2015福島県立医科大 数学２

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【解答】

　　　　立方体の一辺の長さをLとすると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf a}|=|\overrightarrow{\sf c}|=|\overrightarrow{\sf d}|=L\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf c}\cdot\overrightarrow{\sf d}=\overrightarrow{\sf d}\cdot\overrightarrow{\sf a}=0\end{align*}}$

　(１)
　　　Qは平面DEFG上にあるので、実数s、tを用いて　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}=s\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf c}+\overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$
　　　と表せるので、OP⊥BQより、　　　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf BQ}=\left(x\overrightarrow{\sf a}+y\overrightarrow{\sf c}+\overrightarrow{\sf d} \right)\cdot\left\{\left(s-1 \right)\overrightarrow{\sf a}+\left(t-1 \right)\overrightarrow{\sf c}+\overrightarrow{\sf d} \right\}=0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x\left(s-1 \right)L^2+y\left(t-1 \right)L^2+L^2=0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x\left(s-1 \right)+y\left(t-1 \right)+1=0\ \ \ \left(\because\ L>0 \right)\end{align*}}$　　　……(ⅰ)

　　　また、OPとBQの交点をRとし、
　　　　　　OP:OR=1:h、　BR:QR=k:1-k　　（h、k：定数）
　　　とおくと、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OR}\end{align*}}$ は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OR}=h\ \overrightarrow{\sf OP}=hx\overrightarrow{\sf a}+hy\overrightarrow{\sf c}+h\overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$　　　　　　　　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OR}=\left(1-k \right)\overrightarrow{\sf OB}+k\overrightarrow{\sf OQ}=\left(1-k \right)\left(\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf c} \right)+k\left(s\overrightarrow{\sf a}+t\overrightarrow{\sf c}+\overrightarrow{\sf d} \right)\end{align*}}$
　　　のように2通りに表すことができる。

　　　ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a},\overrightarrow{\sf c},\overrightarrow{\sf d}\end{align*}}$ は一次独立なので、これらの係数を比較すると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{ \begin{array}{ll}\sf hx=1-k+ks \\ \sf hy=1-k+kt \\ \sf h=k \\\end{array} \right.\end{align*}}$　　　……(ⅱ)
　　　となり、上の2式を辺々引くと
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( x-y\right)h=\left(s-t \right)k\end{align*}}$
　　　これと、h=k（≠0）より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x-y=s-t\ \ \Leftrightarrow\ \ t=s-x+y\end{align*}}$
　　　を得る。これを(ⅰ)に代入すると、　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x\left(s-1 \right)+y\left\{\left(s-x+y\right)-1 \right\}+1=0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x+y \right)s=xy-y^2+x+y-1\end{align*}}$　　　……(ⅲ)

　　　x+y=0のときは、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (iii)\ \ \Leftrightarrow\ \ 0=-\left(2y^2+1 \right)\end{align*}}$
　　　となり、これを満たす実数yは存在しない。
　　　よって、(ⅲ)を満たす実数sが存在するための条件は、x+y≠0であり、
　　　このとき、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=\frac{xy-y^2+x+y-1}{x+y}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{xy-y^2+x+y-1}{x+y}-x+y=\frac{xy-x^2+x+y-1}{x+y}\end{align*}}$ ．

　　　以上より、直線OPと直線BQが垂直に交わるための条件は、
　　　　　　　　　　x+y≠0
　　　であり、このとき
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \overrightarrow{\sf OQ}=\frac{xy-y^2+x+y-1}{x+y}\overrightarrow{\sf a}+\frac{xy-x^2+x+y-1}{x+y}\overrightarrow{\sf c}+d\ }\end{align*}}$ ．


　(２)
　　　点Pが四角形DEFGの内部または辺上にあるので、
　　　　　　　　　0≦x≦1、 0≦y≦1　　（ただし、x+y≠0）
　　　である。
　　　(ⅱ)より、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf hx=1-h+hs\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{h}=-s+x+1\end{align*}}$
　　　なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{h}-1=-s+x\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{xy-y^2+x+y-1}{x+y}+x\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{x^2+y^2-x-y+1}{x+y}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(x- \frac{1}{2}\right)^2+\left(y- \frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}}{x+y}>0\ \ \ \left(\because\ x+y>0 \right)\end{align*}}$
　　　これより、0＜h＜1となるので、直線OPと直線BQの交点Rは
　　　立方体の内部または 面上にある。


　(３)
　　　2点P、Qが四角形DEFGの内部または辺上にあるので、
　　　　　　　　　0≦x≦1、 0≦y≦1　　（ただし、x+y≠0）
　　　　　　　　　0≦s≦1、 0≦t≦1
　　　である。
　　　まず、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{xy-x^2+x+y-1}{x+y}\end{align*}}$
　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-\frac{ x^2-xy+1}{x+y}\end{align*}}$
　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-\frac{1}{x+y}\left\{\left( x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{4-y^2}{4}\right\}\end{align*}}$
　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \leqq 1\ \ \ \ \left(\because\ 0\leqq y\leqq 1 \right)\end{align*}}$
　　　より、t≦1は常に成り立つ。同様にs≦1も常に成り立つ。

　　　一方、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq t=\frac{xy-x^2+x+y-1}{x+y}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ xy-x^2+x+y-1\geqq 0\ \ \ \left(\because\ x+y>0\right)\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y\geqq\frac{x^2-x+1}{x+1}=x-2+\frac{3}{x+1}\end{align*}}$ ．
　　　ここで、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x-2+\frac{3}{x+1}\ \ \ \left(0\leqq x\leqq 1 \right)\end{align*}}$
　　　とおくと、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=1-\frac{3}{\left(x+1 \right)^2}=\frac{x^2+2x-2}{\left( x+1\right)^2}\end{align*}}$
　　　なので、f(x)の増減は次のようになる。


　　　よって、0≦t≦1を満たすような点(x，y)の領域は、
　　　図1のピンク色部分である。

　　　また、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq s=\frac{xy-y^2+x+y-1}{x+y}\ \ \Leftrightarrow\ \ x\geqq y-2+\frac{3}{y+1}=f(y)\end{align*}}$ ．
　　　なので、0≦s≦1を満たすような点(x，y)の領域は、
　　　図2の緑色部分である。

　　　　　


　　　これらと 0≦x≦1、 0≦y≦1より、求める領域は、
　　　下図の水色部分になる。
　　　（境界線上の点も含む）

　　　　　




　　ボリューム満点ですね＾＾；；；