千葉大学(理系) 2022年 問題6
$座標空間において、原点 \ O\ と点 \ A(1,\ 0,\ -1)\ と点 \ B(0,\ 5,\ 0)\ がある。実数 \ t\ を用いて \ \ t\vec{OA}+\vec{OB}\ \ と$
$表される点全体を \ l\ とする。また、xy\ 平面上の \ y=x^2\ を満たす点全体からなる曲線を \ C\ とする。$
$(1)\ \ 曲線 \ C\ 上の点 \ P(a,\ a^2,\ 0)\ を固定する。l\ 上の点 \ Q\ を、\vec{OA}\ と \ \vec{PQ}\ が垂直であるようにとる。$
$\quad このとき、点 \ Q\ の座標を \ a\ を用いて表せ。$
$(2)\ \ 曲線 \ C上の点 \ R\ と \ l\ 上の点 \ S\ のうち、|\vec{RS}|\ を最小にする点 \ R\ と点 \ S\ の組み合わせをすべて求めよ。$
$\quad また、そのときの \ |\vec{RS}|\ の値を求めよ。$
$(解説)$
$(1)\ \ \vec{OQ}\ と \ \vec{PQ}\ を成分で表し、\vec{OA} \perp \ \vec{PQ}\ \ は\ \ \vec{OA} \cdot \vec{PQ}=0 \ \ とします。$
$(2)\ \ 点 \ R\ と直線 \ l\ の距離が最短となるのは \ \ RS \perp l \ \ のときです。ただし、この解法は計算がやっかいです。$
$\quad 直接\ RS\ を求める方法を別解として考えましょう。$
(1)
$点 \ Q\ は \ l\ 上にあるから$
$\quad \vec{OQ}=t\vec{OA}+\vec{OB}=t(1,\ 0,\ -1)+ (0,\ 5,\ 0)=(t,\ 5,\ -t)$
$\quad \vec{PQ}=\vec{OQ}-\vec{OP}=(t,\ 5,\ -t)- (a,\ a^2,\ 0)=(t-a,\ 5-a^2,\ -t)$
$\quad \vec{OA} \perp \vec{PQ} \quad より \quad \vec{OA} \cdot \vec{PQ}=0$
$\qquad 1 \times (t-a)+ 0 \times (5-a^2) -1 \times (-t)=0$
$\qquad 2t-a=0 \qquad t=\cfrac{a}{2}$
$\quad \therefore \ \ \vec{OQ}=(\cfrac{a}{2},\ 5,\ -\cfrac{a}{2}) \quad より \quad Q(\cfrac{a}{2},\ 5,\ -\cfrac{a}{2})$
(2)
$点\ R\ と \ l\ 上の点 \ S\ の距離(長さ)が最小になるのは$
$\quad RS \perp l \ \ のときである。$
$\qquad (これについては($点と直線の距離$)をご覧ください。)$
$R(x,\ x^2,\ 0) ,\ \ S(t,\ 5,\ -t) \quad とおくと \quad \vec{RS}=(t-x,\ 5-x^2,\ -t)$
$l\ の方向ベクトルは \quad \vec{d}=\vec{OA}=(1,\ 0,\ -1)$
$\vec{RS} \cdot \vec{d}=0 \quad より \quad (t-x) \times 1 + (5-x^2) \times 0 + (-t) \times (-1)=0 \qquad \therefore \ \ x=2t$
$\vec{RS}=(-t,\ 5-4t^2,\ -t) \quad だから \quad |\vec{RS}|^2=t^2+(5-4t^2)^2+t^2=16t^4-38t^2+25$
$f(t)=16t^4-38t^2+25 \quad とおくと $
$\quad f'(t)=64t^3-76t=4t(16t^2-19)$
$\quad f'(t)=0 \quad より \quad t=0,\quad \pm \cfrac{\sqrt{19}}{4}$
$\quad f(t)\ は偶関数であることに注意して$
\[
\begin{array}{c|c|c|c|c|c}
t& \cdots & -\scriptsize{\cfrac{\sqrt{19}}{4}} & \cdots & 0 & \cdots & \scriptsize{\cfrac{\sqrt{19}}{4}} & \cdots \\
\hline
f'(t)& - & 0 & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline
f(t)& \searrow & 極小 & \nearrow & 極大 & \searrow & 極小 & \nearrow \\
\end{array}
\]
$\quad t=\pm \cfrac{\sqrt{19}}{4}\ \ で \ f(t)\ は極小かつ最小となり、f(t)\ の最小値は \quad f(\pm \cfrac{\sqrt{19}}{4})=16 \times (\cfrac{19}{16})^2-38 \times \cfrac{19}{16}+25=\cfrac{39}{16}$
$したがって$
$\quad \therefore \ \ R(\cfrac{\sqrt{19}}{2},\ \cfrac{19}{4},\ 0),\quad S(\cfrac{\sqrt{19}}{4},\ 5,\ -\cfrac{\sqrt{19}}{4})\quad と \quad R(-\cfrac{\sqrt{19}}{2},\ \cfrac{19}{4},\ 0),\quad S(-\cfrac{\sqrt{19}}{4},\ 5, \ \cfrac{\sqrt{19}}{4})$
$のとき、\quad |\vec{RS}|\ は最小で、最小値は \quad \cfrac{\sqrt{39}}{4}$
$(別解)$
$R(x,\ x^2,\ 0) ,\ \ S(t,\ 5,\ -t) \quad とおくと$
\begin{eqnarray*}
|\vec{RS}|^2
&=&(t-x)^2+( 5-x^2)^2+(-t)^2\\
\\
&=&2t^2-2tx+x^4-9x^2+25\\
\\
&=&2(t-\cfrac{x}{2})^2+x^4-\cfrac{19}{2}x^2+25\\
\\
&=&2(t-\cfrac{x}{2})^2+(x^2-\cfrac{19}{4})^2+\cfrac{39}{16}\\
\end{eqnarray*}
$よって、|\vec{RS}|\ \ は$
$\quad t=\cfrac{x}{2},\quad x^2=\cfrac{19}{4} \quad のとき、すなわち \quad x=\pm \cfrac{\sqrt{19}}{2},\quad t=\pm \cfrac{\sqrt{19}}{4} \quad のとき 最小値 \quad \cfrac{\sqrt{39}}{4} \quad をとる。$
$このとき$
$\quad \vec{RS}=(t-x,\ 5-x^2,\ -t)=(\mp \cfrac{\sqrt{19}}{4},\ \cfrac{1}{4},\ \mp \cfrac{\sqrt{19}}{4}) $
$\quad l\ の方向ベクトル \ \ \vec{d}\ は \ \ \vec{d}=\vec{OA}=(1,\ 0,\ -1)\ \ だから$
$\quad \vec{RS} \cdot \vec{d}=1 \times (\mp \cfrac{\sqrt{19}}{4}) + 0 \times \cfrac{1}{4} -1 \times (\mp \cfrac{\sqrt{19}}{4})=0 $
$となって \quad \vec{RS} \perp \vec{d} \quad すなわち \quad RS \perp l \quad がいえる。$
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