鹿児島大学(理系) 2023年 問題3-2
$空間に異なる \ 4\ 点 \ P,\ A,\ B,\ C\ があり、次の条件が満たされているとする。$
$\quad ・三角形 \ PAB\ は \ 1\ 辺の長さが \ 1\ の正三角形である。$
$\quad ・線分 \ PA\ と線分 \ PC\ は正六角形の隣り合う2辺である。この正六角形を \ \alpha \ とおく。$
$\quad ・線分 \ PB\ と線分 \ PC\ は \ \alpha \ とは異なる正六角形の隣り合う \ 2\ 辺である。この正六角形を \ \beta \ とおく。$
$(1)\ \ 内積 \ \vec{PA} \cdot \vec{PB} , \ \ \vec{PA} \cdot \vec{PC} , および \ \vec{PB} \cdot \vec{PC}\ \ を求めよ。$
$さらに、次の条件を満たすような異なる \ 3\ 点 \ H,\ Q,\ R\ を考える。$
$\quad ・H\ は線分 \ PA\ 上にある。$
$\quad ・Q\ は \ 3\ 点 \ P,\ A,\ B\ によって定まる平面を直線 \ PA\ で \ 2\ 分割した領域の \ B\ を含む側にあり、$
$\qquad 線分 \ HQ\ は長さ \ 1\ で \ PA\ に垂直である。$
$\quad ・R\ は正六角形 \ \alpha \ の内部にあり、線分 \ HR\ は長さが \ 1\ で \ PA\ に垂直である。$
$(2)\ \ \vec{HQ}\ と \ \vec{HR}\ を \ \vec{PA},\ \vec{PB},\ \vec{PC}\ を用いてあらわせ。$
$(3)\ \ \vec{HQ}\ と \ \vec{HR}\ のなす角を \ \theta \ とするとき \ \cos \theta\ を求めよ。$
(1)
$\vec{PA}\cdot \vec{PC}=|\vec{PA}||\vec{PC}| \cos \cfrac{2\pi}{3}=1 \times 1 \times \big(-\cfrac{1}{2}\big)=-\cfrac{1}{2}$
$\vec{PB}\cdot \vec{PC}=|\vec{PB}||\vec{PC}| \cos \cfrac{2\pi}{3}=1 \times 1 \times \big(-\cfrac{1}{2}\big)=-\cfrac{1}{2}$
(2)
$点H\ は線分 \ PA\ 上にあるから \quad \vec{PH}=k\vec{PA}\ \ (0 < k < 1)\ \ とおける。$
$(ア)\ \ 点Q\ は \ 3\ 点 \ P,\ A,\ B\ によって定まる平面を直線 \ PA\ で \ 2\ 分割した領域の$
$\quad \ B\ を含む側にあるから$
$\quad \vec{PQ}=s\vec{PA}+t\vec{PB}\ \ (t > 0)\ とおける。$
$\quad よって \quad \vec{HQ}=\vec{PQ} -\vec{PH} =(s\vec{PA}+t\vec{PB})- k\vec{PA}=(s-k)\vec{PA}+t\vec{PB}$
(i)$\ \ |\vec{HQ}|=1 \quad より$
$\quad |(s-k)\vec{PA}+t\vec{PB}|=1 $
$\quad (s-k)^2|\vec{PA}|^2+ t^2|\vec{PB}|^2 +2t(s-k) \vec{PA} \cdot \vec{PB}=1 $
$\quad (s-k)^2 \times 1^2 + t^2 \times 1^2 +2t(s-k) \times \cfrac{1}{2}=1 $
$\quad (s-k)^2 + t^2 + t(s-k) =1 \hspace{5em}①$
(ii)$\ \ \vec{HQ} \perp \vec{PA} より$
$\quad \big((s-k)\vec{PA}+ t\vec{PB}\big) \cdot \vec{PA}=0 $
$\quad (s-k)|\vec{PA}|^2+ t\vec{PA} \cdot \vec{PB} =0$
$\quad (s-k) \times 1^2 + t \times \cfrac{1}{2}=0 $
$\quad s-k =- \cfrac{t}{2} \hspace{5em}②$
$\quad ②を①に代入して \quad \big(-\cfrac{t}{2}\big)^2+t^2-\cfrac{t^2}{2}=1 \qquad \cfrac{3}{4}t^2=1$
