センター試験数2B.ベクトル.三角関数(2013～)

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== センター試験数2･B.ベクトル.三角関数(2013～) ==

【2013年度センター試験.数学Ⅱ･B】第4問（選択問題）

(1)　OA=5, OC=4, ∠AOC=θである平行四辺形OABCにおいて，線分OAを3 : 2に内分する点をDとする。また，点Aを通り直線BDに垂直な直線と直線OCの交点をEとする。ただし，0<θ<πとする。
　以下， $\vec{OA}=\vec{a},\hspace{2}\vec{OC}=\vec{c}$ とおき，実数tを用いて $\vec{OE}=t\vec{c}$ と表す。

(1)　tを用いてcosθを表そう。

$\vec{AE}=t\vec{c}-\vec{a},\hspace{3}\vec{DB}=$

ア

イ

$\vec{a}+\vec{c},\hspace{3}\vec{a}\cdot\vec{c}=$ ウエcosθ

となるので， $\vec{AE}\cdot\vec{DB}=$ オにより

カ(キcosθ+1)

ク(cosθ+ケ)

　･･･①

となる。

解説を読む

(1)
$\vec{DB}=\vec{DA}+\vec{AB}$
$=\frac{2}{5}\vec{a}+\vec{c}$ →ア,イ
$\vec{a}\cdot\vec{c}=\rm{OA}\cdot\rm{OC}\cos\theta=20\cos\theta$ →ウエ
仮定により，AE⊥DBだから
$\vec{AE}\cdot\vec{DB}=0$ →オ
$(t\vec{c}-\vec{a})\cdot(\frac{2}{5}\vec{a}+\vec{c})=0$
$\frac{2}{5}t\vec{a}\cdot\vec{c}-\frac{2}{5}|\vec{a}|^2+ t|\vec{c}|^2-\vec{a}\cdot\vec{c}=0$
$8t\cos\theta-10+ 16t-20\cos\theta=0$
$(8\cos\theta + 16)t=20\cos\theta+ 10$
$t=\frac{20\cos\theta+ 10}{8\cos\theta + 16}=\frac{10(2\cos\theta+ 1)}{8(\cos\theta+ 2)}$
$t=\frac{5(2\cos\theta+ 1)}{4(\cos\theta+ 2)}$ →カ,キ,ク,ケ
→解説を隠す←

(2)　点Eは線分OC上にあるとする。θのとり得る値の範囲を求めよう。ただし，線分OCは両端の点O, Cを含むものとする。以下，r=cosθとおく。
　点Eが線分OC上にあることから，0≦t≦1である。0<r<1なので，①の右辺のcosθをrに置き換えた分母ク(r+ケ)は正である。したがって，条件0≦t≦1は
0≦カ(キr+1)≦ク(r+ケ)　･･･②
となる。
　rについての不等式②を解くことにより，θのとり得る値の範囲は

コ

≦θ≦

サ

シ

であることがわかる。

解説を読む

(2)
$0\underset{=}{\lt}t=\frac{5(2r+ 1)}{4(r+ 2)}\underset{=}{\lt}1$
かつ，分母の $4(r+ 2)\gt 0$ だから
$0\underset{=}{\lt}5(2r+ 1)\underset{=}{\lt}4(r+ 2)$
$0\underset{=}{\lt}5(2r+ 1)$ から
$r\underset{=}{\gt}-\frac{1}{2}$
$5(2r+ 1)\underset{=}{\lt}4(r+ 2)$ から
$10r+ 5\underset{=}{\lt}4r+ 8$
$6r\underset{=}{\lt}3$
$r\underset{=}{\lt}\frac{1}{2}$
以上から
$-\frac{1}{2}\underset{=}{\lt}r=\cos\theta\underset{=}{\lt}\frac{1}{2}$
$\frac{\pi}{3}\underset{=}{\lt}\theta\underset{=}{\lt}\frac{2}{3}\pi$ →コ,サ,シ

※教科書レベルの注意：cosθとθの対応は，大小の順が逆になることに注意

→解説を隠す←

(3)　 $\cos \theta=-\frac{1}{8}$ とする。直線AEと直線BDの交点をFとし，三角形BEFの面積を求めよう。①により，

ス

セ

となり，

$\vec{OF}=$

ソ

タ

$\vec{a}+$

チ

ツ

$\vec{c}$

となる。したがって，点Fは線分AEを1 : テに内分する。このことと，平行四辺形OABCの面積は

トナ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ニ　

ヌ

であることから，三角形BEFの面積は

ネ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ノ　

ハ

である。

解説を読む

(3)

$\cos\theta=-\frac{1}{8}$ のとき
$t=\frac{5(2\cos\theta+ 1)}{4(\cos\theta+ 2)}=\frac{5\times\frac{3}{4}}{4\times\frac{15}{8}}$
$=\frac{15}{4}\times\frac{8}{4\times 15}}=\frac{1}{2}$ →ス,セ

【２直線の交点を表す位置ベクトル】
== 一次独立なベクトルの性質 == 互いに平行でなく，零ベクトルでもない２つのベクトル $\vec{a},\hspace{3}\vec{b}$ と実数p, q, r, sについて
$p\vec{a}+ q\vec{b}=r\vec{a}+ s\vec{b}$
ならば
p=r, q=s
が成り立つ．

Fは直線DB上にあるから，実数0<p<1を用いて，次の形に書ける
$\vec{OF}=\frac{3}{5}\vec{a}+ p(\vec{a}+\vec{c}-\frac{3}{5}\vec{a})$
$=(\frac{3}{5}+\frac{2}{5}p)\vec{a}+ p\vec{c}$ ･･･(#1)
また，Fは直線AE上にあるから，実数0<q<1を用いて，次の形に書ける
$\vec{OF}=\vec{a}+ q(\frac{1}{2}\vec{c}-\vec{a})$
$=(1-q)\vec{a}+ \frac{q}{2}\vec{c}$ ･･･(#2)
(#1)(#2)において， $\vec{a},\hspace{3}\vec{c}$ は平行でもなく，零ベクトルでもないから，次の関係が成り立つ

