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名古屋大学 2020年文系第2問解説

方針・初手

ベクトルの和と大きさに関する条件から、図形の形状を決定する問題である。 (1) は $\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{OR}=\vec{0}$ の式を変形し、自身との内積（大きさの2乗）を考えることで各ベクトルの内積を求めるのが基本方針となる。 (2) は空間ベクトルの問題であるが、垂線の足 $H$ の図形的な意味（直角三角形の合同）に気づくことが重要である。重心のベクトル表現と関連づけることで見通しよく証明できる。

解法1

(1)

与えられた条件 $|\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{OR}|=0$ より、

$$ \overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{OR} = \vec{0} $$

である。これを変形して、

$$ \overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ} = -\overrightarrow{OR} $$

両辺の大きさを2乗すると、

$$ |\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}|^2 = |-\overrightarrow{OR}|^2 $$

$$ |\overrightarrow{OP}|^2 + 2\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ} + |\overrightarrow{OQ}|^2 = |\overrightarrow{OR}|^2 $$

条件 $|\overrightarrow{OP}| = |\overrightarrow{OQ}| = |\overrightarrow{OR}| = 1$ を代入すると、

$$ 1 + 2\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ} + 1 = 1 $$

$$ \overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ} = -\frac{1}{2} $$

対称性から、同様の計算を行うことで以下の内積も求められる。

$$ \overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{OR} = -\frac{1}{2}, \quad \overrightarrow{OR}\cdot\overrightarrow{OP} = -\frac{1}{2} $$

これを用いて、三角形 $PQR$ の辺の長さの2乗を計算する。

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{PQ}|^2 &= |\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}|^2 \\ &= |\overrightarrow{OQ}|^2 - 2\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ} + |\overrightarrow{OP}|^2 \\ &= 1 - 2\left(-\frac{1}{2}\right) + 1 \\ &= 3 \end{aligned} $$

同様にして、$|\overrightarrow{QR}|^2 = 3$、$|\overrightarrow{RP}|^2 = 3$ も成り立つ。したがって、$|\overrightarrow{PQ}| = |\overrightarrow{QR}| = |\overrightarrow{RP}|$ となり、すべての辺の長さが等しいため、三角形 $PQR$ は正三角形である。（証明終）

(2) 命題(i)

$H$ は $O$ から平面 $ABC$ に下ろした垂線の足であるから、直線 $OH$ は平面 $ABC$ と垂直である。したがって、$\triangle OHA, \triangle OHB, \triangle OHC$ はすべて $\angle H = 90^\circ$ の直角三角形である。これらの直角三角形において、斜辺は条件より $OA=OB=OC=1$ であり、他の一辺 $OH$ は共通している。直角三角形の斜辺と他の一辺がそれぞれ等しいため、$\triangle OHA \equiv \triangle OHB \equiv \triangle OHC$ である。よって、$HA = HB = HC$ となるので、$H$ は三角形 $ABC$ の外心に一致する。

次に、三角形 $ABC$ の重心を $G$ とおくと、

$$ \overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3} $$

である。条件 $|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}| = 3|\overrightarrow{OH}|$ に代入すると、

$$ |3\overrightarrow{OG}| = 3|\overrightarrow{OH}| $$

$$ |\overrightarrow{OG}| = |\overrightarrow{OH}| $$

点 $G$ は平面 $ABC$ 上の点であり、点 $H$ は $O$ から平面 $ABC$ に下ろした垂線の足であるから、線分 $OH$ の長さは点 $O$ と平面 $ABC$ 上の点の距離の最小値である。すなわち、常に $|\overrightarrow{OH}| \le |\overrightarrow{OG}|$ が成り立ち、等号が成立するのは $G$ と $H$ が一致するときに限られる。よって、$G$ と $H$ は一致する。三角形 $ABC$ において、外心 $H$ と重心 $G$ が一致するため、三角形 $ABC$ は正三角形である。（証明終）

(2) 命題(ii)

与えられた条件 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD} = \vec{0}$ より、

$$ \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} = -\overrightarrow{OD} $$

