問題1は、3次元空間内の4点 A(2,1,3), B(3,3,5), C(4,-1,4), D(3,5,8) が与えられ、3点 A, B, C を含む平面Πについて、以下の問題を解くものです。 (1) ベクトル $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ を計算し、$\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AC}$ のなす角$\theta$ ($0 \leq \theta \leq \pi$) を求める。 (2) 平面Πの方程式を $ax+by+cz+d=0$ の形で求める。 (3) 平面Πと点Dの距離を求める。 (4) 四面体 ABCD の体積を求める。 問題2は、座標空間において、A(1,2,3), B(6, 5, 4), C(5,3,8), D(-5,-5、2)とする。また、方程式 $3x-4y+5z+6=0$ によって定まる平面をIIとし、点Cを中心とする半径$\sqrt{21}$の球面をSとする。 (1) 直線ABの、媒介変数tによる方程式を求めよ。 (2) 球面Sの方程式を答えよ。 (3) 直線ABと球面Sの交点を求めよ。 (4) 直線ABと平面目の交点を求めよ。 (5) (3) の2つ交点のうち、点Aからより離れた方の点をE、(4)の交点をFとし、線分EFを2:3に内分する点をGとする。$\overrightarrow{DG}$を法線ベクトルとする任意の平面と平面IIとのなす角を$\theta(0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2})$として、$\cos{\theta}$の値を求めよ。

1. 問題の内容

問題1は、3次元空間内の4点 A(2,1,3), B(3,3,5), C(4,-1,4), D(3,5,8) が与えられ、3点 A, B, C を含む平面Πについて、以下の問題を解くものです。

(1) ベクトル $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ を計算し、$\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AC}$ のなす角$\theta$ ($0 \leq \theta \leq \pi$) を求める。

(2) 平面Πの方程式を $ax+by+cz+d=0$ の形で求める。

(3) 平面Πと点Dの距離を求める。

(4) 四面体 ABCD の体積を求める。

問題2は、座標空間において、A(1,2,3), B(6, 5, 4), C(5,3,8), D(-5,-5、2)とする。また、方程式 $3x-4y+5z+6=0$ によって定まる平面をIIとし、点Cを中心とする半径$\sqrt{21}$の球面をSとする。

(1) 直線ABの、媒介変数tによる方程式を求めよ。

(2) 球面Sの方程式を答えよ。

(3) 直線ABと球面Sの交点を求めよ。

(4) 直線ABと平面目の交点を求めよ。

(5) (3) の2つ交点のうち、点Aからより離れた方の点をE、(4)の交点をFとし、線分EFを2:3に内分する点をGとする。$\overrightarrow{DG}$を法線ベクトルとする任意の平面と平面IIとのなす角を$\theta(0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2})$として、$\cos{\theta}$の値を求めよ。

2. 解き方の手順

問題1

(1)

$\overrightarrow{AB} = (3-2, 3-1, 5-3) = (1, 2, 2)$

$\overrightarrow{AC} = (4-2, -1-1, 4-3) = (2, -2, 1)$

$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (1)(2) + (2)(-2) + (2)(1) = 2 - 4 + 2 = 0$

$\cos \theta = \frac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}|} = \frac{0}{|\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}|} = 0$

よって、$\theta = \frac{\pi}{2}$

(2)

$\overrightarrow{AB} = (1, 2, 2)$と$\overrightarrow{AC} = (2, -2, 1)$に垂直なベクトル $\vec{n}$ は、これらの外積で与えられます。

$\vec{n} = \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = (2\cdot1 - 2\cdot(-2), 2\cdot2 - 1\cdot1, 1\cdot(-2) - 2\cdot2) = (6, 3, -6)$

$\vec{n} = (6, 3, -6)$ は平面の法線ベクトルなので、平面の方程式は $6x + 3y - 6z + d = 0$ と表せます。

点A(2, 1, 3) を通るので、

$6(2) + 3(1) - 6(3) + d = 0$

$12 + 3 - 18 + d = 0$

$-3 + d = 0$

$d = 3$

したがって、平面の方程式は $6x + 3y - 6z + 3 = 0$

これは $2x + y - 2z + 1 = 0$ と簡略化できます。

(3)

点D(3, 5, 8) と平面 $2x + y - 2z + 1 = 0$ の距離 $l$ は、

$l = \frac{|2(3) + 5 - 2(8) + 1|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + (-2)^2}} = \frac{|6 + 5 - 16 + 1|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{|-4|}{3} = \frac{4}{3}$

(4)