$\frac{3}{5}+\frac{2}{5}p=1-q$
$p=\frac{q}{2}$
この連立方程式を解くと
$p=\frac{2}{3},\hspace{3}q=\frac{1}{3}$
したがって
$\vec{OF}=\frac{2}{3}\vec{a}+ \frac{1}{6}\vec{c}$ →ソ,タ,チ,ツ
→解説を隠す←

解説を読む

$q=\frac{1}{3}$ だから，AF:FE=1:2→テ
□OABC=OA·OCsinθ
ここで
$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\sqrt{1-\frac{1}{64}}$
$=\frac{\sqrt{63}}{8}=\frac{3\sqrt{7}}{8}$
だから
□OABC= $5\times 4\times \frac{3\sqrt{7}}{8}=\frac{15\sqrt{7}}{2}$ →ト,ナ,ニ,ヌ

　右図において，三角形ABEと平行四辺形OABCは底辺ABが共通で，高さの共通だから，三角形ABEの面積は平行四辺形OABCの面積の半分．
　さらに，三角形ABEと三角形BEFは，底辺の長さの比が三角形AE:FE=3:2で高さが共通だから，三角形BEFの面積は三角形ABEの面積の３分の２

△BEF=□OABC $\times\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}=\frac{15\sqrt{7}}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}=\frac{5\sqrt{7}}{2}$ →ネ,ノ,ハ

（参考）
(A) 上記の答案は，FB⊥FEを使わずに解いているように見えるが？

①式の段階で，FB⊥FEが使われており，(3)では $t=\frac{1}{2}$ がこれに対応している．

(B) FB⊥FEだから，S=FB·FE÷2で求められるはずだが？

確かに，S=FB·FE÷2でも求められるが
$|\vec{FB}|=\mid\frac{2\vec{a}+ 5\vec{c}}{6}\mid=\hspace{2}\cdots\hspace{2}=\frac{5\sqrt{2}}{6}$
$|\vec{FE}|=\mid\frac{2\vec{a}-\vec{c}}{3}\mid=\hspace{2}\cdots\hspace{2}=3\sqrt{14}$
などの計算は，そこそこの計算量を要するため，問題文の誘導に沿ってAF:FE=1:2を使って，三角形BEFの面積を求める方が有利なようである．

→解説を隠す←

【2014年度センター試験.数学Ⅱ･B】第4問（選択問題）

　座標空間において，立方体OABC-DEFGの頂点を

O(0, 0, 0), A(3, 0, 0), B(3, 3, 0), C(0, 3, 0)
D(0, 0, 3), E(3, 0, 3), F(3, 3, 3), G(0, 3, 3)

とし，ODを2:1に内分する点をK，OAを1:2に内分する点をLとする。BF上の点M，FG上の点NおよびK, Lの4点は同一平面上にあり，四角形KLMNは平行四辺形であるとする。

(1)　四角形KLMNの面積を求めよう。ベクトル $\vec{LK}$ を成分で表すと
$\vec{LK}$ =(アイ，ウ，エ)
となり，四角形KLMNが平行四辺形であることにより， $\vec{LK}$ =オである。オに当てはまるものを，次の⓪～③のうちから一つ選べ。

⓪ $\vec{ML}$ 　① $\vec{LM}$ 　② $\vec{NM}$ 　③ $\vec{MN}$

　ここで，M(3, 3, s), N(t, 3, 3)と表すと， $\vec{LK}$ =オであるので，s=カ，t=キとなり，NはFGを1:クに内分することがわかる。
　また， $\vec{LK}$ と $\vec{LM}$ について

$\vec{LK}\cdot\vec{LM}=$ ケ， $|\vec{LK}|=$ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ コ　， $|\vec{LM}|=$ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ サシ　

となるので，四角形KLMNの面積は $\sqrt{\hspace{30px;}}$ スセ　である。

解説を読む

♪∀～勝手に批評～個人の感想～∅♥
　いずれも教科書レベルの基本問題であり，問題文の誘導に従って空欄を埋めて行けば，正解できる考えられる．この問題では，受験生間に差は出ないと思われる．

(1)
K(0, 0, 2), L(1, 0, 0)だから
$\vec{LK}=(-1,\hspace{2}0,\hspace{2}2)$ →アイ,ウ,エ
四角形KLMNは平行四辺形であるから
$\vec{LK}=\vec{MN}$ →③ オ

M(3, 3, s), N(t, 3, 3)のとき， $\vec{MN}=(t-3,\hspace{2}0,\hspace{2}3-s)$ だから， $\vec{LK}=\vec{MN}$ となるには

t−3=−1
3−s=2

より，s=1, t=2→カ,キ
N(2, 3, 3)となるから，GN=2, NF=1
NはFGを1:2に内分する→ク

K(0, 0, 2), L(1, 0, 0), M(3, 3, 1)だから， $\vec{LK}=(-1,\hspace{2}0,\hspace{2}2)$ ， $\vec{LM}=(2,\hspace{2}3,\hspace{2}1)$
$\vec{LK}\cdot\vec{LM}=-2+ 0+ 2=0$ →ケ
$|\vec{LK}|=\sqrt{1+ 0+ 4}=\sqrt{5}$ →コ
$|\vec{LM}|=\sqrt{4+ 9+ 1}=\sqrt{14}$ →サシ

ケの解答から，LK⊥LMだから
□KLMN=LK×LM= $\sqrt{5}\times\sqrt{14}=\sqrt{70}$ →スセ
→解説を隠す←

(2)　四角形KLMNを含む平面をαとし，点Oを通り平面αと垂直に交わる直線をℓ，αとℓの交点をPとする。 $|\vec{OP}|$ と三角錐OLMNの体積を求めよう。
　P(p, q, r)とおくと， $\vec{OP}$ は $\vec{LK}$ および $\vec{LM}$ と垂直であるから， $\vec{OP}\cdot\vec{LK}=\vec{OP}\cdot\vec{LM}=$ ソとなるので，

p=タr, q=

チツ

テ

rであることがわかる。 $\vec{OP}$ と

$\vec{PL}$ が垂直であることによりr=

ト

ナニ

となり， $|\vec{OP}|$ を

求めると

$|\vec{OP}|=$

ヌ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ネノ　

ハヒ

である。 $|\vec{OP}|$ は三角形LMNを底面とする三角錐OLMNの高さであるから，三角錐OLMNの体積はフである。

解説を読む

$\vec{LK}=(-1,\hspace{2}0,\hspace{2}2)$ ， $\vec{LM}=(2,\hspace{2}3,\hspace{2}1)$
$\vec{OP}=(p,\hspace{2}q,\hspace{2}r)$ において， $\vec{OP}$ は $\vec{LK}$ および $\vec{LM}$ と垂直であるから
$\vec{OP}\cdot\vec{LK}=-p+ 2r=0$
$\vec{OP}\cdot\vec{LM}=2p+ 3q + r=0$
→ソ
より， $p=2r,\hspace{2}q=-\frac{5}{3}r$ →タ,チツ,テ

