名古屋大学 2024年 理系 第3問 解説

方針・初手

本問は空間ベクトルと図形を題材とした問題です。 (1) は成分計算から内積を求める基本問題です。 (2) は「点から平面に下ろした垂線」の定石通り、垂線の足 $Q$ が平面 $H$ 上にある条件と、直線 $OQ$ が平面 $H$ の2つの基底ベクトル $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}$ と直交する条件を用いて連立方程式を立てます。 (3) は、線分 $QP$ 上の点を内分点の公式で表し、その点が $\overrightarrow{AC}$ の定数倍（半直線 $AC$ 上）になるような内分比が、指定の範囲内で存在することを示します。 (4) は $OP^2$ の最小化問題です。$\overrightarrow{OQ} \perp \overrightarrow{QP}$ より $OP^2 = OQ^2 + QP^2$ となるため、$QP^2$ の最小化に帰着できます。ここで (3) の結果が「領域 $K$ 内の点より、半直線 $AC$ 上の点の方が $Q$ に近い」ことを保証する誘導となっています。

解法1

(1)

与えられた点の座標より、各ベクトルを成分表示します。

$$ \overrightarrow{AB} = (4-3, 2-1, 2-3) = (1, 1, -1) $$

$$ \overrightarrow{AC} = (4-3, 0-1, 1-3) = (1, -1, -2) $$

これらを用いて、内積および大きさの2乗を計算します。

$$ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB} = 1^2 + 1^2 + (-1)^2 = 3 $$

$$ \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AC} = 1^2 + (-1)^2 + (-2)^2 = 6 $$

$$ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 1\cdot 1 + 1\cdot (-1) + (-1)\cdot (-2) = 1 - 1 + 2 = 2 $$

(2)

点 $Q$ は平面 $H$ 上にあるため、実数 $\alpha, \beta$ を用いて次のように表せます。

$$ \overrightarrow{AQ} = \alpha \overrightarrow{AB} + \beta \overrightarrow{AC} $$

また、$Q$ は原点 $O$ から平面 $H$ に下ろした垂線の足であるため、$\overrightarrow{OQ} \perp \text{平面 } H$ となります。 したがって、$\overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ かつ $\overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$ が成り立ちます。

ここで、$\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AQ} = \overrightarrow{OA} + \alpha \overrightarrow{AB} + \beta \overrightarrow{AC}$ であり、$\overrightarrow{OA} = (3, 1, 3)$ より以下が計算できます。

$$ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{AB} = 3\cdot 1 + 1\cdot 1 + 3\cdot (-1) = 3 + 1 - 3 = 1 $$

$$ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{AC} = 3\cdot 1 + 1\cdot (-1) + 3\cdot (-2) = 3 - 1 - 6 = -4 $$

これを踏まえて $\overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ を立式します。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{AB} &= (\overrightarrow{OA} + \alpha \overrightarrow{AB} + \beta \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AB} \\ &= \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{AB} + \alpha |\overrightarrow{AB}|^2 + \beta \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} \\ &= 1 + 3\alpha + 2\beta = 0 \end{aligned} $$

同様に $\overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$ を立式します。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{AC} &= (\overrightarrow{OA} + \alpha \overrightarrow{AB} + \beta \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AC} \\ &= \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{AC} + \alpha \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} + \beta |\overrightarrow{AC}|^2 \\ &= -4 + 2\alpha + 6\beta = 0 \end{aligned} $$

得られた連立方程式を解きます。

$$ \begin{cases} 3\alpha + 2\beta = -1 \\ 2\alpha + 6\beta = 4 \implies \alpha + 3\beta = 2 \end{cases} $$

第2式より $\alpha = 2 - 3\beta$。これを第1式に代入して、 $3(2 - 3\beta) + 2\beta = -1 \implies 6 - 9\beta + 2\beta = -1 \implies -7\beta = -7 \implies \beta = 1$ このとき $\alpha = 2 - 3\cdot 1 = -1$。

よって、求めるベクトルは以下のようになります。

$$ \overrightarrow{AQ} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} $$

(3)

点 $R$ は線分 $QP$ 上の点であるため、実数 $k \ (0 \le k \le 1)$ を用いて次のように表せます。

$$ \overrightarrow{AR} = (1-k)\overrightarrow{AQ} + k\overrightarrow{AP} $$

これに (2) の結果と、問題文で定義された $\overrightarrow{AP} = s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC} \ (s \ge 0, t \ge 0)$ を代入します。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AR} &= (1-k)(-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) + k(s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}) \\ &= \{-(1-k) + ks\}\overrightarrow{AB} + \{(1-k) + kt\}\overrightarrow{AC} \\ &= \{k(s+1) - 1\}\overrightarrow{AB} + \{k(t-1) + 1\}\overrightarrow{AC} \end{aligned} $$

