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解答例と考え方|2020年度|京都大学|理系数学問3

この記事では,2020年2月25日に行われた京都大学前期入試の「理系数学の問3」の考え方と解法を説明します.

この問題のポイントは,

  1. 条件式から図形の対称性を見極められるか
  2. 適切に座標上におけるか

です.

普段から,このような問題で実験する習慣が身についていれば,方針を立てることはさほど難しくないでしょう.

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問題のイメージ

2020年度京都大学前期入試の「理系数学の問3」は以下の通りです.

$k$を正の実数とする.座標空間において,原点Oを中心とする半径1の球面上の4点A, B, C, Dが次の関係式を満たしている.

\begin{align*} &\Ve{OA}\cdot\Ve{OB}=\Ve{OC}\cdot\Ve{OD}=\frac{1}{2}, \\&\Ve{OA}\cdot\Ve{OC}=\Ve{OB}\cdot\Ve{OC}=-\frac{\sqrt{6}}{4}, \\&\Ve{OA}\cdot\Ve{OD}=\Ve{OB}\cdot\Ve{OD}=k. \end{align*}

このとき,$k$の値を求めよ.ただし,座標空間の点X, Yに対して,$\Ve{OX}\cdot\Ve{OY}$は,$\Ve{OX}$と$\Ve{OY}$の内積を表す.

ベクトルの問題です.

  • $\Ve{OA}\cdot\Ve{OB}=\Ve{OC}\cdot\Ve{OD}=\dfrac{1}{2}$
  • $\mrm{OA}=\mrm{OB}=\mrm{OC}=\mrm{OD}=1$

を併せると$\ang{AOB}=\ang{COD}=60^\circ$なので,$\tri{AOB}$, $\tri{COD}$はともに正三角形です.

また,2つめの条件より点A, Bは直線OCに関して対称で,同様に3つめの条件より点A, Bは直線ODに関して対称ですから,正三角形AOBと正三角形CODは垂直です.

このことから,正三角形AOBと正三角形CODが垂直を保った状態で,$\Ve{OA}\cdot\Ve{OC}=\Ve{OB}\cdot\Ve{OC}=-\dfrac{\sqrt{6}}{4}$が成り立つような位置になったときの,$\Ve{OA}\cdot\Ve{OD}=\Ve{OB}\cdot\Ve{OD}$の値を問われているわけですね.

Rendered by QuickLaTeX.com

解法と考え方

問題文で「座標空間上」とヒントをくれているので,座標において解きましょう.

座標におく

図形を座標上におくときは,回転・平行移動して計算しやすいようにおくのがセオリーですね.

本問では三角形AOB,三角形CODが正三角形と分かりやすい図形なので,三角形AOB,三角形CODが考えやすいように座標におきましょう.

例えば,

  • $\mrm{A}\bra{\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2},0}$
  • $\mrm{B}\bra{\dfrac{\sqrt{3}}{2},-\dfrac{1}{2},0}$

と2点A, Bは$xy$平面上におきましょう.

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正三角形AOBと正三角形CODが垂直だから,2点C, Dは$xz$平面上に存在するので,

  • $\mrm{C}\bra{\cos{\theta},0,\sin{\theta}}$
  • $\mrm{D}\bra{\cos{\phi},0,-\sin{\phi}}$

とおけますね.

解答

以下,解答例です.

[解答]

条件$\Ve{OA}\cdot\Ve{OB}=\dfrac{1}{2}$と,球の半径が1であることから$|\Ve{OA}|=|\Ve{OB}|=1$であることを併せて,

\begin{align*} \cos{\ang{AOB}} =\frac{\Ve{OA}\cdot\Ve{OB}}{|\Ve{OA}||\Ve{OB}|} =\frac{1}{2} \end{align*}

が成り立つ.よって,$\ang{AOB}=60^\circ$である.

また,三角形AOBは$\mrm{OA}=\mrm{OB}$の二等辺三角形でもあるから,三角形AOBは正三角形である.同様に,三角形CODも正三角形である.

ここで,座標空間上に2点A, Bを

  • $\mrm{A}(\cos{30^\circ},\sin{30^\circ},0)=\mrm{A}\bra{\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2},0}$
  • $\mrm{B}(\cos{(-30^\circ)},\sin{(-30^\circ)},0)=\mrm{B}\bra{\dfrac{\sqrt{3}}{2},-\dfrac{1}{2},0}$

とおく.また,$\mrm{C}(a,b,c)$とおくと,

\begin{align*} &\Ve{OA}\cdot\Ve{OC}=\Ve{OB}\cdot\Ve{OC} \\\iff&\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b+0c=\frac{\sqrt{3}}{2}a-\frac{1}{2}b+0c \\\iff&b=0 \end{align*}

となるから,結局$\mrm{C}(\cos{\theta},0,\sin{\theta})$とおける.同様に$\mrm{D}(\cos{\phi},0,\sin{\phi})$とおけ,三角形CODが正三角形であることから$\phi=\theta\pm60^\circ$が成り立つ.

よって,

\begin{align*} &\Ve{OA}\cdot\Ve{OC}=-\frac{\sqrt{6}}{4} \\\iff&\frac{\sqrt{3}}{2}\cos{\theta}+\frac{1}{2}\cdot0+0\cdot\sin{\theta}=-\frac{\sqrt{6}}{4} \\\iff&\cos{\theta}=-\frac{1}{\sqrt{2}} \\\iff&\theta=135^\circ \end{align*}

となる.よって,

\begin{align*} \Ve{OA}\cdot\Ve{OD} =&\frac{\sqrt{3}}{2}\cos{\phi}+\frac{1}{2}\cdot0+0\cdot\sin{\phi} \\=&\frac{\sqrt{3}}{2}\cos{(\theta\pm60^\circ)} \\=&\frac{\sqrt{3}}{2}(\cos{\theta}\cos{60^\circ}\mp\sin{\theta}\sin{60^\circ}) \\=&\frac{\sqrt{3}}{2}\brb{\bra{-\frac{1}{\sqrt{2}}}\cdot\frac{1}{2}\mp\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}} \\=&\frac{\sqrt{6}(-1\mp\sqrt{3})}{8} \end{align*}

である.$k>0$より

\begin{align*} k=\frac{\sqrt{6}(\sqrt{3}-1)}{8} \end{align*}

となる.

[解答終]

最後までありがとうございました!

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