$\vec{OP}=(p,\hspace{2}q,\hspace{2}r)$ ， $\vec{PL}=(1-p,\hspace{2}-q,\hspace{2}-r)$ で， $\vec{OP}\perp\vec{PL}$ だから
$\vec{OP}\cdot\vec{PL}=p(1-p)-q^2-r^2=0$
この式に上記のタ,チ,ツ,テの結果を代入すると
$2r(1-2r)-\frac{25}{9}r^2-r^2=0$
この方程式を解くと
$r=0,\hspace{3}\frac{9}{35}$
$r=0$ のときは， $\vec{OP}=\vec{0}$ となって題意に合わないから， $r=\frac{9}{35}$ →ト,ナニ

$|\vec{OP}|=\sqrt{p^2+ q^2+ r^2}$
$=\sqrt{4r^2+ \frac{25}{9}r^2+ r^2}=\sqrt{\frac{70}{9}r^2}$
$=\sqrt{\frac{70}{9}}\times\frac{9}{35}=\frac{3\sqrt{70}}{35}$ →ヌ,ネノ,ハヒ

三角錐OLMNの底面積は平行四辺形KLMNの半分で，高さは共通のOPだから，三角錐OLMNの体積は
$V=\sqrt{70}\times\frac{3\sqrt{70}}{35}\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}=1$ →フ
→解説を隠す←

【2015年度センター試験.数学Ⅱ･B】第4問（選択問題）

　1辺の長さが1のひし形OABCにおいて，∠AOC=120°とする。辺ABを2:1に内分する点をPとし，直線BC上に点Qを $\vec{\rm{OP}}\perp\vec{\rm{OQ}}$ となるようにとる。以下， $\vec{\rm{OA}}=\vec{a},\hspace{3}\vec{\rm{OB}}=\vec{b}$ とおく。

(1)　三角形OPQの面積を求めよう。

$\vec{\rm{OP}}=$

ア

イ

$\vec{a}+$

ウ

イ

$\vec{b}$

である。実数tを用いて $\vec{\rm{OQ}}=(1-t)\vec{\rm{OB}}+ t\vec{\rm{OC}}$ と表されるので， $\vec{\rm{OQ}}=$ エ $t\vec{a}+\vec{b}$ である。

ここで， $\vec{a}\cdot\vec{b}=$

オ

カ

， $\vec{\rm{OP}}\cdot\vec{\rm{OQ}}=$ キである

ことから，t=

ク

ケ

である。

これらのことから， $|\vec{\rm{OP}}|=$

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ コ　

サ

， $|\vec{\rm{OQ}}|=$

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ シス　

セ

である。よって，三角形OPQの面積S1は，

S1=

ソ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ タ　　

チツ

である。

解説を読む

♪∀～勝手に批評～個人の感想～∅♥
　内容的に難しい事柄は扱われていないが，分数計算が込み入っているので，時間を取られてしまったり，計算間違いすることがあり得ます．

$\vec{\rm{OP}}=\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{b}$ →ア,イ,ウ,エ
次に， $\vec{\rm{OP}}\perp\vec{\rm{OQ}}$ だから
$\vec{\rm{OP}}\cdot\vec{\rm{OQ}}=0$
$(\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{b})\cdot(-t\vec{a}+\vec{b})=0$
$(\vec{a}+ 2\vec{b})\cdot(-t\vec{a}+\vec{b})=0$
$-t|\vec{a}|^2-2t\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{b}+ 2|\vec{b}|^2=0$
$-t-t+\frac{1}{2}+ 2=0$
$2t=\frac{5}{2}$
$t=\frac{5}{4}$ →ク,ケ

←仮定により， $|\vec{a}|=1,\hspace{3}|\vec{b}|=1$
$\vec{a}\cdot\vec{b}=\frac{1}{2}$

$|\vec{\rm{OP}}|^2=|\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{b}|^2$
$=\frac{1}{9}|\vec{a}|^2+\frac{4}{9}\vec{a}\cdot\vec{b}+\frac{4}{9}|\vec{b}|^2$
$=\frac{1}{9}+\frac{2}{9}+\frac{4}{9}=\frac{7}{9}$
$|\vec{\rm{OP}}|=\frac{\sqrt{7}}{3}$ →コ,サ

$|\vec{\rm{OQ}}|^2=|-\frac{5}{4}\vec{a}+\vec{b}|^2$
$=\frac{25}{16}|\vec{a}|^2-\frac{5}{2}\vec{a}\cdot\vec{b}+|\vec{b}|^2$
$=\frac{25}{16}-\frac{5}{4}+ 1=\frac{25-20+ 16}{16}=\frac{21}{16}$
$|\vec{\rm{OQ}}|=\frac{\sqrt{21}}{4}$ →シス,セ

$\vec{\rm{OP}}\perp\vec{\rm{OQ}}$ だから
$S_1=\rm{OP}\cdot\rm{OQ}=\frac{\sqrt{7}}{3}\times\frac{\sqrt{21}}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{7\sqrt{3}}{24}$ →ソ,タ,チツ
→解説を隠す←

(2)　辺BCを1:3に内分する点をRとし，直線ORと直線PQとの交点をTとする． $\vec{\rm{OT}}$ を $\vec{a}$ と $\vec{b}$ を用いて表し，三角形OPQと三角形PRTの面積比を求めよう。
　Tは直線OR上の点であり，直線PQ上の点でもあるので，実数r, sを用いて
$\vec{\rm{OT}}=r\vec{\rm{OR}}=(1-s)\vec{\rm{OP}}+s\vec{\rm{OQ}}$

