC}|^2 \left\{ 1 - \frac{(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}{|\overrightarrow{AB}|^2 |\overrightarrow{AC}|^2} \right\}} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{|\overrightarrow{AB}|^2 |\overrightarrow{AC}|^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2} \end{aligned} $$

以上より、示された。

(2)

$\overrightarrow{AB} = \vec{a}$, $\overrightarrow{AD} = \vec{d}$, $\overrightarrow{AE} = \vec{e}$ とおく。 与えられた条件から、それぞれのベクトルの大きさは以下のようになる。

$$ |\vec{a}| = 1, \quad |\vec{d}| = 1, \quad |\vec{e}| = 2 $$

平行六面体の底面 $ABCD$ は平行四辺形であり、$|\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{AD}| = 1$ かつ $\angle BCD = \frac{\pi}{2}$ であることから、1辺の長さが $1$ の正方形である。よって $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AD}$ であり、

$$ \vec{a} \cdot \vec{d} = 0 $$

側面 $BCGF$ に着目すると、四角形 $BCGF$ は平行四辺形であるから $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD} = \vec{d}$, $\overrightarrow{BF} = \overrightarrow{AE} = \vec{e}$ である。 $\angle FBC = \frac{\pi}{2}$ より $\overrightarrow{BC} \perp \overrightarrow{BF}$ であるから、

$$ \vec{d} \cdot \vec{e} = 0 $$

側面 $ABFE$ に着目すると、$\angle EAB = \theta$ であるから、

$$ \vec{a} \cdot \vec{e} = |\vec{a}||\vec{e}|\cos\theta = 2\cos\theta $$

次に、点 $P$ の位置ベクトルを考える。 点 $P$ は面 $EFGH$ 上にある。面 $EFGH$ は面 $ABCD$ と合同な1辺の長さ $1$ の正方形であり、$\overrightarrow{EF} = \vec{a}$, $\overrightarrow{EH} = \vec{d}$ である。 点 $P$ から辺 $EF$, $EH$ にそれぞれ垂線 $PI, PJ$ を下ろしているため、四角形 $EIPJ$ は長方形となる。 したがって、$\overrightarrow{EI} = x\frac{\overrightarrow{EF}}{|\overrightarrow{EF}|} = x\vec{a}$, $\overrightarrow{EJ} = y\frac{\overrightarrow{EH}}{|\overrightarrow{EH}|} = y\vec{d}$ と表すことができ、$\overrightarrow{EP} = \overrightarrow{EI} + \overrightarrow{EJ}$ より、

$$ \overrightarrow{EP} = x\vec{a} + y\vec{d} $$

点 $P$ が面 $EFGH$ 上にある（周および内部に含まれる）とき、$I, J$ はそれぞれ線分 $EF, EH$ 上にあるため、変数の範囲は $0 \le x \le 1$, $0 \le y \le 1$ である。

$\overrightarrow{AC}$ と $\overrightarrow{AP}$ を $\vec{a}, \vec{d}, \vec{e}$ で表すと、

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AC} &= \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} = \vec{a} + \vec{d} \\ \overrightarrow{AP} &= \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EP} = x\vec{a} + y\vec{d} + \vec{e} \end{aligned} $$

(1)の公式を $\triangle ACP$ に適用するために、必要な値を計算する。

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{AC}|^2 &= |\vec{a} + \vec{d}|^2 \\ &= |\vec{a}|^2 + 2\vec{a} \cdot \vec{d} + |\vec{d}|^2 \\ &= 1 + 0 + 1 = 2 \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AP} &= (\vec{a} + \vec{d}) \cdot (x\vec{a} + y\vec{d} + \vec{e}) \\ &= x|\vec{a}|^2 + y(\vec{a} \cdot \vec{d}) + \vec{a} \cdot \vec{e} + x(\vec{d} \cdot \vec{a}) + y|\vec{d}|^2 + \vec{d} \cdot \vec{e} \\ &= x \cdot 1 + 0 + 2\cos\theta + 0 + y \cdot 1 + 0 \\ &= x + y + 2\cos\theta \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{AP}|^2 &= |x\vec{a} + y\vec{d} + \vec{e}|^2 \\ &= x^2|\vec{a}|^2 + y^2|\vec{d}|^2 + |\vec{e}|^2 + 2xy(\vec{a} \cdot \vec{d}) + 2y(\vec{d} \cdot \vec{e}) + 2x(\vec{a} \cdot \vec{e}) \\ &= x^2 \cdot 1 + y^2 \cdot 1 + 4 + 0 + 0 + 2x(2\cos\theta) \\ &= x^2 + y^2 + 4x\cos\theta + 4 \end{aligned} $$

(1)の結果を用いて $\triangle ACP$ の面積 $S$ を計算する。

$$ \begin{aligned} S^2 &= \frac{1}{4} \left\{ |\overrightarrow{AC}|^2 |\overrightarrow{AP}|^2 - (\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AP})^2 \right\} \\ &= \frac{1}{4} \left\{ 2(x^2 + y^2 + 4x\cos\theta + 4) - (x + y + 2\cos\theta)^2 \right\} \\ &= \frac{1}{4} \left\{ 2x^2 + 2y^2 + 8x\cos\theta + 8 - (x^2 + y^2 + 4\cos^2\theta + 2xy + 4x\cos\theta + 4y\cos\theta) \right\} \\ &= \frac{1}{4} \left\{ x^2 - 2xy + y^2 + 4x\cos\theta - 4y\cos\theta + 8 - 4\cos^2\theta \right\} \\ &= \frac{1}{4} \left\{ (x - y)^2 + 4\cos\theta(x - y) + 8 - 4\cos^2\theta \right\} \\ &= \frac{1}{4} \left\{ (x - y + 2\cos\theta)^2 - 4\cos^2\theta + 8 - 4\cos^2\theta \right\} \\ &= \frac{1}{4} \left\{ (x - y + 2\cos\theta)^2 + 8(1 - \cos^2\theta) \right\} \\ &= \frac{1}{4} \left\{ (x - y + 2\cos\theta)^2 + 8\sin^2\theta \right\} \end{aligned} $$