両辺の大きさをとると、

$$ |\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}| = |-\overrightarrow{OD}| = |\overrightarrow{OD}| = 1 $$

一方、条件 $|\overrightarrow{OH}| = \frac{1}{3}$ より、$3|\overrightarrow{OH}| = 1$ である。したがって、

$$ |\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}| = 3|\overrightarrow{OH}| $$

が成り立つ。これは命題(i)の仮定を満たすため、命題(i)の結論より三角形 $ABC$ は正三角形である。

命題(i)の証明から、垂線の足 $H$ は三角形 $ABC$ の重心と一致しているため、

$$ \overrightarrow{OH} = \frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3} = -\frac{1}{3}\overrightarrow{OD} $$

が成り立つ。三角形 $ABC$ は正三角形であるから、内積の値を $k$ として、

$$ \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA} = k $$

とおける。$|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|^2 = 1$ を展開して $k$ を求める。

$$ |\overrightarrow{OA}|^2 + |\overrightarrow{OB}|^2 + |\overrightarrow{OC}|^2 + 2(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}) = 1 $$

$$ 3 + 6k = 1 $$

$$ k = -\frac{1}{3} $$

さらに、条件 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD} = \vec{0}$ の両辺と $\overrightarrow{OA}$ との内積をとる。

$$ |\overrightarrow{OA}|^2 + \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OD} = 0 $$

$$ 1 - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} + \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OD} = 0 $$

$$ \overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OD} = -\frac{1}{3} $$

点 $A, B, C$ の対称性から、同様に $\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OD} = -\frac{1}{3}$、$\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OD} = -\frac{1}{3}$ も導かれる。以上より、相異なる4点 $A, B, C, D$ を結ぶ任意の2つのベクトルの内積はすべて $-\frac{1}{3}$ となる。

したがって、四面体 $ABCD$ の任意の辺の長さの2乗は、

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{AB}|^2 &= |\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}|^2 \\ &= |\overrightarrow{OB}|^2 - 2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + |\overrightarrow{OA}|^2 \\ &= 1 - 2\left(-\frac{1}{3}\right) + 1 \\ &= \frac{8}{3} \end{aligned} $$

となり、すべての辺の長さが等しいため、四面体 $ABCD$ は正四面体である。（証明終）

解法2

(1)の別解（図形的性質の利用）

三角形 $PQR$ の重心を $G$ とすると、位置ベクトルは、

$$ \overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{OR}}{3} $$

となる。条件 $\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{OR}=\vec{0}$ より $\overrightarrow{OG} = \vec{0}$ となり、点 $O$ と重心 $G$ は一致する。

一方、条件 $|\overrightarrow{OP}|=|\overrightarrow{OQ}|=|\overrightarrow{OR}|=1$ より、点 $O$ は三角形 $PQR$ の3頂点から等距離にあるため、点 $O$ は三角形 $PQR$ の外接円の中心（外心）である。

重心と外心が一致する三角形は正三角形に限られるため、三角形 $PQR$ は正三角形である。（証明終）

解説

本問は、ベクトルの和がゼロベクトルである条件や、ベクトルの大きさが等しい条件を、内積や図形の中心（重心・外心）の性質に翻訳する典型的な問題である。

(1) では、和がゼロになる式を移行して2乗することで内積を求める手法が王道であるが、解法2のように図形的意味を読み取ることで非常に簡潔に済ませることができる。(2)の命題(i)の証明において、この「重心と外心の一致」というアイディアがそのまま活きる構成になっている。

(2) では、「垂線の足 $H$」が「平面 $ABC$ への最短距離を与える点」であるという事実を用いると、重心 $G$ と垂線の足 $H$ の関係式から $G=H$ を鮮やかに導くことができる。命題(ii)では、与えられた等式を命題(i)の形に帰着させる着眼力が問われている。各ベクトルの内積がすべて $-\frac{1}{3}$ になるという事実自体が、正四面体の中心から頂点へ向かうベクトルの有名な性質である。