と表すと，r=

テ

ト

，s=

ナ

ニ

となることがわかる。

よって， $\vec{\rm{OT}}=$

ヌネ

ノハ

$\vec{a}+$

ヒ

フ

$\vec{b}$ である。

　上で求めたr, sの値から，三角形OPQの面積S1と，三角形PRTの面積S2との比は，S1:S2=ヘホ:2である。

解説を読む

(2)

$\vec{\rm{OR}}=\vec{\rm{OB}}+(-\frac{1}{4}\vec{\rm{OA}})=-\frac{1}{4}\vec{a}+\vec{b}$ だから
$\vec{\rm{OT}}=r\vec{\rm{OR}}=(1-s)\vec{\rm{OP}}+s\vec{\rm{OQ}}$ より
$r(-\frac{1}{4}\vec{a}+\vec{b})=(1-s)(\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{2}{3}\vec{b})+s(-\frac{5}{4}\vec{a}+\vec{b})$
$-\frac{1}{4}r\vec{a}+ r\vec{b}=(\frac{1-s}{3}-\frac{5s}{4})\vec{a}+(\frac{2-2s}{3}+ s)\vec{b}$
$=\frac{4-19s}{12}\vec{a}+ \frac{2+ s}{3}\vec{b}$
ここで， $\vec{a}$ ∦ $\vec{b}$ かつ $\vec{a},\hspace{2}\vec{b}\ne\vec{0}$ だから（ベクトルの一次独立により）

$-\frac{1}{4}r=\frac{4-19s}{12}$
$r=\frac{2+ s}{3}$
この連立方程式を解くと
$r=\frac{7}{9},\hspace{3}s=\frac{1}{3}$ →テ,ト,ナ,ニ
$\vec{\rm{OT}}=r\vec{\rm{OR}}=\frac{7}{9}(-\frac{1}{4}\vec{a}+\vec{b})$

このとき
$=-\frac{7}{36}\vec{a}+\frac{7}{9}\vec{b}$ →ヌネ,ノハ,ヒ,フ

△OPQ:△PRT=S1:S2
において
PT:TQ=s:(1−s)=1:2, OT:TR=7:2
$S_1:S_2=7:2\times\frac{1}{3}=21:2$ →ヘホ
→解説を隠す←

【2016年度センター試験.数学Ⅱ･B】第4問（選択問題）

　四面体OABCにおいて， $|\vec{\rm{OA}}|=3,$ $|\vec{\rm{OB}}|=|\vec{\rm{OC}}|=2,$ ∠AOB=∠BOC=∠COA=60°であるとする。また，辺OA上に点Pをとり，辺BC上に点Qをとる。以下， $\vec{\rm{OA}}=\vec{a},\hspace{2}\vec{\rm{OB}}=\vec{b},\hspace{2}\vec{\rm{OC}}=\vec{c}$ とおく。

(1)　0≦s≦1, 0≦t≦1であるような実数s, tを用いて $\vec{\rm{OP}}=s\vec{a},\hspace{3}\vec{\rm{OQ}}=(1-t)\vec{b}+ t\vec{c}$ と表す。
$\vec{a}\cdot\vec{b}=\vec{a}\cdot\vec{c}$ =ア， $\vec{b}\cdot\vec{c}$ =イであることから

$|\vec{\rm{PQ}}|^2=($ ウs−エ $)^2+($ オt−カ $)^2+$ キ

となる。したがって， $|\vec{\rm{PQ}}|$ が最小となるのはs=

ク

ケ

，

コ

サ

のときであり，このとき $|\vec{\rm{PQ}}|=$ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ シ　とな

る。

解説を読む

(1)
$\vec{a}\cdot\vec{b}=3\times 2\times\cos 60^{\circ}=3\times 2\times\frac{1}{2}$
=3
$\vec{a}\cdot\vec{c}=3\times 2\times\cos 60^{\circ}=3\times 2\times\frac{1}{2}$
=3→ア
$\vec{b}\cdot\vec{c}=2\times 2\times\cos 60^{\circ}=2\times 2\times\frac{1}{2}$
=2→イ

$|\vec{\rm{PQ}}|^2=|(1-t)\vec{b}+ t\vec{c}-s\vec{a}|^2$
$=(1-t)^2|\vec{b}|^2+ t^2|\vec{c}|^2+ s^2|\vec{a}|^2$
$+ 2t(1-t)\vec{b}\cdot\vec{c}-2st\vec{a}\cdot\vec{c}-2s(1-t)\vec{a}\cdot\vec{b}$
$=4(1-t)^2+ 4t^2+ 9s^2+ 4t(1-t)-6st-6s(1-t)$
$=9s^2-6s+ 4t^2-4t+ 4$
$=(3s-1)^2-1+ (2t-1)^2-1+ 4$
$=(3s-1)^2+ (2t-1)^2+ 2$ →ウ,エ,オ,カ,キ

$|\vec{\rm{PQ}}|$ が最小となるのは
$s=\frac{1}{3},\hspace{3}t=\frac{1}{2}$ のとき→ク,ケ,コ,サ
このとき
$|\vec{\rm{PQ}}|=\sqrt{2}$ →シ
→解説を隠す←

(2)　三角形ABCの重心をGとする。 $|\vec{\rm{PQ}}|=$ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ シ　のとき，三角形GPQの面積を求めよう。
　 $\vec{\rm{OA}}\cdot\vec{\rm{PQ}}=$ スから，∠APQ=セソ°である。

したがって，三角形APQの面積は $\sqrt{\hspace{30px;}}$ タ　である。また

$\vec{\rm{OG}}=$

チ

ツ

$\vec{\rm{OA}}+$

テ

ト

$\vec{\rm{OQ}}$

であり，点Gは線分AQをナ:1に内分する点である。
　

以上のことから，三角形GPQの面積は

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ ニ　

ヌ

である。

解説を読む

(2)
$\vec{\rm{OP}}=\frac{1}{3}\vec{a},\hspace{3}\vec{\rm{OQ}}=\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}$ のとき
$\vec{\rm{OA}}\cdot\vec{\rm{PQ}}=\vec{a}\cdot(\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}-\frac{1}{3}\vec{a})$
$=\frac{1}{2}\vec{a}\cdot\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{a}\cdot\vec{c}-\frac{1}{3}|\vec{a}|^2$
$=\frac{1}{2}(3+ 3)-\frac{1}{3}\times 3^2=0$ →ス
∠APQ=180°−∠OPQ=90°→セ,ソ
△APQ=AP×PQ÷2
=2× $\sqrt{2}\div 2=\sqrt{2}$ →タ

