北海道大学(理系) 2023年　問題2


$O\ を原点とする座標空間において、3\ 点A(4,\ 2,\ 1),\ B(1,\ -4,\ 1),\ C(2,\ 2,\ -1)\ を通る平面を \ \alpha \ とおく。$
$また、球面 \ S\ は半径が \ 9\ で、S\ と \ \alpha \ の交わりは \ A\ を中心とし \ B\ を通る円であるとする。$
$ただし、S\ の中心 \ P\ の \ z\ 座標は正とする。$
$(1)\ \ 線分 \ AP\ の長さを求めよ。$
$(2)\ \ P\ の座標を求めよ。$
$(3)\ \ S\ と直線 \ OC\ は \ 2\ 点で交わる。その \ 2\ 点間の距離を求めよ。$


(1)

　

$\triangle PAB \ は\ \angle A=90 °の直角三角形$

$AB^2=(1-4)^2+(-4-2)^2+(1-1)^2=45$

$AP^2=PB^2-AB^2=9^2-45=36 \qquad \therefore \ \ AP=6$


(2)


$\vec{AB}=\vec{OB}-\vec{OA}=(1,\ -4,\ 1)-(4,\ 2,\ 1)=(-3,\ -6,\ 0)$

$\vec{AC}=\vec{OC}-\vec{OA}=(2,\ 2,\ -1)-(4,\ 2,\ 1)=(-2,\ 0,\ -2)$

　

$平面 \ \alpha \ の法線ベクトルを \ \ \vec{n}=(l,\ m,\ n)\ \ とすると$

$\vec{AB} \perp \vec{n} \quad より \quad -3l-6m=0 \qquad m=-\cfrac{1}{2}l$

$\vec{AC} \perp \vec{n} \quad より \quad -2l-2n=0 \qquad n=-l$

$よって \quad \vec{n}=(l,\ -\cfrac{1}{2}l,\ -l)$

$l=-2 \ \ とおくと \quad \vec{n}=(-2,\ 1,\ 2) \qquad |\vec{n}|=\sqrt{(-2)^2+1^2+2^2}=3$

$(1)より \ \ AP=6 \qquad \vec{AP} /\!/ \vec{n} \quad だから \quad \vec{AP}=2\vec{n}=(-4,\ 2,\ 4)$

$\vec{OP}=\vec{OA}+\vec{AP}=(4,\ 2,\ 1)+(-4,\ 2,\ 4)=(0,\ 4,\ 5) $

$したがって \quad P(0,\ 4,\ 5)\ \ で、確かに \ z\ 座標は正である。$


$(\vec{n}\ の求め方の別解)$

$平面\ \ \alpha : ax+by+cz=d \quad とおくと$

$A(4,\ 2,\ 1)\ を通るから \qquad 4a+2b+c=d$

$B(1,\ -4,\ 1)\ を通るから \qquad a-4b+c=d$

$C(2,\ 2,\ -1)\ を通るから \qquad 2a+2b-c=d$

$これらを解いて \quad a=\cfrac{d}{2},\quad b=-\cfrac{d}{4},\quad c=-\cfrac{d}{2}$

$よって \quad \alpha \ \ は \quad 　\cfrac{d}{2}x -\cfrac{d}{4}y -\cfrac{d}{2}z=d $

$両辺に \ -\cfrac{4}{d}\ をかけて \quad -2x+y+2z=-4 \qquad \vec{n}=(-2,\ 1,\ 2)$


(3)

　

$球面 \ S\ と直線 \ OC\ の交点を \ Q,\ R\ とおき、点 \ P\ から \ OC\ に下ろした$

$垂線を \ PT\ とする。$

$\vec{OC}=(2,\ 2,\ -1)\ \ だから \quad \vec{OT}=t\vec{OC}=(2t,\ 2t,\ -t)\ \ (t\ は実数)\ \ とおける。$

$\vec{PT}=\vec{OT}-\vec{OP}=(2t,\ 2t,\ -t)-(0,\ 4,\ 5)=(2t,\ 2t-4,\ -t-5)$

$OC \perp PT \quad より \quad \vec{OC}\cdot \vec{PT}=0$

$2 \times 2t +2(2t-4)-(-t-5)=0 \qquad 9t-3=0 \qquad t=\cfrac{1}{3}$

$\vec{PT}=(\cfrac{2}{3},-\cfrac{10}{3},-\cfrac{16}{3})$

$PT^2=(\cfrac{2}{3})^2+(-\cfrac{10}{3})^2+(-\cfrac{16}{3})^2=40$

$PQ \ は球面 \ S\ の半径だから \quad PQ=9$

$QT^2=PQ^2-PT^2=9^2-40=41$

$QR=2QT=2\sqrt{41}$


$(別解)$

$直線 \ OC : t\vec{OC}=t(2,\ 2,\ -1)=(2t,\ 2t,\ -t)$

$\quad x=2t,\ y=2t,\ z=-t$

$球面 \ S\ は中心 \ P(0,\ 4,\ 5),\ \ 半径 \ 9 \ \ だから \ \ x^2+(y-4)^2+(z-5)^2=81$

$交点は \quad (2t)^2+(2t-4)^2+(-t-5)^2=81$

$9t^2-6t-40=0 \ \ この \ 2\ つの解を \ \ t_1,\ t_2\ \ とし、Q(2t_1,\ 2t_1,\ -t_1),\ \ R(2t_2,\ 2t_2,\ -t_2)\ \ とする。$

$解と係数の関係より \quad t_1+t_2=\cfrac{6}{9}=\cfrac{2}{3},\quad t_1t_2=-\cfrac{40}{9}$

\begin{eqnarray*} QR^2 &=&(2t_2-2t_1)^2+(2t_2-2t_1)^2+(-t_2+t_1)^2\\ \\ &=&9(t_2-t_1)^2\\ \\ &=&9\{(t_1+t_2)^2 - 4t_1t_2\}\\ \\ &=&9\{(\cfrac{2}{3})^2 - 4 \times (-\cfrac{40}{9})\}\\ \\ &=&164\\ \end{eqnarray*} $QR=\sqrt{164}=2\sqrt{41}$


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