東北大学 2024年 理系 第4問 解説

方針・初手

2つの球面の交わりが円になるとき，その円の中心は2つの球の中心を結ぶ直線上にある。したがって，まず $P_1P_2$ の長さを出し，つぎに直線 $P_1P_2$ 上で円の中心 $P_3$ を求めるのが自然である。

また，円 $C$ を含む平面 $H$ は $P_1P_2$ に垂直である。したがって，$H$ の法線ベクトルが分かれば，（3） と （4） は平面ベクトルの問題に落ちる。

解法1

(1)

$$ \overrightarrow{P_1P_2}=(5-3,\ 0-(-1),\ -1-1)=(2,1,-2) $$

より，

$$ |P_1P_2|=\sqrt{2^2+1^2+(-2)^2}=\sqrt{9}=3 $$

である。

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(2)

球面 $S_1,\ S_2$ の半径はそれぞれ $\sqrt{5},\ \sqrt{2}$ であり，中心間距離は （1） より $3$ である。

$$ (\sqrt{5}-\sqrt{2})^2=7-2\sqrt{10}<9<7+2\sqrt{10}=(\sqrt{5}+\sqrt{2})^2 $$

したがって，

$$ \sqrt{5}-\sqrt{2}<3<\sqrt{5}+\sqrt{2} $$

であるから，$S_1$ と $S_2$ は交わりをもち，しかも接していない。よって，その交わりは円である。

この円を $C$，その中心を $P_3$ とする。$P_3$ は直線 $P_1P_2$ 上にあるので，

$$ P_1P_3=a,\qquad P_2P_3=3-a $$

とおく。また，円 $C$ の半径を $r$ とする。

円上の任意の点 $Q$ について，$P_3Q$ は直線 $P_1P_2$ に垂直であるから，

$$ a^2+r^2=5,\qquad (3-a)^2+r^2=2 $$

が成り立つ。2式の差をとると，

$$ a^2-(3-a)^2=3 $$

すなわち，

$$ a^2-(9-6a+a^2)=3 $$

より，

$$ 6a-9=3 $$

したがって，

$$ a=2 $$

である。よって，

$$ r^2=5-2^2=1 $$

より，

$$ r=1 $$

となる。

したがって，$P_3$ は $P_1$ から $P_2$ へ $\frac23$ だけ進んだ点であるから，

$$ P_3=P_1+\frac23\overrightarrow{P_1P_2} =(3,-1,1)+\frac23(2,1,-2) =\left(\frac{13}{3},-\frac13,-\frac13\right) $$

である。

ゆえに，円 $C$ の半径は $1$，中心は

$$ P_3\left(\frac{13}{3},-\frac13,-\frac13\right) $$

である。

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(3)

円 $C$ を含む平面を $H$ とする。$H$ は直線 $P_1P_2$ に垂直であるから，法線ベクトルは

$$ (2,1,-2) $$

である。よって，$H$ に平行なベクトル $\vec{v}=(x,y,z)$ は

$$ 2x+y-2z=0 $$

を満たす。

一方，$\vec{v}$ が $xy$ 平面にも平行であるための条件は

$$ z=0 $$

である。したがって，

$$ 2x+y=0 $$

となる。よって，

$$ y=-2x $$

であり，さらに大きさが $1$ だから，

$$ x^2+y^2=1 $$

すなわち，

$$ x^2+4x^2=1 $$

より，

$$ 5x^2=1,\qquad x=\pm\frac1{\sqrt5} $$

である。したがって，

$$ y=\mp\frac2{\sqrt5} $$

となる。

よって，求めるベクトルは

$$ \pm\left(\frac1{\sqrt5},-\frac2{\sqrt5},0\right) $$

である。

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(4)

（3） で求めたベクトルの1つを

$$ \mathbf{e}_1=\left(\frac1{\sqrt5},-\frac2{\sqrt5},0\right) $$

とおく。これに直交し，かつ平面 $H$ に平行な単位ベクトルとして

$$ \mathbf{e}_2=\left(\frac{4}{3\sqrt5},\frac{2}{3\sqrt5},\frac{\sqrt5}{3}\right) $$

をとることができる。実際，

$$ 2\cdot \frac{4}{3\sqrt5}+\frac{2}{3\sqrt5}-2\cdot \frac{\sqrt5}{3}=0 $$

であるから $\mathbf{e}_2$ は $H$ に平行であり，また

$$ |\mathbf{e}_2|^2=\frac{16+4+25}{45}=1 $$

である。

円 $C$ の半径は $1$，中心は $P_3$ であるから，円周上の点 $Q$ は

$$ Q=P_3+\cos\theta,\mathbf{e}_1+\sin\theta,\mathbf{e}_2 $$

と表せる。

このとき，$Q$ の $z$ 座標は

$$ z=-\frac13+\frac{\sqrt5}{3}\sin\theta $$

である。したがって，$Q$ と $xy$ 平面の距離 $d$ は

$$ d=\left|-\frac13+\frac{\sqrt5}{3}\sin\theta\right| $$

となる。

ここで，

$$ -\frac13-\frac{\sqrt5}{3}\le z\le -\frac13+\frac{\sqrt5}{3} $$

であり，絶対値が最大になるのは $z$ が最小のとき，すなわち $\sin\theta=-1$ のときである。よって，

$$ d_{\max}=\left|-\frac13-\frac{\sqrt5}{3}\right| =\frac{1+\sqrt5}{3} $$

である。

このとき，

$$ Q=P_3-\mathbf{e}_2 $$

であるから，

$$ Q=\left(\frac{13}{3},-\frac13,-\frac13\right) -\left(\frac{4}{3\sqrt5},\frac{2}{3\sqrt5},\frac{\sqrt5}{3}\right) $$

すなわち，

$$ Q=\left(\frac{13}{3}-\frac{4}{3\sqrt5},\ -\frac13-\frac{2}{3\sqrt5},\ -\frac{1+\sqrt5}{3}\right) $$

である。

解説

この問題の核は，2球の交わりの円の中心が，2つの中心を結ぶ直線上にあることである。ここを押さえると （2） は平面図形の直角三角形に帰着する。

また，交円を含む平面 $H$ は，中心を結ぶ直線に垂直であるから，法線ベクトルがすぐに分かる。この観点を使うと （3） は連立条件 $z=0,\ 2x+y-2z=0$ を解くだけで済む。

（4） では，円を平面内の直交基底で表示して，$z$ 座標だけを追えばよい。距離最大化を3次元のまま考えるより，$z$ 座標の1変数問題に落とした方が見通しがよい。

答え

(1)

$$ |P_1P_2|=3 $$

(2)

交わりは円であり，その半径は

$$ 1 $$

中心は

$$ P_3\left(\frac{13}{3},-\frac13,-\frac13\right) $$

である。

(3)

求めるベクトルは

$$ \pm\left(\frac1{\sqrt5},-\frac2{\sqrt5},0\right) $$

である。

(4)

距離の最大値は

$$ \frac{1+\sqrt5}{3} $$

であり，そのときの点 $Q$ は

$$ \left(\frac{13}{3}-\frac{4}{3\sqrt5},\ -\frac13-\frac{2}{3\sqrt5},\ -\frac{1+\sqrt5}{3}\right) $$

である。