△ABCの重心Gは，AとBCの中点Qを結ぶ線分AQを2:1に内分するから→ナ
$\vec{\rm{OG}}=\frac{1}{3}\vec{\rm{OA}}+\frac{1}{2}\vec{\rm{OQ}}$ →チ,ツ,テ,ト

$\vec{\rm{OG}}$ は,(1)のコ,サの結果 $t=\frac{1}{2}$ を用いて求めてもよい．

$\vec{\rm{OG}}=\frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}{3}$
$\vec{\rm{OQ}}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$
より
$\vec{\rm{OG}}=\frac{\vec{\rm{OA}}+ 2\vec{\rm{OQ}}}{3}$
しかし，AG:GQ=2:1となることは，高校数学Aの図形，高校数学Ⅱの点と直線，数学Bのベクトルなどの教科書に書かれている基本であるから，上記の答案のように黙って使ってよい．（このように書くと，答案の記述上，内分比が後で書かれることが不自然に見えるが，穴埋め問題だから気にしなくてよい）

スの結果からOA⊥PQだから
△OAQ=OA×PQ÷2= $3\times\sqrt{2}\div 2$
△PAQ=△OAQ× $\frac{2}{3}$
さらに
△GPQ=△PAQ× $\frac{1}{3}$
したがって
△GPQ= $3\times\sqrt{2}\div 2\times\frac{2}{3}\times\frac{1}{3}=\frac{\sqrt{2}}{3}$ →ニ,ヌ
→解説を隠す←

【2017年度センター試験.数学Ⅱ･B】第4問（選択問題）

　座標平面上に点A(2, 0)をとり，原点Oを中心とする半径が2の円周上に点B, C, D, E, Fを，点A, B, C, D, E, Fが順に正六角形の頂点となるようにとる。ただし，Bは第1象限にあるとする。

(1)　点Bの座標は(ア， $\sqrt{\hspace{30px;}}$ イ　)，点Dの座標は(−ウ，0)である。

(2)　線分BDの中点をMとし，直線AMと直線CDの交点をNとする。 $\vec{\rm{ON}}$ を求めよう。
　 $\vec{\rm{ON}}$ は実数r, sを用いて， $\vec{\rm{ON}}=\vec{\rm{OA}}+ r\vec{\rm{AM}}$ ， $\vec{\rm{ON}}=\vec{\rm{OD}}+ s\vec{\rm{DC}}$ と2通りに表すことができる。ここで

$\vec{\rm{AM}}=\Bigg(-$

エ

オ

，

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ カ　

キ

$\Bigg)$

$\vec{\rm{DC}}$ = ( ク， $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ケ　)
であるから

コ

サ

，s=

シ

ス

である。よって

$\vec{\rm{ON}}=\Bigg(-$

セ

ソ

，

タ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ チ　

ツ

$\Bigg)$

である。

解説を読む

♪∀～勝手に批評～個人の感想～∅♥
　いずれも教科書レベルの基本問題です．この問題では受験生の間で差が出ないので，確実に得点できるようにしましょう．

(1)
△OABは正三角形であるから
$B(1,\hspace{2}\sqrt{3})$ →ア,イ
OA=ODであるから
D(−2, 0)→ウ
(2)
$B(1,\hspace{2}\sqrt{3}),\hspace{2}D(-2,\hspace{2}0)$ の中点Mの座標は
$(\frac{1-2}{2},\hspace{2}\frac{\sqrt{3}+ 0}{2})=(-\frac{1}{2},\hspace{2}\frac{\sqrt{3}}{2})$
だから
$\vec{\rm{AM}}=(-\frac{1}{2}-2,\hspace{2}\frac{\sqrt{3}}{2}-0)=(-\frac{5}{2},\hspace{2}\frac{\sqrt{3}}{2})$ →エ,オ,カ,キ (#1)
$C(-1,\hspace{2}\sqrt{3}),\hspace{2}D(-2,\hspace{2}0)$ だから
$\vec{\rm{DC}}=(1,\hspace{2}\sqrt{3})$ →ク,ケ (#2)

(#1)(#2)を $\vec{\rm{OA}}+ r\vec{\rm{AM}}=\vec{\rm{OD}}+ s\vec{\rm{DC}}$ に代入すると
$(2,\hspace{2}0)+ r(-\frac{5}{2},\hspace{2}\frac{\sqrt{3}}{2})=(-2,\hspace{2}0)+ s(1,\hspace{2}\sqrt{3})$
x, y成分に分けると

$2-\frac{5}{2}r=-2+ s\Longrightarrow 4-5r=-4+ 2s$ ･･･(#3)
$\frac{\sqrt{3}}{2}r=\sqrt{3}s\Longrightarrow r=2s$ ･･･(#4)
(#4)を(#3)に代入
4−10s=−4+2s
12s=8
$s=\frac{2}{3}$ →シ,ス
$r=\frac{4}{3}$ →コ,サ

よって
$\vec{\rm{ON}}=\vec{\rm{OA}}+ r\vec{\rm{AM}}$
$=(2,\hspace{2}0)+\frac{4}{3}(-\frac{5}{2},\hspace{2}\frac{\sqrt{3}}{2})$
$=(2,\hspace{2}0)+(-\frac{10}{3},\hspace{2}\frac{2\sqrt{3}}{3})$
$=(-\frac{4}{3},\hspace{2}\frac{2\sqrt{3}}{3})$ →セ,ソ,タ,チ,ツ
→解説を隠す←

(3)　線分BF上に点Pをとり，そのy座標をaとする。点Pから直線CEに引いた垂線と，点Cから直線EPに引いた垂線との交点をHとする。
　 $\vec{\rm{EP}}$ が
$\vec{\rm{EP}}$ = ( テ，ト+ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ナ　)
と表せることにより，Hの座標をaを用いて表すと

