大阪大学 2023年 理系 第4問 解説

方針・初手

(1) では、平面 $\alpha$ が直線 $AP$ と垂直であり、かつ点 $Q$ が平面 $\alpha$ 上にあることから $\overrightarrow{OQ} \perp \overrightarrow{AP}$ となることを利用する。 (2) では、$\triangle OAQ$ が直角三角形であることを用いて $|\overrightarrow{AQ}|$ の長さを求め、(1) で得た等式に成分を代入して $x, y$ の関係式を導く。

解法1

（1）解法1

平面 $\alpha$ は直線 $AP$ に垂直であるから、直線 $AP$ の方向ベクトル $\overrightarrow{AP}$ は平面 $\alpha$ の法線ベクトルである。 点 $Q$ は平面 $\alpha$ 上の点であり、点 $O$ も平面 $\alpha$ 上にあるから、ベクトル $\overrightarrow{OQ}$ は平面 $\alpha$ 上にある。 したがって、$\overrightarrow{OQ} \perp \overrightarrow{AP}$ すなわち $\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{OQ} = 0$ が成り立つ。

ここで、$\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{AQ} - \overrightarrow{AO}$ であるから、

$$ \overrightarrow{AP} \cdot (\overrightarrow{AQ} - \overrightarrow{AO}) = 0 $$

$$ \overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AQ} = \overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO} $$

点 $Q$ は直線 $AP$ 上にあるので、$\overrightarrow{AQ}$ と $\overrightarrow{AP}$ は平行である。 したがって、$\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AQ} = \pm |\overrightarrow{AP}| |\overrightarrow{AQ}|$ となる。 両辺を $2$ 乗すると、

$$ (\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AQ})^2 = |\overrightarrow{AP}|^2 |\overrightarrow{AQ}|^2 $$

これに $\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AQ} = \overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO}$ を代入すると、

$$ (\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO})^2 = |\overrightarrow{AP}|^2 |\overrightarrow{AQ}|^2 $$

となり、題意は示された。

（1）解法2

点 $Q$ は直線 $AP$ 上にあるので、実数 $k$ を用いて $\overrightarrow{AQ} = k \overrightarrow{AP}$ と表せる。 このとき、

$$ \overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AQ} = -\overrightarrow{AO} + k\overrightarrow{AP} $$

平面 $\alpha$ は直線 $AP$ に垂直であり、点 $O, Q$ はともに $\alpha$ 上にあるため $\overrightarrow{OQ} \perp \overrightarrow{AP}$ である。 よって $\overrightarrow{OQ} \cdot \overrightarrow{AP} = 0$ が成り立つから、

$$ (-\overrightarrow{AO} + k\overrightarrow{AP}) \cdot \overrightarrow{AP} = 0 $$

$$ -\overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{AP} + k|\overrightarrow{AP}|^2 = 0 $$

点 $A, P$ は異なる点であるから $|\overrightarrow{AP}|^2 \neq 0$ であり、

$$ k = \frac{\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO}}{|\overrightarrow{AP}|^2} $$

これより、

$$ |\overrightarrow{AQ}|^2 = |k\overrightarrow{AP}|^2 = k^2 |\overrightarrow{AP}|^2 = \left( \frac{\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO}}{|\overrightarrow{AP}|^2} \right)^2 |\overrightarrow{AP}|^2 = \frac{(\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO})^2}{|\overrightarrow{AP}|^2} $$

分母を払うと、

$$ (\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO})^2 = |\overrightarrow{AP}|^2 |\overrightarrow{AQ}|^2 $$

となり、示された。

（2）

解法1

点 $Q$ は直線 $AP$ 上にあり、$\overrightarrow{OQ} \perp \overrightarrow{AP}$ であるから、$\triangle OAQ$ は $\angle OQA = 90^\circ$ の直角三角形である。 三平方の定理より、

$$ |\overrightarrow{OA}|^2 = |\overrightarrow{OQ}|^2 + |\overrightarrow{AQ}|^2 $$

条件 $|\overrightarrow{OQ}| = 1$ と $\overrightarrow{OA} = (a, 0, b)$ より $|\overrightarrow{OA}|^2 = a^2 + b^2$ であるから、

$$ a^2 + b^2 = 1 + |\overrightarrow{AQ}|^2 $$

$$ |\overrightarrow{AQ}|^2 = a^2 + b^2 - 1 $$

条件より $a^2 + b^2 > 1$ であるため、$|\overrightarrow{AQ}|^2 > 0$ をみたす。 (1) で示した等式 $(\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO})^2 = |\overrightarrow{AP}|^2 |\overrightarrow{AQ}|^2$ にこれを代入すると、

$$ (\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO})^2 = |\overrightarrow{AP}|^2 (a^2 + b^2 - 1) $$

