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京都大学　2025年度　前期日程　理系

第4問空間ベクトルの解答・解説

平面のベクトル方程式・1次独立・四面体の体積比当サイトの体感難易度：標準最終更新 2026/10/11

問題文について

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掲載ページ名「令和7年度試験問題および出題意図等」／2026/10/05に当サイトでリンク先を確認。公開年度は大学側の都合で入れ替わることがあります。

(1)平面 $LMN$ が $s, t, u$ によらない一定の点 $P$ を通ること、およびそのような $P$ がただ1つであることを示す

答 $OP = \frac{1}{4} OA + \frac{1}{2} OB + \frac{3}{4} OC$

平面 $LMN$ 上の点は、係数の和が $1$ になる形で $L, M, N$ の1次結合に書ける。その係数の和が $1$ という条件と、与えられた $\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u} = 4$ を見比べると、どの係数を取ればよいかが読み取れる。

$a = OA$ 、 $b = OB$ 、 $c = OC$ とおく。 $O, A, B, C$ は同一平面上にないので、 $a, b, c$ は1次独立であり、空間のどのベクトルもこれらで一意に表せる。

$s, t, u$ は $0$ でないので $L, M, N$ はいずれも $O$ と異なり、 $OL = s a$ 、 $OM = t b$ 、 $ON = u c$ も1次独立である。よって3点は平面をただ1つ定める。点 $X$ がこの平面上にあることは

OX = α s a + β t b + γ u c, α + β + γ = 1

をみたす実数 $α, β, γ$ があることと同値である。

そこで

OP = \frac{1}{4} a + \frac{1}{2} b + \frac{3}{4} c

とおく。これは $s, t, u$ を含まないので、 $s, t, u$ の値によらず定まる点である。 $α = \frac{1}{4 s}$ 、 $β = \frac{1}{2 t}$ 、 $γ = \frac{3}{4 u}$ と取れば $α s a + β t b + γ u c = OP$ であり、係数の和は

α + β + γ = \frac{1}{4 s} + \frac{1}{2 t} + \frac{3}{4 u} = \frac{1}{4} (\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u}) = \frac{1}{4} \cdot 4 = 1

となる。したがって $P$ は、条件をみたすどの $s, t, u$ についても平面 $LMN$ 上にある。

次に、そのような点がこれ1つであることを示す。点 $Q$ が同じ性質を持つとし、 $OQ = X a + Y b + Z c$ と表す。 $Q$ が平面 $LMN$ 上にあることは、上と同じ議論で

\frac{X}{s} + \frac{Y}{t} + \frac{Z}{u} = 1

と書ける。 $ξ = \frac{1}{s}$ 、 $η = \frac{1}{t}$ 、 $ζ = \frac{1}{u}$ とおくと、条件は「 $ξ + 2 η + 3 ζ = 4$ をみたす $0$ でない $ξ, η, ζ$ のすべてについて $X ξ + Y η + Z ζ = 1$ が成り立つ」ことになる。

この条件をみたす組を3つ取って連立させればよい。たとえば $(ξ, η, ζ) = (2, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}), (1, 1, \frac{1}{3}), (1, \frac{1}{2}, \frac{2}{3})$ はいずれも $ξ + 2 η + 3 ζ = 4$ をみたす。これらを代入して差を取ると

X - \frac{Y}{2} = 0, \frac{Y}{2} - \frac{Z}{3} = 0

すなわち $Y = 2 X$ 、 $Z = 3 X$ を得る。これを $X ξ + Y η + Z ζ = 1$ の1つ、たとえば $(1, 1, \frac{1}{3})$ に入れると $X + 2 X + X = 1$ から $X = \frac{1}{4}$ となり、 $Y = \frac{1}{2}$ 、 $Z = \frac{3}{4}$ が定まる。 $a, b, c$ が1次独立だから、この係数を持つ点は1つしかない。よって $Q = P$ であり、そのような点はただ1つである。