$\Big($

ニaヌ+ネ

ノ

，ハ $\Big)$

である。
　さらに， $\vec{\rm{OP}}$ と $\vec{\rm{OH}}$ のなす角をθとする。 $\cos\theta=\frac{12}{13}$ のとき，aの値は

a=±

ヒ

フヘ

である。

解説を読む

(3)
$P(1,\hspace{2}a),\hspace{2}E(-1,\hspace{2}-\sqrt{3})$ だから
$\vec{\rm{EP}}=(2,\hspace{2}a+\sqrt{3})$ →テ,ト,ナ
$C(-1,\hspace{2}\sqrt{3})$ だからH(x, a)とおくと
$\vec{\rm{CH}}=(x+ 1,\hspace{2}a-\sqrt{3})$
CH⊥EPにより
$\vec{\rm{CH}}\cdot\vec{\rm{EP}}=2(x+ 1)+(a^2-3)=0$
$2x+a^2-1=0$
$x=\frac{1-a^2}{2}$
$H(\frac{-a^2+ 1}{2},\hspace{2}a)$ →ニ,ヌ,ネ,ノ,ハ

$\vec{\rm{OP}}=(1,\hspace{2}a),\hspace{2}\vec{\rm{OH}}=(\frac{-a^2+ 1}{2},\hspace{2}a)$ のなす角をθとすると
$\cos\theta=\frac{\vec{\rm{OP}}\cdot\vec{\rm{OH}}}{|\vec{\rm{OP}}|\cdot|\vec{\rm{OH}}|}$
$=\frac{\frac{1-a^2}{2}+ a^2}{\sqrt{1+ a^2}\times\sqrt{(\frac{1-a^2}{2})^2+ a^2}}$
$=\frac{\frac{1+ a^2}{2}}{\sqrt{1+ a^2}\times\sqrt{\frac{1-2a^2+ a^4+ 4a^2}{4}}}$
$=\frac{\frac{1+ a^2}{2}}{\sqrt{1+ a^2}\times\sqrt{\frac{1+ 2a^2+ a^4}{4}}}$
$=\frac{\frac{1+ a^2}{2}}{\sqrt{1+ a^2}\times\frac{1+ a^2}{2}}=\frac{1}{\sqrt{a^2+ 1}}=\frac{12}{13}$
$1+ a^2=\frac{169}{144}$
$a^2=\frac{25}{144}$
$a=\pm\frac{5}{12}$ →ヒ,フ,ヘ
→解説を隠す←

【2018年度センター試験.数学Ⅱ･B】第4問（選択問題）

　aを0<a<1を満たす定数とする。三角形ABCを考え，辺ABを1:3に内分する点をD，辺BCをa:(1−a)に内分する点をE，直線AEと直線CDの交点をFとする。 $\vec{\rm{FA}}=\vec{p},\hspace{2}\vec{\rm{FB}}=\vec{q},\hspace{2}\vec{\rm{FC}}=\vec{r}$ とおく。

(1)　 $\vec{\rm{AB}}=$ アであり

$|\vec{\rm{AB}}|^2=|\vec{p}|^2-$ イ $\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{q}|^2$ ･･･①

である。ただし，アについては，当てはまるものを,次の⓪～③のうちから一つ選べ。

　⓪ $\vec{p}+\vec{q}$ 　① $\vec{p}-\vec{q}$ 　② $\vec{q}-\vec{p}$ 　③ $-\vec{p}-\vec{q}$

(2)　 $\vec{\rm{FD}}$ を $\vec{p}$ と $\vec{q}$ を用いて表すと

$\vec{\rm{FD}}=$

ウ

エ

$\vec{p}+$

オ

カ

$\vec{q}$ ･･･②

である。

解説を読む

(1)
$\vec{\rm{AB}}=\vec{q}-\vec{p}$ →②ア
$|\vec{\rm{AB}}|^2=(\vec{q}-\vec{p})\cdot(\vec{q}-\vec{p})$
$=|\vec{p}|^2-2\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{q}|^2$ →イ
(2)
$\vec{\rm{FD}}=\frac{3}{4}\vec{p}+\frac{1}{4}\vec{q}$ →ウ,エ,オ,カ
→解説を隠す←

(3)　s, tをそれぞれ $\vec{\rm{FD}}=s\vec{r},\hspace{3}\vec{\rm{FE}}=t\vec{p}$ となる実数とする。sとtをaを用いて表そう。
　 $\vec{\rm{FD}}=s\vec{r}$ であるから，②により
$\vec{q}=$ キク $\vec{p}+$ ケ $s\vec{r}$ ･･･③
である。また， $\vec{\rm{FE}}=t\vec{p}$ であるから

$\vec{q}=$

コ−サ

$\vec{p}-$

シ

コ−サ

$\vec{r}$ ･･･④

である。③と④により

スセ

ソ(コ−サ)

t=タチ(コ−サ)
である。

解説を読む

(3)
$s\vec{r}=\frac{3}{4}\vec{p}+\frac{1}{4}\vec{q}$ だから
$\vec{q}=-3\vec{p}+ 4s\vec{r}$ →キ,ク,ケ
$t\vec{p}=(1-a)\vec{p}+ a\vec{r}\hspace{5}(1-a\ne 0)$ だから
$\vec{q}=\frac{t}{1-a}\vec{p}-\frac{a}{1-a}\vec{r}$ →コ,サ,シ
$(\vec{q}=)-3\vec{p}+ 4s\vec{r}=\frac{t}{1-a}\vec{p}-\frac{a}{1-a}\vec{r}$
において， $\vec{p},\hspace{3}\vec{r}$ は互いに平行でなく，零ベクトルでもないから，係数比較できる

$-3=\frac{t}{1-a}$
$4s=-\frac{a}{1-a}$
これより
$s=\frac{-a}{4(1-a)},\hspace{3}t=-3(1-a)$ →スセ,ソ,タチ
→解説を隠す←

(4)　 $|\vec{\rm{AB}}|=|\vec{\rm{BE}}|$ とする。 $|\vec{p}|=1$ のとき， $\vec{p}$ と $\vec{q}$ の内積をaを用いて表そう。
　①により
$|\vec{\rm{AB}}|^2=1-$ イ $\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{q}|^2$
である。また
$|\vec{\rm{BE}}|^2=$ ツ(コ−サ)2

