第4問空間ベクトルの解答・解説

内積と垂直条件・垂線の足・平面への正射影・球面と図形の共有点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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(1) $OP ⊥ OA$ 、 $OP ⊥ OB$ 、 $OP \cdot OC = 1$ をみたす $P$ を求める

答 $P (0, - 1, 1)$

条件は3つとも内積の式なので、 $P (x, y, z)$ とおけば $x, y, z$ の1次方程式が3本できる。上から順に代入していけば、連立を解くまでもなく1つずつ決まる。

$P (x, y, z)$ とおく。3つの条件はそれぞれ

2 x = 0, x + y + z = 0, x + 2 y + 3 z = 1

である。1つめから $x = 0$ 、2つめから $z = - y$ 、これを3つめに入れて $2 y - 3 y = 1$ 、すなわち $y = - 1$ 、 $z = 1$ を得る。よって $P (0, - 1, 1)$ である。

$OP = (0, - 1, 1)$ として、 $OA = (2, 0, 0)$ との内積は $0$ 、 $OB = (1, 1, 1)$ との内積は $- 1 + 1 = 0$ 、 $OC = (1, 2, 3)$ との内積は $- 2 + 3 = 1$ で、3条件すべてをみたす。

(2) $P$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足 $H$ について $OH$ を $OA, OB$ で表す

答 $OH = \frac{1}{3} OA + \frac{2}{3} OB$

$H$ は直線 $AB$ 上なので $OH = (1 - t) OA + t OB$ と書ける。垂直条件 $PH \cdot AB = 0$ に (1) を使うと、 $OP$ が $AB$ とも垂直なので $OP$ の項が消え、 $OH \cdot AB = 0$ だけが残る。

$H$ は直線 $AB$ 上にあるので $OH = (1 - t) OA + t OB$ とおける。 $AB = OB - OA = (- 1, 1, 1)$ である。

(1) より $OP$ は $OA$ とも $OB$ とも垂直だから、その差である $AB$ とも垂直で $OP \cdot AB = 0$ である。よって

PH \cdot AB = (OH - OP) \cdot AB = OH \cdot AB

となり、垂直条件は $OH \cdot AB = 0$ と同じである。 $OA \cdot AB = - 2$ 、 $OB \cdot AB = - 1 + 1 + 1 = 1$ だから

(1 - t) (- 2) + t \cdot 1 = 0 ⟺ 3 t = 2 ⟺ t = \frac{2}{3}

である。よって $OH = \frac{1}{3} OA + \frac{2}{3} OB$ となる。

$H (\frac{4}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})$ となる。 $PH = (\frac{4}{3}, \frac{5}{3}, - \frac{1}{3})$ で、 $AB = (- 1, 1, 1)$ との内積は $- \frac{4}{3} + \frac{5}{3} - \frac{1}{3} = 0$ である。

$OP$ が平面 $OAB$ の法線になっていることが、この小問と (3) の両方で効く。(1) の答えを座標としてだけ見ずに、「平面 $OAB$ に垂直なベクトル」として持っておく。

(3) $OQ = \frac{3}{4} OA + OP$ とし、 $Q$ を中心とする半径 $r$ の球面 $S$ が三角形 $OHB$ と共有点をもつ $r$ の範囲を求める

答 $\frac{11}{2} \leq r \leq \frac{17}{2}$

球面が図形と共有点をもつのは、中心からその図形までの距離が最小のものと最大のものの間に $r$ が入るときである。三角形 $OHB$ は平面 $OAB$ の上にあり、 $OP$ はその平面の法線だから、 $Q$ は平面から $OP = 2$ だけ離れていて、その正射影は $\frac{3}{4} OA$ である。三平方の定理で、平面内の2次元の問題に落ちる。

$H$ は $OA, OB$ の1次結合なので、三角形 $OHB$ は平面 $OAB$ の上にある。(1) より $OP$ はこの平面の法線で、 $OP = 2$ である。

$OQ = \frac{3}{4} OA + OP$ だから、 $Q$ の平面 $OAB$ への正射影を $Q^{'}$ とすると $O Q^{'} = \frac{3}{4} OA$ 、つまり $Q^{'} (\frac{3}{2}, 0, 0)$ で、 $Q Q^{'} = 2$ である。平面上の点 $X$ に対して三平方の定理より

QX^{2} = 2 + Q^{'} X^{2}

が成り立つ。よって $Q^{'} X$ の最小・最大を三角形 $OHB$ の中で求めればよい。

$Q^{'} = \frac{3}{4} OA$ は、 $OA, OB$ を基準にすると $OA$ の係数が $\frac{3}{4}$ である。三角形 $OHB$ の3頂点は、同じ基準で $(0, 0)$ 、 $(\frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ 、 $(0, 1)$ だから $OA$ の係数は $\frac{1}{3}$ 以下で、 $Q^{'}$ は三角形の外にある。したがって最小は辺の上で起きる。

最大。 三角形の点のうち $Q^{'}$ から最も遠いのは頂点のどれかである。

Q^{'} O = \frac{3}{2}, Q^{'} H = (- \frac{1}{6})^{2} + (\frac{2}{3})^{2} + (\frac{2}{3})^{2} = \frac{11}{12}, Q^{'} B = (- \frac{1}{2})^{2} + 1 + 1 = \frac{3}{2}

なので最大は $\frac{3}{2}$ である（ $O$ と $B$ の2つで達する）。

最小。 3辺それぞれへの距離を調べる。辺 $OH$ は方向ベクトル $(2, 1, 1)$ で、 $Q^{'}$ から下ろした垂線の足は

\frac{O Q ^{'} \cdot ( 2 , 1 , 1 )}{∣ ( 2 , 1 , 1 ) ∣ ^{2}} (2, 1, 1) = \frac{3}{6} (2, 1, 1) = (1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})

で、これは $OH$ の $\frac{3}{4}$ 倍だから線分 $OH$ の上にある。距離は $(\frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}) = \frac{3}{2}$ である。辺 $OB$ への垂線の足は $(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ で距離は $\frac{3}{2}$ 、辺 $HB$ については垂線の足が線分の外に出るので最短は端点 $H$ で $\frac{11}{12}$ である。

$\frac{3}{2} = 0.866$ 、 $\frac{11}{12} = 0.957$ 、 $\frac{3}{2} = 1.225$ だから、最小は $\frac{3}{2}$ である。

三角形は連結で $Q^{'} X$ は連続だから、 $Q^{'} X$ のとる値は $\frac{3}{2}$ 以上 $\frac{3}{2}$ 以下のすべてである。したがって

QX^{2} = 2 + Q^{'} X^{2} \in [2 + \frac{3}{4}, 2 + \frac{9}{4}] = [\frac{11}{4}, \frac{17}{4}]

となり、球面 $S$ が三角形と共有点をもつ条件は $\frac{11}{2} \leq r \leq \frac{17}{2}$ である。

平面

OAB

を、

OA

の向きを横軸にとって正面から見た図（この平面上では長さがそのまま測れる）。

Q^{'}

は

Q

の正射影で、三角形

OHB

までの距離は最小

\frac{3}{2}

、最大

\frac{3}{2}

。

三角形 $OHB$ を $900 \times 900$ の格子で走査して $∣ QX ∣$ を直接計算すると、最小 $1.65831240$ 、最大 $2.06155281$ となり、 $\frac{11}{2} = 1.65831240$ 、 $\frac{17}{2} = 2.06155281$ と小数8桁まで一致する。