大阪大学(理系) 2026年 問題2
$空間内に\ 4\ 点 \ O,\ A,\ B,\ C\ があり、OA=OB=OC=1\ \ である。また、\angle AOB=\angle AOC=90°,$
$\angle BOC=60 °\ \ である。t\ を正の実数とし、点 \ D,\ E\ は \ \vec{OD}=t\vec{OB},\ \ \vec{OE}=(2t+1)\vec{OC}\ \ をみたす点である。$
$点 \ P\ は \ \vec{OA} \cdot \vec{OP}=-1 ,\ \ \vec{OB} \cdot \vec{OP}=1\ \ をみたしていて、さらに \ 4\ 点 \ A,\ D,\ E,\ P\ は同一平面上にある。$
$\vec{OA}=\vec{a},\ \ \vec{OB}=\vec{b},\ \ \vec{OC}=\vec{c}\ \ とおく。$
$(1)\ \ \vec{AP}\ を \ \vec{a},\ \vec{b},\ \vec{c}\ と \ t\ を用いて表せ。$
$(2)\ \ 実数 \ t\ が \ t > 0\ の範囲を動くとき、|\vec{AP}|\ を最小にする \ t\ の値と、|\vec{AP}|\ の最小値を求めよ。$
(1)
$4\ 点 \ A,\ D,\ E,\ P\ は同一平面上にあるから$
$\vec{AP}=\alpha\vec{AD}+\beta\vec{AE}\ \ をみたす実数 \ \alpha,\ \beta \ \ がある。$
\begin{eqnarray*}
\vec{AP}
&=&\alpha(\vec{OD}-\vec{OA})+\beta(\vec{OE}-\vec{OA})\\
\\
&=&\alpha(t\vec{OB}-\vec{OA})+\beta\big((2t+1)\vec{OC}-\vec{OA}\big)\\
\\
&=&-(\alpha +\beta)\vec{a}+ \alpha t \vec{b} +\beta (2t+1) \vec{c}\\
\end{eqnarray*}
$\vec{OP}-\vec{OA} =-(\alpha +\beta)\vec{a}+ \alpha t \vec{b} +\beta (2t+1) \vec{c}$
$\therefore \ \ \vec{OP}=(1-\alpha -\beta)\vec{a}+\alpha t \vec{b} + \beta (2t+1)\vec{c}$
$次に$
$OA=OB=OC=1,\quad \angle AOB=\angle AOC=90°, \quad \angle BOC=60 °\ \ より$
$|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1,\quad \vec{a} \cdot \vec{b}=0,\quad \vec{a} \cdot \vec{c}=0, \quad \vec{b} \cdot \vec{c}=|\vec{b}||\vec{c}|\cos 60°=\dfrac{1}{2}$
(i)$\ \ \vec{OA} \cdot \vec{OP}=-1 \ \ より$
$\quad \vec{a} \cdot \big((1-\alpha -\beta)\vec{a}+\alpha t \vec{b} + \beta((2t+1)\vec{c}\big)=-1$
$\quad (1-\alpha -\beta)|\vec{a}|^2+\alpha t \vec{a} \cdot \vec{b} + \beta((2t+1)\vec{a} \cdot \vec{c}=-1$
$\quad 1-\alpha -\beta =-1 \hspace{5em}①$
(ii)$\ \ \vec{OB} \cdot \vec{OP}=1 \ \ より$
$\quad \vec{b} \cdot \big((1-\alpha -\beta)\vec{a}+\alpha t \vec{b} + \beta((2t+1)\vec{c}\big)=1$
$\quad (1-\alpha -\beta)\vec{a} \cdot \vec{b}+\alpha t |\vec{b}|^2 + \beta((2t+1)\vec{b} \cdot \vec{c}=1$
$\quad \alpha t + \dfrac{1}{2}\beta (2t+1)=1 \hspace{5em}②$
$①より \quad \alpha =2-\beta \hspace{7em} ③$
$②に代入して \quad (2-\beta)t + \dfrac{1}{2}\beta (2t+1)=1$
$2t+\dfrac{1}{2}\beta=1 \qquad \beta=2-4t$
$③に代入して \quad \alpha=2-(2-4t)=4t$
$したがって$
\begin{eqnarray*}
\vec{AP}
&=&-(\alpha +\beta)\vec{a} +\alpha t\vec{b}+\beta (2t+1)\vec{c}\\
\\
&=&-2\vec{a} +4t^2\vec{b}+(2-4t)(2t+1)\vec{c}\\
\\
&=&-2\vec{a} +4t^2\vec{b}-2(4t^2-1)\vec{c}\\
\end{eqnarray*}
(2)
\begin{eqnarray*} |\vec{AP}|^2 &=&|-2\big((\vec{a} -2t^2\vec{b}+(4t^2-1)\vec{c}\big)|^2\\ \\ &=&4\big\{|\vec{a}|^2+4t^4|\vec{b}|^2+(4t^2-1)^2|\vec{c}|^2-4t^2\vec{a}\cdot \vec{b}-4t^2(4t^2-1)\vec{b} \cdot \vec{c} +2(4t^2-1)\vec{a} \cdot \vec{c} \big\}\\ \\ &=&4\big\{1+4t^4+(4t^2-1)^2 -4t^2(4t^2-1) \times \dfrac{1}{2}\big\} \\ \\ &=&4\big\{(1+4t^4+(16t^4-8t^2+1) -2t^2(4t^2-1)\big\} \\ \\ &=&8(6t^4-3t^2+1) \end{eqnarray*}$f(t)=6t^4-3t^2+1 \ \ とおくと$
$f'(t)=24t^3-6t=6t(2t+1)(2t-1)$
$f'(t)=0 \ \ より \ \ t > 0 \ \ だから \quad t=\dfrac{1}{2}$
$増減表$
\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} t& 0 & \cdots & \dfrac{1}{2} & \cdots \\ \hline f'(t)& & - & 0 & + & \\ \hline f(t)& & \searrow & 極小 & \nearrow & \\ \end{array} \]
$f(t)\ は \ \ t=\cfrac{1}{2}\ で極かつ最小となり、最小値は$
$f(\dfrac{1}{2})=6\big(\dfrac{1}{2}\big)^4-3\big(\dfrac{1}{2}\big)^2+1=\dfrac{5}{8}$
$よって \quad |\vec{AP}|\ の最小値は \quad t=\cfrac{1}{2} \ \ のとき、\sqrt{8 \times \dfrac{5}{8}}=\sqrt{5}$
メインメニュー に戻る