+テ(コ−サ) $\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{q}|^2$
である。したがって

$\vec{p}\cdot\vec{q}=$

トナ−ニ

ヌ

である。

解説を読む

(4)
$|\vec{\rm{AB}}|^2=1-2\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{q}|^2$ ･･･(#1)
$|\vec{\rm{BE}}|^2=|a(\vec{r}-\vec{q})|^2$
ここで③から
$\vec{q}=-3\vec{p}-\frac{a}{1-a}\vec{r}$
$\vec{r}=-\frac{1-a}{a}(3\vec{p}+\vec{q})$
$\vec{r}-\vec{q}=-\frac{1-a}{a}(3\vec{p}+\vec{q})-\vec{q}$
$=-\frac{3(1-a)}{a}\vec{p}-\frac{1}{a}\vec{q}$
$a(\vec{r}-\vec{q})=-3(1-a)\vec{p}-\vec{q}$
したがって
$|\vec{\rm{BE}}|^2=9(1-a)^2+ 6(1-a)\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{q}|^2$ →ツ,テ･･･(#2)
(#1)と(#2)が等しいとき
$1-2\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{q}|^2=9(1-a)^2+ 6(1-a)\vec{p}\cdot\vec{q}+|\vec{q}|^2$
$(6a-8)\vec{p}\cdot\vec{q}=9(1-a)^2-1=9a^2-18a+ 8$
$2(3a-4)\vec{p}\cdot\vec{q}=(3a-2)(3a-4)$
0<a<1だから，両辺を $3a-4\ne 0$ で割ると
$\vec{p}\cdot\vec{q}=\frac{3a-2}{2}$ →ト,ナ,ニ,ヌ
→解説を隠す←

【2019年度センター試験.数学Ⅱ･B】第4問（選択問題）

　四角形ABCDを底面とする四角錘すいOABCDを考える。四角形ABCDは,辺ADと辺BCが平行で, AB=CD, ∠ABC=∠BCDを満たすとする。さらに， $\vec{\rm{OA}}=\vec{a}$ ， $\vec{\rm{OB}}=\vec{b}$ ， $\vec{\rm{OC}}=\vec{c}$ として

$|\vec{a}|=1,\hspace{10}|\vec{b}|=\sqrt{3},\hspace{10}|\vec{c}|=\sqrt{5}$
$\vec{a}\cdot\vec{b}=1,\hspace{10}\vec{b}\cdot\vec{c}=3,\hspace{10}\vec{a}\cdot\vec{c}=0$

であるとする。

(1)　∠AOC=アイ°により，三角形OACの面積は

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ ウ　

エ

である。

(2)　 $\vec{\rm{BA}}\cdot\vec{\rm{BC}}=$ オカ, $|\vec{\rm{BA}}|=$ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ キ　, $|\vec{\rm{BC}}|=$ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ク　
であるから，∠ABC=ケコサ°である。さらに，辺ADと辺BCが平行であるから，∠BAD=∠ADC=シス°である。よって， $\vec{\rm{AD}}=$ セ $\vec{\rm{BC}}$ であり
$\vec{\rm{OD}}=\vec{a}-$ ソ $\vec{b}}+$ タ $\vec{c}}$

と表される。また，四角形ABCDの面積は

チ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ツ　

テ

である。

解説を読む

(1)
$\vec{a}\cdot\vec{c}=0$ だから
∠AOC=90°→アイ
さらに， $|\vec{a}|=1,\hspace{10}|\vec{c}|=\sqrt{5}$ だから
$\Delta\rm{OAC}=\frac{1}{2}\times 1\times\sqrt{5}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ →ウ,エ
(2)

$|\vec{a}|=1$
$|\vec{b}|=\sqrt{3}$
$|\vec{c}|=\sqrt{5}$
$\vec{a}\cdot\vec{b}=1$
$\vec{b}\cdot\vec{c}=3$
$\vec{a}\cdot\vec{c}=0$

$\vec{\rm{BA}}\cdot\vec{\rm{BC}}=(\vec{a}-\vec{b})\cdot(\vec{c}-\vec{b})$
$=\vec{a}\cdot\vec{c}-\vec{a}\cdot\vec{b}-\vec{b}\cdot\vec{c}-|\vec{b}|^2$
$=0-1-3+ 3=-1$ →オカ
$|\vec{\rm{BA}}|^2=(\vec{a}-\vec{b})\cdot(\vec{a}-\vec{b})$
$=|\vec{a}|^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}+|\vec{b}|^2$
$=1-2+ 3=2$
$|\vec{\rm{BA}}|=\sqrt{2}$ →キ
$|\vec{\rm{BC}}|^2=(\vec{c}-\vec{b})\cdot(\vec{c}-\vec{b})$
$=|\vec{c}|^2-2\vec{c}\cdot\vec{b}+|\vec{b}|^2$
$=5-6+ 3=2$
$|\vec{\rm{BC}}|=\sqrt{2}$ →ク

$\vec{\rm{BA}}\cdot\vec{\rm{BC}}=|\vec{\rm{BA}}|\cdot|\vec{\rm{BC}}|\cos$ ∠ $\rm{ABC}$
$-1=\sqrt{2}\times\sqrt{2}\cos$ ∠ $\rm{ABC}$

$\cos$ ∠ $\rm{ABC}=-\frac{1}{2}$
∠ $\rm{ABC}=120^{\circ}$ →ケコサ
AD∥BC, AB=CD,∠ABCだから
∠BAD=180°−∠ABC=60°
∠ADC=∠BAD=60°→シス
$\rm{AD}=2\sqrt{2},\hspace{3}\rm{BC}=\sqrt{2}$
$\vec{\rm{AD}}=2\vec{\rm{BC}}$ →セ
$\vec{\rm{OD}}=\vec{\rm{OA}}+\vec{\rm{AD}}$
$=\vec{\rm{OA}}+ 2\vec{\rm{BC}}$
$=\vec{a}+ 2(\vec{c}-\vec{b})$
$=\vec{a}-2\vec{b}+ 2\vec{c}$ →ソ,タ
等脚台形ABCDの上底，下底の長さは各々 $\rm{AD}=2\sqrt{2},\hspace{3}\rm{BC}=\sqrt{2}$ で高さは $\sqrt{3}$ だから面積は
$S=\frac{1}{2}(2\sqrt{2}+\sqrt{2})\times\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$ →チ,ツ,テ →解説を隠す←

