解答例と考え方｜2020年度｜京都大学

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，

条件式から図形の対称性を見極められるか
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．

2020年度の理系数学の解説はこちら

【解答例と考え方｜2020年度｜京都大学｜理系数学問１】
【解答例と考え方｜2020年度｜京都大学｜理系数学問２】
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【解答例と考え方｜2020年度｜京都大学｜理系数学問５】
【解答例と考え方｜2020年度｜京都大学｜理系数学問６】

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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．

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．

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，

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