条件より、$\overrightarrow{AR} = r\overrightarrow{AC} \ (r \ge 0)$ となるような $k \ (0 \le k \le 1)$ と $r \ge 0$ が存在することを示せばよいことになります。 $\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AC}$ は一次独立であるため、係数を比較して以下の関係を得ます。

$$ \begin{cases} k(s+1) - 1 = 0 \\ k(t-1) + 1 = r \end{cases} $$

第1式について、$s \ge 0$ であることから $s+1 \ge 1 > 0$ となり、両辺を割ることができます。

$$ k = \frac{1}{s+1} $$

$s+1 \ge 1$ であるため、$0 < \frac{1}{s+1} \le 1$ となり、これは線分上の条件 $0 \le k \le 1$ を満たします。 この $k$ を第2式に代入して $r$ を求めます。

$$ \begin{aligned} r &= \frac{1}{s+1}(t-1) + 1 \\ &= \frac{t-1+s+1}{s+1} \\ &= \frac{s+t}{s+1} \end{aligned} $$

$s \ge 0, t \ge 0$ より $s+t \ge 0$ であり、$s+1 > 0$ であるため、$r \ge 0$ も満たされます。 以上より、題意を満たす実数 $k$ および $r$ が存在するため、点 $R$ が存在することが示されました。

(4)

点 $P$ は平面 $H$ 上の点であり、点 $Q$ は原点 $O$ から平面 $H$ に下ろした垂線の足であるため、直線 $OQ$ は平面 $H$ 上の任意の直線と垂直です。すなわち $\overrightarrow{OQ} \perp \overrightarrow{QP}$ です。 したがって、三平方の定理より以下が成り立ちます。

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

$|\overrightarrow{OQ}|^2$ は定数であるため、$OP$ が最小となるのは $QP$ が最小となるときです。 (3) の結果より、領域 $K$ 上の任意の点 $P$ を結ぶ線分 $QP$ 上には、$\overrightarrow{AR} = r\overrightarrow{AC} \ (r \ge 0)$ を満たす点 $R$ （すなわち半直線 $AC$ 上の点）が存在します。 点 $Q, R, P$ はこの順に同一直線上にあるため、線分の長さについて以下が成り立ちます。

$$ QP = QR + RP \ge QR $$

（等号成立は $R$ と $P$ が一致するとき、すなわち $P$ 自身が半直線 $AC$ 上にあるときです） これは、領域 $K$ 内の任意の点 $P$ よりも、半直線 $AC$ 上の点 $R$ の方が点 $Q$ への距離が短い（または等しい）ことを意味します。 したがって、$QP$ を最小にする点 $P$ （これを $S$ とします）は、半直線 $AC$ 上に存在することがわかります。

点 $S$ は $\overrightarrow{AS} = t\overrightarrow{AC} \ (t \ge 0)$ と表せるため、このときの距離の2乗 $QS^2$ は以下のようになります。

$$ \begin{aligned} QS^2 &= |\overrightarrow{AS} - \overrightarrow{AQ}|^2 \\ &= |t\overrightarrow{AC} - (-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})|^2 \\ &= |\overrightarrow{AB} + (t-1)\overrightarrow{AC}|^2 \\ &= |\overrightarrow{AB}|^2 + 2(t-1)\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} + (t-1)^2|\overrightarrow{AC}|^2 \end{aligned} $$

(1) の結果を代入して整理します。

$$ \begin{aligned} QS^2 &= 3 + 2(t-1) \cdot 2 + 6(t-1)^2 \\ &= 6(t-1)^2 + 4(t-1) + 3 \\ &= 6 \left\{ (t-1)^2 + \frac{2}{3}(t-1) \right\} + 3 \\ &= 6 \left( t - 1 + \frac{1}{3} \right)^2 - 6 \cdot \frac{1}{9} + 3 \\ &= 6 \left( t - \frac{2}{3} \right)^2 + \frac{7}{3} \end{aligned} $$

$t \ge 0$ の範囲において、これは $t = \frac{2}{3}$ のときに最小値をとります。 このとき $\overrightarrow{AS} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$ となります。 よって、求める点 $S$ の位置ベクトルは以下の通りです。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{OS} &= \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AS} \\ &= \overrightarrow{OA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{AC} \\ &= (3, 1, 3) + \frac{2}{3}(1, -1, -2) \\ &= \left( 3 + \frac{2}{3}, 1 - \frac{2}{3}, 3 - \frac{4}{3} \right) \\ &= \left( \frac{11}{3}, \frac{1}{3}, \frac{5}{3} \right) \end{aligned} $$

