横浜国立大学(理系) 2026年　問題3


$O\ を原点とする \ xyz\ 空間に、3\ 点A(3,\ 0,\ 5),\ B(2,\ \sqrt{2},\ 4),\ C(3,\ 2\sqrt{2},\ 1)\ を通る平面 \ \alpha \ と、\alpha \ に点 \ D\ で接し$
$中心が点P(3,\ 0,\ 3)\ である球面 \ S\ がある。次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 内積 \ \vec{AB} \cdot \vec{AC}\ \ を求めよ。$
$(2)\ \ D\ の座標、およに \ S\ の半径 \ r\ をそれぞれ求めよ。$
$(3)\ \ 点Q(0,\ 0,\ 5)\ と、平面 \ z=0 \ 上の点R(X,\ Y,\ 0)\ を考える。直線 \ QR\ が \ S\ と共有点をもつような \ (X,\ Y)$
$\quad の範囲を求め、XY\ 平面上に図示せよ。$


(1)


$\vec{AB}=\vec{OB}-\vec{OA}=(2,\sqrt{2},4)-(3,0,5)=(-1,\sqrt{2},-1)$

$\vec{AC}=\vec{OC}-\vec{OA}=(3,2\sqrt{2},1)-(3,0,5)=(0,2\sqrt{2},-4)$

$\vec{AB}\cdot \vec{AC}=-1 \times 0 +\sqrt{2} \times 2\sqrt{2} -1 \times (-4)=8$


(2)


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

$点A(3,\ 0,\ 5)\ を通るから \quad 3a+5c=d \hspace{9em}①$

$点B(2,\ \sqrt{2},\ 4)\ を通るから \quad 2a+\sqrt{2}b+4c=d \hspace{5.5em}②$

$点C(3,\ 2\sqrt{2},\ 1)\ を通るから \quad 3a+2\sqrt{2}b+c=d \hspace{5em}③$

$② \times 2 - ③ \ \ より \quad a+7c=d \hspace{13em} ④$

$①- ④ \times 3 \ \ より -16c=-2d \qquad d=8c$

$④に代入して \quad a+7c=8c \qquad a=c$

$②に代入して \quad 2c+\sqrt{2}b+4c=8c \qquad b=\sqrt{2}c$

$\alpha \ は \quad cx+\sqrt{2}cy+cz=8c$

$\therefore \ \ x+\sqrt{2}y+z=8$


$(別解)$

$平面 \ \alpha \ 上の任意の点P(x,\ y,\ z)\ \ について$

$\vec{AP}=t\vec{AB}+s\vec{AC} \ \ を満たす実数 \ t,\ s \ \ が存在する。$

$\vec{OP}=\vec{OA}+t(\vec{OB}-\vec{OA})+s(\vec{OC}-\vec{OA})=(1-t-s)\vec{OA}+t\vec{OB}+s\vec{OC}$

　

$(x,\ y,\ z)=(1-t-s)(3,\ 0,\ 5) + t(2,\ \sqrt{2},\ 4) + s(3,\ 2\sqrt{2},\ 1)$

\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} x=3(1-t-s)+2t+3s=3-t \hspace{7em}①\\ y=\sqrt{2}t+2\sqrt{2}s \hspace{15em}②\\ z=5(1-t-s)+4t+s=5-t-4s \hspace{5.5em}③\\ \end{array} \right. \]
$①より \quad t=3-x $

$②に代入して \quad y=\sqrt{2}(3-x)+2\sqrt{2}s$

$2\sqrt{2}s=y+\sqrt{2}x-3\sqrt{2}$

$両辺に \ \sqrt{2}\ をかけて \quad 4s=\sqrt{2}y+2x-6$

$これらを③に代入して$

$z=5-(3-x)-(\sqrt{2}y+2x-6)$

$\therefore \ \ x+\sqrt{2}y+z=8$


$この方程式より、\alpha \ の法線ベクトルは \quad \vec{n}=(1,\ \sqrt{2},\ 1)$

$\vec{PD}=k\vec{n}\ \ (k\ は実数) \ \ とおけるから$

$\vec{OD}-\vec{OP}=k\vec{n}$

$\vec{OD}=\vec{OP}+k\vec{n}=(3,\ 0,\ 3)+k(1,\ \sqrt{2},\ 1)=(3+k,\ \sqrt{2}k,\ 3+k)$

$D\ は平面 \ \alpha \ 上の点だから$

$(3+k)+\sqrt{2}(\sqrt{2}k)+(3+k)=8 \qquad k=\dfrac{1}{2}$

$\vec{OD}=(\dfrac{7}{2},\ \dfrac{\sqrt{2}}{2},\ \dfrac{7}{2}) \qquad \therefore D(\dfrac{7}{2},\ \dfrac{\sqrt{2}}{2},\ \dfrac{7}{2})$

$r=|\vec{PD}|=|k\vec{n}|=\dfrac{1}{2}|(1,\ \sqrt{2},\ 1)|=\dfrac{1}{2}\sqrt{1+2+1}=1$


(3)

　

$(2)より \quad S:(x-3)^2+y^2+(z-3)^2=1$

$直線 \ QR\ の方向ベクトルは$

$\vec{d}=\vec{QR}=(X,\ Y,\ 0)-(0,\ 0,\ 5)=(X,\ Y,\ -5)$

$直線 \ QR\ と \ S\ の共有点をT(x_0,\ y_0,\ z_0)\ \ とおくと$

$\vec{QT}=t\vec{QR} \ \ (t\ は実数)\ \ とおけるから$

$(x_0,\ y_0,\ z_0-5)=t(X,\ Y,\ -5)$

$x_0=tX,\ \ y_0=tY,\ \ z_0=5-5t$

$また、T(x_0,\ y_0,\ z_0)\ \ は球面 \ S\ 上の点だから$

$(x_0-3)^2+y_0^2+(z_0-3)^2=1$

$(tX-3)^2+(tY)^2+(2-5t)^2=1$

$(X^2+Y^2+25)t^2-2(3X+10)t+12=0$

$共有点 \ T\ と点 \ R\ は1対1に対応するから、この \ t\ についての \ 2\ 次方程式は重解をもつ。$

$\dfrac{D}{4}=(3X+10)^2-12(X^2+Y^2+25)=0$

　

$-3X^2+60X-12Y^2 -200 =0$

$3(X-10)^2+12Y^2 =100$

$\dfrac{(X-10)^2}{\big(\dfrac{10}{\sqrt{3}}\big)^2}+\dfrac{Y^2}{\big(\dfrac{5}{\sqrt{3}}\big)^2}=1$

$これは、右図のような楕円である。$


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