$(s, t, u) = (1, 2, 3)$ は $\frac{1}{1} + \frac{2}{2} + \frac{3}{3} = 3$ となり条件をみたさない。条件をみたす組としては $(\frac{1}{2}, 2, 3)$ があり、このとき $\frac{1}{s} + \frac{2}{t} + \frac{3}{u} = 2 + 1 + 1 = 4$ 。係数は $α = \frac{1}{2}, β = \frac{1}{4}, γ = \frac{1}{4}$ で和は $1$ になる。

$O, A, B, C$ が同一平面上にないという条件は、 $a, b, c$ が1次独立であること、つまり係数が一意に決まることのために置かれている。ただ1つであることの証明は、最後にこれを使う。

$s, t, u$ が $0$ でないという条件がないと、 $L, M, N$ のどれかが $O$ と一致して平面が定まらない。

「ただ1つ」を示すには、条件をみたす $(s, t, u)$ を具体的に複数取って連立させるのがいちばん短い。1つだけでは係数が決まらない。

(2)四面体 $OABC$ の体積を $V$ とするとき、四面体 $PABC$ の体積を $V$ で表す

答 $\frac{1}{2} V$

底面 $ABC$ が共通なので、比べるのは $O$ と $P$ の平面 $ABC$ までの距離だけ。 $a, b, c$ の係数の和を見れば、距離の比は計算せずに読み取れる。

点 $X$ を $OX = x a + y b + z c$ と表したとき、 $X$ が平面 $ABC$ 上にあることは $x + y + z = 1$ と同値である。そこで $h (X) = x + y + z - 1$ とおくと、 $h$ は $X$ の座標の1次式なので、 $∣ h (X) ∣$ は $X$ から平面 $ABC$ までの距離に比例する。

$O$ では $x = y = z = 0$ だから $h (O) = - 1$ で $∣ h (O) ∣ = 1$ 。 $P$ では

h (P) = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{3}{4} - 1 = \frac{1}{2}

だから $∣ h (P) ∣ = \frac{1}{2}$ である。四面体 $OABC$ と $PABC$ は底面 $ABC$ が共通なので、体積の比は高さの比に等しく

\frac{( 四面体 PABC )}{( 四面体 OABC )} = \frac{∣ h ( P ) ∣}{∣ h ( O ) ∣} = \frac{1}{2}

となる。よって四面体 $PABC$ の体積は $\frac{1}{2} V$ である。

なお $h (P) > 0$ 、 $h (O) < 0$ なので、 $P$ と $O$ は平面 $ABC$ の反対側にある。体積を比べるだけなら符号は効かないが、位置を答案で説明するときはここに触れておくとよい。

$a = (1, 0.3, - 0.2)$ 、 $b = (0.1, 2, 0.4)$ 、 $c = (- 0.3, 0.5, 1.7)$ で計算すると $V = 0.49716667$ 、四面体 $PABC$ の体積は $0.24858333$ で、ちょうど半分になる。

「係数の和が $1$ なら平面 $ABC$ 上」は、 $a, b, c$ が1次独立なとき成り立つ。(1) で確かめた条件をここでも使っている。

$P$ が平面 $ABC$ の $O$ と反対側にあるので、 $h$ の絶対値を取らずに比を書くと符号が合わない。

▸ 別解：外積を使わずに、分点で高さをたどる

$OP = \frac{1}{4} a + \frac{1}{2} b + \frac{3}{4} c$ の係数の和は $\frac{3}{2}$ である。 $OP = \frac{3}{2} \cdot (\frac{1}{6} a + \frac{1}{3} b + \frac{1}{2} c)$ と書き直すと、括弧の中は係数の和が $1$ なので平面 $ABC$ 上の点 $G$ を表す。

つまり $P$ は半直線 $OG$ 上にあって $OP = \frac{3}{2} OG$ である。 $G$ は平面 $ABC$ 上にあるから、 $O$ から平面までの距離を $d$ とすると、 $P$ から平面までの距離は $\frac{3}{2} - 1 d = \frac{1}{2} d$ になる。したがって体積の比は $\frac{1}{2}$ である。

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(1)平面 LMN が s,t,u によらない一定の点 P を通ること、およびそのような P がただ1つであることを示す

(2)四面体 OABC の体積を V とするとき、四面体 PABC の体積を V で表す

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