四面体 ABCD の体積 V は、

$V = \frac{1}{6} | (\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AD} |$

$\overrightarrow{AD} = (3-2, 5-1, 8-3) = (1, 4, 5)$

$(\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}) \cdot \overrightarrow{AD} = (6, 3, -6) \cdot (1, 4, 5) = 6 + 12 - 30 = -12$

$V = \frac{1}{6} |-12| = \frac{1}{6} (12) = 2$

問題2

(1)

直線ABの媒介変数表示は、

$\vec{p} = (1-t)\vec{a} + t\vec{b} = (1-t)(1,2,3) + t(6,5,4) = (1+5t, 2+3t, 3+t)$

つまり、 $x = 1+5t, y=2+3t, z=3+t$

(2)

球面Sの方程式は、中心C(5,3,8)、半径$\sqrt{21}$であるから、

$(x-5)^2 + (y-3)^2 + (z-8)^2 = 21$

(3)

直線AB上の点を(1+5t, 2+3t, 3+t)とする。これが球面S上の点であるためには、

$(1+5t-5)^2 + (2+3t-3)^2 + (3+t-8)^2 = 21$

$(5t-4)^2 + (3t-1)^2 + (t-5)^2 = 21$

$25t^2 - 40t + 16 + 9t^2 - 6t + 1 + t^2 - 10t + 25 = 21$

$35t^2 - 56t + 42 = 21$

$35t^2 - 56t + 21 = 0$

$5t^2 - 8t + 3 = 0$

$(5t-3)(t-1) = 0$

$t=1, t=3/5$

$t=1$のとき、(6,5,4)

$t=3/5$のとき、(1+3, 2+9/5, 3+3/5)=(4, 19/5, 18/5)

交点は (6,5,4) と (4, 19/5, 18/5)

(4)

直線AB上の点を(1+5t, 2+3t, 3+t)とする。これが平面II上の点であるためには、

$3(1+5t) - 4(2+3t) + 5(3+t) + 6 = 0$

$3+15t - 8 - 12t + 15 + 5t + 6 = 0$

$8t + 16 = 0$

$t = -2$

$x = 1 + 5(-2) = -9$

$y = 2 + 3(-2) = -4$

$z = 3 + (-2) = 1$

交点は (-9,-4,1)

(5)

(3)の2つの交点のうち、点A(1,2,3)からより離れた方の点は (6,5,4)。よってE(6,5,4)

(4)の交点はF(-9,-4,1)

EFを2:3に内分する点G

$\vec{g} = \frac{3}{5} \vec{e} + \frac{2}{5} \vec{f} = \frac{3}{5}(6,5,4) + \frac{2}{5}(-9,-4,1) = (\frac{18-18}{5}, \frac{15-8}{5}, \frac{12+2}{5}) = (0, \frac{7}{5}, \frac{14}{5})$

$\overrightarrow{DG} = (0-(-5), \frac{7}{5}-(-5), \frac{14}{5}-2) = (5, \frac{32}{5}, \frac{4}{5})$

平面IIの法線ベクトルは、(3,-4,5)

$\cos\theta = \frac{|(5, \frac{32}{5}, \frac{4}{5}) \cdot (3, -4, 5)|}{|(5, \frac{32}{5}, \frac{4}{5})| |(3, -4, 5)|} = \frac{|15 - \frac{128}{5} + 4|}{\sqrt{25 + (\frac{32}{5})^2 + (\frac{4}{5})^2} \sqrt{9 + 16 + 25}} = \frac{|19-\frac{128}{5}|}{\sqrt{25 + \frac{1024+16}{25}} \sqrt{50}} = \frac{|\frac{95-128}{5}|}{\sqrt{25 + \frac{1040}{25}} 5\sqrt{2}} = \frac{\frac{33}{5}}{5\sqrt{2} \sqrt{\frac{625+1040}{25}}} = \frac{33/5}{5\sqrt{2} \frac{\sqrt{1665}}{5}} = \frac{33}{5\sqrt{3330}}$

3. 最終的な答え

問題1

(1) $\overrightarrow{AB} = (1, 2, 2), \overrightarrow{AC} = (2, -2, 1), \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0, \theta = \frac{\pi}{2}$

(2) $2x + y - 2z + 1 = 0$

(3) $\frac{4}{3}$

(4) 2

問題2

(1) $x = 1+5t, y=2+3t, z=3+t$

(2) $(x-5)^2 + (y-3)^2 + (z-8)^2 = 21$

(3) (6,5,4) と (4, 19/5, 18/5)

(4) (-9,-4,1)

(5) $\frac{33}{5\sqrt{3330}}$