$\quad t^2=\cfrac{4}{3} \quad t> 0 \quad だから \quad t=\cfrac{2}{\sqrt{3}} \qquad ②に代入して \quad s-k=-\cfrac{1}{\sqrt{3}}$
$\quad よって \quad \vec{HQ}=-\cfrac{1}{\sqrt{3}}\vec{PA} + \cfrac{2}{\sqrt{3}}\vec{PB}$
$(イ)\ \ 点R\ は正六角形 \ \alpha \ の内部にあるから$
$\quad \vec{PR}=u\vec{PA}+v\vec{PC}\ \ (u > 0,\ v > 0)\ \ とおける。$
$\quad よって \quad \vec{HR}=\vec{PR} -\vec{PH} =(u\vec{PA}+v\vec{PC})- k\vec{PA}=(u-k)\vec{PA}+v\vec{PC}$
(iii)$\ \ |\vec{HR}|=1 \quad より$
$\quad |(u-k)\vec{PA}+v\vec{PC}|=1 $
$\quad (u-k)^2|\vec{PA}|^2+ v^2|\vec{PC}|^2 +2v(u-k) \vec{PA} \cdot \vec{PC}=1 $
$\quad (u-k)^2 \times 1^2 + v^2 \times 1^2 +2v(u-k) \times \big(-\cfrac{1}{2}\big)=1 $
$\quad (u-k)^2 + v^2 - v(u-k) =1 \hspace{5em}③$
(iv)$\ \ \vec{HR} \perp \vec{PA} \quad より$
$\quad \big((u-k)\vec{PA}+ v\vec{PC}\big) \cdot \vec{PA}=0 $
$\quad (u-k)|\vec{PA}|^2+ v\vec{PA} \cdot \vec{PC} =0$
$\quad (u-k) \times 1^2 + v \times \big(-\cfrac{1}{2}\big)=0 $
$\quad u-k = \cfrac{v}{2} \hspace{5em}④$
$\quad ④を③に代入して \quad \big(\cfrac{v}{2}\big)^2+v^2-\cfrac{v^2}{2}=1 \qquad \cfrac{3}{4}v^2=1$
$\quad v^2=\cfrac{4}{3} \quad v > 0 \quad だから \quad v=\cfrac{2}{\sqrt{3}} \qquad ④に代入して \quad u-k=\cfrac{1}{\sqrt{3}}$
$\quad よって \vec{HR}=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\vec{PA} + \cfrac{2}{\sqrt{3}}\vec{PC}$
(3)
\begin{eqnarray*} \vec{HQ} \cdot \vec{HR} &=&\big(-\cfrac{1}{\sqrt{3}}\vec{PA} + \cfrac{2}{\sqrt{3}}\vec{PB}\big) \cdot \big(\cfrac{1}{\sqrt{3}}\vec{PA} + \cfrac{2}{\sqrt{3}}\vec{PC}\big)\\ \\ &=&-\cfrac{1}{3}|\vec{PA}|^2 -\cfrac{2}{3}\vec{PA}\cdot \vec{PC} + \cfrac{2}{3}\vec{PA}\cdot \vec{PB} +\cfrac{4}{3}\vec{PB}\cdot \vec{PC}\\ \\ &=&-\cfrac{1}{3} -\cfrac{2}{3} \times \big(-\cfrac{1}{2}\big) + \cfrac{2}{3} \times \cfrac{1}{2} +\cfrac{4}{3} \times \big(-\cfrac{1}{2}\big)\\ \\ &=&-\cfrac{1}{3} \end{eqnarray*} $一方 \quad \vec{HQ} \cdot \vec{HR}=|\vec{HQ}||\vec{HR}|\cos \theta =\cos \theta \quad だから \qquad \cos \theta=-\cfrac{1}{3}$
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