解法2

(4) の別解：2変数関数の最小化として代数的に解く方法

$OP^2 = |\overrightarrow{OQ}|^2 + |\overrightarrow{QP}|^2$ より $QP^2$ の最小化に帰着する点までは解法1と同様です。 点 $P$ は $\overrightarrow{AP} = s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC} \ (s \ge 0, t \ge 0)$ と表せるため、$\overrightarrow{QP}$ は次のように計算できます。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{QP} &= \overrightarrow{AP} - \overrightarrow{AQ} \\ &= (s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}) - (-\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) \\ &= (s+1)\overrightarrow{AB} + (t-1)\overrightarrow{AC} \end{aligned} $$

したがって、$QP^2$ を $s, t$ の関数 $f(s, t)$ として表します。

$$ \begin{aligned} f(s, t) &= |(s+1)\overrightarrow{AB} + (t-1)\overrightarrow{AC}|^2 \\ &= (s+1)^2|\overrightarrow{AB}|^2 + 2(s+1)(t-1)\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} + (t-1)^2|\overrightarrow{AC}|^2 \\ &= 3(s+1)^2 + 4(s+1)(t-1) + 6(t-1)^2 \end{aligned} $$

$s \ge 0$ の範囲での関数の挙動を見るため、$s$ について平方完成を行います。

$$ \begin{aligned} f(s, t) &= 3 \left\{ (s+1)^2 + \frac{4}{3}(s+1)(t-1) \right\} + 6(t-1)^2 \\ &= 3 \left\{ s+1 + \frac{2}{3}(t-1) \right\}^2 - 3 \cdot \frac{4}{9}(t-1)^2 + 6(t-1)^2 \\ &= 3 \left( s + \frac{2}{3}t + \frac{1}{3} \right)^2 + \frac{14}{3}(t-1)^2 \end{aligned} $$

ここで、$s \ge 0, t \ge 0$ であるため、 $s + \frac{2}{3}t + \frac{1}{3} \ge \frac{1}{3} > 0$ が成り立ちます。 これは、固定された任意の $t \ge 0$ に対して、$f(s, t)$ は $s$ の2次関数として見たときの頂点の $s$ 座標が負の位置にあることを意味します。 したがって、$s \ge 0$ の範囲において $f(s, t)$ は $s$ に関して単調増加となります。 ゆえに、$f(s, t)$ を最小にする $s$ の値は $s = 0$ です。

$s = 0$ を代入したときの $t$ の関数を $g(t)$ とします。

$$ \begin{aligned} g(t) = f(0, t) &= 3 + 4(t-1) + 6(t-1)^2 \\ &= 6 \left\{ (t-1)^2 + \frac{2}{3}(t-1) \right\} + 3 \\ &= 6 \left( t - 1 + \frac{1}{3} \right)^2 - \frac{2}{3} + 3 \\ &= 6 \left( t - \frac{2}{3} \right)^2 + \frac{7}{3} \end{aligned} $$

$t \ge 0$ の範囲において、$g(t)$ は $t = \frac{2}{3}$ のとき最小値をとります。 以上より、$f(s, t)$ すなわち $QP^2$ が最小となるのは、$s=0, t=\frac{2}{3}$ のときであり、このときの点 $P$ が $S$ となります。

$\overrightarrow{AS} = 0\overrightarrow{AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow{AC} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$ となり、以降は解法1と同様に $S$ の座標を求めます。

解説

空間ベクトルにおいて「点から平面に下ろした垂線」を扱う基本手技と、斜交座標系における距離の最小化を問う総合問題です。 (4) において $s, t$ の2変数関数の最小化を直接行うことも可能ですが（解法2）、(3) の結果を幾何学的に解釈することで「最小値をとる点は領域の境界（半直線 $AC$ 上）にある」ことが容易にわかり、1変数の2次関数の最小化に持ち込むことができます（解法1）。 誘導の意図を汲み取れると、計算量と論証の手間を大幅に減らすことができます。

答え

(1) $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB} = 3$, $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AC} = 6$, $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = 2$ (2) $\overrightarrow{AQ} = -\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}$ (3) そのような点 $R$ は存在する。例えば $$ k=\frac{1}{s+1}, \quad r=\frac{s+t}{s+1} $$ とおけばよい。 (4) $S\left( \frac{11}{3}, \frac{1}{3}, \frac{5}{3} \right)$