各ベクトルの成分は $\overrightarrow{AP} = (x-a, y, -b)$、$\overrightarrow{AO} = (-a, 0, -b)$ であるから、

$$ \overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AO} = -a(x-a) + b^2 = -ax + a^2 + b^2 $$

$$ |\overrightarrow{AP}|^2 = (x-a)^2 + y^2 + b^2 = x^2 - 2ax + a^2 + y^2 + b^2 $$

これらを代入して展開する。

$$ (-ax + a^2 + b^2)^2 = (x^2 - 2ax + a^2 + y^2 + b^2)(a^2 + b^2 - 1) $$

$$ a^2 x^2 - 2a(a^2 + b^2)x + (a^2 + b^2)^2 = (a^2 + b^2 - 1)x^2 - 2a(a^2 + b^2 - 1)x + (a^2 + b^2 - 1)y^2 + (a^2 + b^2)(a^2 + b^2 - 1) $$

両辺を整理して $x, y$ についてまとめる。

$$ (1 - b^2)x^2 - 2ax - (a^2 + b^2 - 1)y^2 + (a^2 + b^2) = 0 $$

$$ (b^2 - 1)x^2 + 2ax + (a^2 + b^2 - 1)y^2 = a^2 + b^2 $$

ここで、$b^2$ の値によって場合分けを行う。

(i)

$b^2 = 1$ のとき

方程式は以下のようになる。

$$ 2ax + a^2 y^2 = a^2 + 1 $$

条件 $a^2 + b^2 > 1$ より $a^2 + 1 > 1$ となるため $a \neq 0$ である。 したがって $x$ について解くことができ、

$$ x = -\frac{a}{2} y^2 + \frac{a^2 + 1}{2a} $$

となる。これは放物線を表す。

(ii)

$b^2 \neq 1$ のとき

$x$ について平方完成を行う。

$$ (b^2 - 1) \left( x + \frac{a}{b^2 - 1} \right)^2 - \frac{a^2}{b^2 - 1} + (a^2 + b^2 - 1)y^2 = a^2 + b^2 $$

$$ (b^2 - 1) \left( x + \frac{a}{b^2 - 1} \right)^2 + (a^2 + b^2 - 1)y^2 = a^2 + b^2 + \frac{a^2}{b^2 - 1} $$

右辺を通分して整理する。

$$ a^2 + b^2 + \frac{a^2}{b^2 - 1} = \frac{(a^2 + b^2)(b^2 - 1) + a^2}{b^2 - 1} = \frac{b^2(a^2 + b^2 - 1)}{b^2 - 1} $$

したがって、方程式は

$$ (b^2 - 1) \left( x + \frac{a}{b^2 - 1} \right)^2 + (a^2 + b^2 - 1)y^2 = \frac{b^2(a^2 + b^2 - 1)}{b^2 - 1} $$

条件より $b \neq 0$ であり、$a^2 + b^2 - 1 > 0$ であるから、右辺は $0$ ではない。両辺を右辺で割ると、

$$ \frac{(b^2 - 1)^2}{b^2(a^2 + b^2 - 1)} \left( x + \frac{a}{b^2 - 1} \right)^2 + \frac{b^2 - 1}{b^2} y^2 = 1 $$

ここで、さらに $b^2$ の値によって図形の種類が変わる。

（ii-a） $b^2 > 1$ のとき

$\frac{(b^2 - 1)^2}{b^2(a^2 + b^2 - 1)} > 0$ かつ $\frac{b^2 - 1}{b^2} > 0$ であるため、これは楕円を表す。

（ii-b） $0 < b^2 < 1$ のとき

$\frac{(b^2 - 1)^2}{b^2(a^2 + b^2 - 1)} > 0$ かつ $\frac{b^2 - 1}{b^2} < 0$ であるため、これは双曲線を表す。

解説

(1) はベクトルの正射影や垂直条件の基本を問う問題である。(2) は、(1) で得られたベクトルの方程式を成分表示に直し、得られた $x, y$ の方程式から軌跡を判定する二次曲線の典型問題である。 (2) において方程式を導出した後、$x^2$ の係数 $b^2 - 1$ の符号によって図形（放物線、楕円、双曲線）が変化することに気づき、丁寧に場合分けを行えるかがポイントとなる。

答え

(1)

本文中の証明の通り。

(2)

• $b^2 = 1$ のとき：放物線 $x = -\frac{a}{2} y^2 + \frac{a^2 + 1}{2a}$
• $b^2 > 1$ のとき：楕円 $\frac{\left( x + \frac{a}{b^2 - 1} \right)^2}{\frac{b^2(a^2 + b^2 - 1)}{(b^2 - 1)^2}} + \frac{y^2}{\frac{b^2}{b^2 - 1}} = 1$
• $0 < b^2 < 1$ のとき：双曲線 $\frac{\left( x + \frac{a}{b^2 - 1} \right)^2}{\frac{b^2(a^2 + b^2 - 1)}{(b^2 - 1)^2}} - \frac{y^2}{\frac{1 - b^2}{b^2}} = 1$