早稲田大学(理系) 2026年　問題3


$座標空間内に点A(0,\ 0,\ 1),\ 点B(1,\ 1,\ 0),および実数 \ a\ を用いて表される点P(a,\ 0,\ 0)\ をとる。さらに、$
$2\ 点(0,\ 2,\ 0),\ \ (0,\ 0,\ 2)\ を通る直線を \ \ell \ として、3\ 点 \ A,\ B,\ P\ が定める平面と直線 \ \ell\ との交点を \ Q\ とする。$
$(1)\ \ 点 \ Q\ の座標を \ a\ を用いて表せ。$
$(2)\ \ 4\ 点 \ A,\ B,\ P,\ Q\ が四角形APBQ を成し、線分 \ AB\ と線分 \ PQ\ が交わるための \ a\ の条件を求めよ。$
$(3)\ \ a\ が(2)の条件を満たすとき、四角形 \ APBQ \ の面積を \ a\ を用いて表せ。$


(1)

　

$3\ 点 \ A,\ B,\ P\ が定める平面 \ \alpha \ を$

$px+qy+rz=d \ \ とおくと$

$点A(0,\ 0,\ 1)\ を通るから \quad r=d$

$点B(1,\ 1,\ 0) \ を通るから \quad p+q=d$

$点P(a,\ 0,\ 0)\ を通るから \quad pa=d$

$p=\dfrac{d}{a},\quad q=d-p=d-\dfrac{d}{a}=(1-\dfrac{1}{a})d,\quad r=d$

$よって \ \ 平面 \ \alpha \ は \quad \dfrac{d}{a}x+ (1-\dfrac{1}{a})dy+dz=d$

$\dfrac{x}{a}+ (1-\dfrac{1}{a})y+z=1$

$\alpha : \ x+(a-1)y+az=a$

$点 \ Q \ は \ CD\ を \ \ (1-t):t\ \ に分ける点とすると$

$\vec{OQ}=t\vec{OC}+(1-t)\vec{OD}=t(0,\ 2,\ 0)+(1-t)(0,\ 0,\ 2)=(0,\ 2t,\ 2-2t)$

$点 \ Q\ は平面 \ \alpha \ \ 上にあるから$

$(a-1)(2t)+a(2-2t)=a$

$これを解いて \quad t=\dfrac{a}{2}$

$\vec{OQ}=(0,\ a,\ 2-a)\ \ だから \quad Q(0,\ a,\ 2-a)$


(2)

　

$4\ 点 \ A,\ B,\ P,\ Q\ は平面 \ \alpha \ \ 上にある。$

$線分 \ AB\ と線分 \ PQ\ の交点を \ R\ とすると$

(i)$\ \ \vec{AR}=k\vec{AB}\ \ を満たす実数 \ k \ \ (0 < k < 1)\ \ が存在する。$

$\quad \vec{AR}=k\big((1,\ 1,\ 0)-(0,\ 0,\ 1)\big)=k(1,\ 1,\ -1)$

(ii)$\ \ 点\ Rは線分 \ PQ\ を \ \ (1-s):s \ \ に内分するとすると \quad 0 < s < 1$

\begin{eqnarray*} \quad \vec{AR} &=&s\vec{AP}+(1-s)\vec{AQ}\\ \\ &=&s\big((a,\ 0,\ 0)-(0,\ 0,\ 1)\big)+(1-s)\big((0,\ a,\ 2-a)-(0,\ 0,\ 1)\big)\\ \\ &=&s(a,\ 0,\ -1)+(1-s)(0,\ a,\ 1-a)\\ \\ &=&\big(sa,\ (1-s)a,\ 1-2s-(1-s)a\big) \end{eqnarray*} (i),(ii)$\ \ より$

\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} sa=k \hspace{12em}①\\ (1-s)a=k \hspace{9.5em}②\\ 1-2s-(1-s)a=-k \hspace{5em}③\\ \end{array} \right. \] $①を②に代入して \quad (1-s)a=sa \qquad a(1-2s)=0 \qquad a=0,\quad s=\dfrac{1}{2}$

$a=0 \ \ のとき \ \ P(0,\ 0,\ 0)\ \ となり、3\ 点 \ A,\ P,\ Q\ はともに \ z\ 軸上の点だから \ APBQ\ \ は四角形にならない。$

$よって \quad a \ne 0$

$s=\dfrac{1}{2}\ \ を①に代入して \quad k=\dfrac{a}{2}$

$s=\dfrac{1}{2}, \quad k=\dfrac{a}{2}\ \ は③を満たす。$

$0 < k < \dfrac{1}{2} \ \ より \quad 0 < \dfrac{a}{2} < 1 \qquad \therefore \ \ 0 < a < 2$


(3)

　

$(2)より\ \ PR=RQ\ \ だから \quad \triangle APR=\triangle ARQ,\quad \triangle BPR=\triangle BRQ$

\begin{eqnarray*} & &四角形 APBQ\\ \\ &=&2\triangle APB\\ \\ &=&AP \cdot AB \cdot \sin \angle PAB\\ \\ &=&AP \cdot AB \sqrt{1-\cos ^2\angle PAB}\\ \\ &=&AP \cdot AB \sqrt{1-\Big(\dfrac{\vec{AP}\cdot \vec{AB}}{|\vec{AP}||\vec{AB}|}\Big)^2}\\ \\ &=&\sqrt{|\vec{AP}|^2 |\vec{AB}|^2-(\vec{AP}\cdot \vec{AB})^2}\\ \\ &=&\sqrt{(a^2+1) \times 3 -(a+1)^2}\\ \\ &=&\sqrt{2(a^2 -a +1)}\\ \end{eqnarray*}

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