$S > 0$ であるから、

$$ S = \frac{1}{2} \sqrt{(x - y + 2\cos\theta)^2 + 8\sin^2\theta} $$

(3)

$t = x - y$ とおく。 点 $P$ が面 $EFGH$ 上を動くとき、$0 \le x \le 1$ かつ $0 \le y \le 1$ であるから、$t$ のとりうる値の範囲は $-1 \le t \le 1$ である。 $\triangle ACP$ の面積 $S$ は次のように表される。

$$ S = \frac{1}{2} \sqrt{(t + 2\cos\theta)^2 + 8\sin^2\theta} \quad (-1 \le t \le 1) $$

根号の中身を $f(t) = (t + 2\cos\theta)^2 + 8\sin^2\theta$ とおくと、関数 $f(t)$ は $t = -2\cos\theta$ で最小となる下に凸の2次関数である。 定数 $\theta$ は $0 < \theta < \pi$ の範囲にあるため、$-2 < -2\cos\theta < 2$ である。 頂点 $t = -2\cos\theta$ と定義域 $-1 \le t \le 1$ の位置関係によって、以下の3つの場合に分ける。

(i) $-2 < -2\cos\theta < -1$ のとき すなわち $\frac{1}{2} < \cos\theta < 1$ であり、$0 < \theta < \frac{\pi}{3}$ のとき。 頂点は定義域より左側にあるため、$f(t)$ は $t = -1$ で最小となる。 このとき、$S$ の最小値は、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{2} \sqrt{f(-1)} &= \frac{1}{2} \sqrt{(-1 + 2\cos\theta)^2 + 8\sin^2\theta} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{1 - 4\cos\theta + 4\cos^2\theta + 8(1 - \cos^2\theta)} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{9 - 4\cos\theta - 4\cos^2\theta} \end{aligned} $$

(ii) $-1 \le -2\cos\theta \le 1$ のとき すなわち $-\frac{1}{2} \le \cos\theta \le \frac{1}{2}$ であり、$\frac{\pi}{3} \le \theta \le \frac{2}{3}\pi$ のとき。 頂点は定義域内に含まれるため、$f(t)$ は $t = -2\cos\theta$ で最小となる。 このとき、$S$ の最小値は、

$$ \frac{1}{2} \sqrt{f(-2\cos\theta)} = \frac{1}{2} \sqrt{8\sin^2\theta} = \sqrt{2}\sin\theta $$

（$0 < \theta < \pi$ より $\sin\theta > 0$ であるため、$\sqrt{\sin^2\theta} = \sin\theta$ となる）

(iii) $1 < -2\cos\theta < 2$ のとき すなわち $-1 < \cos\theta < -\frac{1}{2}$ であり、$\frac{2}{3}\pi < \theta < \pi$ のとき。 頂点は定義域より右側にあるため、$f(t)$ は $t = 1$ で最小となる。 このとき、$S$ の最小値は、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{2} \sqrt{f(1)} &= \frac{1}{2} \sqrt{(1 + 2\cos\theta)^2 + 8\sin^2\theta} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{1 + 4\cos\theta + 4\cos^2\theta + 8(1 - \cos^2\theta)} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{9 + 4\cos\theta - 4\cos^2\theta} \end{aligned} $$

解説

空間ベクトルを用いて図形の計量を行う総合問題です。 (1)で証明した面積の公式は「ベクトルの面積公式」や「ラグランジュの恒等式」に関連するものであり、空間図形における三角形の面積を求める際の定石です。 (2)では、平行六面体を構成する3つのベクトルを基底として選び、それぞれの大きさや内積の値を条件から正しく読み取る力が問われています。「$\angle FBC = \frac{\pi}{2}$」などの幾何的な条件を「内積が0」という代数的な条件に変換することが重要です。 (3)では、面積が2変数の関数として得られますが、$x$ と $y$ の式が $(x-y)$ の固まりで作れることに気づくことで、1変数の2次関数の最小値問題に帰着できます。あとは数学Iで頻出の「軸が動く2次関数の最大・最小」の定型処理を行うだけです。

答え

(1) 解説の通り。

(2) $$ \frac{1}{2} \sqrt{(x - y + 2\cos\theta)^2 + 8\sin^2\theta} $$

(3)

• $0 < \theta < \frac{\pi}{3}$ のとき、最小値 $\frac{1}{2} \sqrt{9 - 4\cos\theta - 4\cos^2\theta}$
• $\frac{\pi}{3} \le \theta \le \frac{2}{3}\pi$ のとき、最小値 $\sqrt{2}\sin\theta$
• $\frac{2}{3}\pi < \theta < \pi$ のとき、最小値 $\frac{1}{2} \sqrt{9 + 4\cos\theta - 4\cos^2\theta}$