(3)　三角形OACを底面とする三角錐BOACの体積Vを求めよう。
　3点O, A, Cの定める平面α上に，点Hを $\vec{\rm{BH}}\perp\vec{a}$ と $\vec{\rm{BH}}\perp\vec{c}$ が成り立つようにとる。 $|\vec{\rm{BH}}|$ は三角錐BOACの高さである。Hはα上の点であるから，実数s, tを用いて $\vec{\rm{OH}}=s\vec{a}+ t\vec{c}$ の形に表される。
$\vec{\rm{BH}}\cdot\vec{a}=$ ト， $\vec{\rm{BH}}\cdot\vec{c}=$ トにより，

s=ナ，t=

ニ

ヌ

である。よって， $|\vec{\rm{BH}}|=$

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ ネ　

ノ

が得られる。したがっ

て，(1)により，V=

ハ

ヒ

であることがわかる。

(4)　(3)のVを用いると，四角錘OABCDの体積は
フVと表せる。さらに，四角形ABCDを底面とする

四角錘OABCDの高さは

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ ヘ　

ホ

である。

解説を読む

♪∀～勝手に批評～個人の感想～∅♥
　　　αアルファとaエィが紛らわしい．

(3)
$\vec{\rm{OH}}=s\vec{a}+ t\vec{c}$ とおくと
仮定により $\vec{\rm{BH}}\cdot\vec{a}=\vec{\rm{BH}}\cdot\vec{c}=0$ →ト

$|\vec{a}|=1$
$|\vec{b}|=\sqrt{3}$
$|\vec{c}|=\sqrt{5}$
$\vec{a}\cdot\vec{b}=1$
$\vec{b}\cdot\vec{c}=3$
$\vec{a}\cdot\vec{c}=0$

$s-1=0$
$\vec{\rm{BH}}=s\vec{a}+ t\vec{c}-\vec{b}$ だから
$\vec{\rm{BH}}\cdot\vec{a}=(s\vec{a}+ t\vec{c}-\vec{b})\cdot\vec{a}=0$
$s|\vec{a}|^2+ t\vec{c}\cdot\vec{a}-\vec{b}\cdot\vec{a}=0$
$s-1=0$

$\vec{\rm{BH}}\cdot\vec{c}=(s\vec{a}+ t\vec{c}-\vec{b})\cdot\vec{c}=0$
$s\vec{a}\cdot\vec{c}+ t|\vec{c}|^2-\vec{b}\cdot\vec{c}=0$
$5t-3=0$

以上から
$s=1,\hspace{3}t=\frac{3}{5}$ →ナ,ニ,ヌ
よって
$\vec{\rm{BH}}=\vec{a}-\vec{b}+\frac{3}{5}\vec{c}$ となるから
$|\vec{\rm{BH}}|^2=|\vec{a}-\vec{b}+\frac{3}{5}\vec{c}|^2$
$=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+\frac{9}{25}|\vec{c}|^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}+\frac{6}{5}\vec{a}\cdot\vec{c}-\frac{6}{5}\vec{b}\cdot\vec{c}$
$=1+ 3+\frac{9}{5}-2+ 0-\frac{18}{5}=\frac{1}{5}$
$|\vec{\rm{BH}}|=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$ →ネ,ノ
(1)により
$V=\frac{1}{3}\times\frac{\sqrt{5}}{2}\times\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{1}{6}$ →ハ,ヒ
(4)
等脚台形ABCDの面積は三角形ABCの面積の3倍→三角形3V→フ
(2)のチ,ツ,テの結果から
$\frac{3\sqrt{3}}{2}\times\frac{h}{3}=3\times\frac{1}{6}$
$h=\frac{\sqrt{3}}{3}$ →ヘ,ホ
→解説を隠す←

【2020年度センター試験.数学Ⅱ･B】第4問（選択問題）

　点Oを原点とする座標空間に2点
$A(3,\hspace{3}3,\hspace{3}-6),\hspace{5}B(2+ 2\sqrt{3},\hspace{3}2-2\sqrt{3},\hspace{3}-4)$
をとる。3点O, A, Bの定める平面をαとする。また，αに含まれる点Cは
$\vec{\rm{OA}}\perp\vec{\rm{OC}},\hspace{10}\vec{\rm{OB}}\cdot\vec{\rm{OC}}=24$ ･･･①
を満たすとする。

(1)　 $|\vec{\rm{OA}}|=$ ア $\sqrt{\hspace{30px;}}$ イ　， $|\vec{\rm{OB}}|=$ ウ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ エ　であり， $\vec{\rm{OA}}\cdot\vec{\rm{OB}}=$ オカである。

(2)　点Cは平面α上にあるので，実数s, tを用いて，
$\vec{\rm{OC}}=s\vec{\rm{OA}}+ t\vec{\rm{OB}}$ と表すことができる。このとき，

①からs=

キク

ケ

，t=コである。したがって，

$|\vec{\rm{OC}}|=$ サ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ シ　である。

解説を読む

♪∀～勝手に批評～個人の感想～∅♥
　(1)(2)は教科書レベルの基本問題です．確実に得点できるようにしましょう．

(1)
$|\vec{\rm{OA}}|=\sqrt{3^2+ 3^2+(-6)^2}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}$ →ア,イ
$|\vec{\rm{OB}}|=\sqrt{(2+ 2\sqrt{3})^2+ (2-2\sqrt{3})^2+(-4)^2}$
$=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$ →ウ,エ
$\vec{\rm{OA}}\cdot\vec{\rm{OB}}=3(2+ 2\sqrt{3})+ 3(2-2\sqrt{3})+(-4)\times(-6)$
$=36$ →オ,カ
(2)
$\vec{\rm{OA}}\cdot(s\vec{\rm{OA}}+ t\vec{\rm{OB}})=0$ だから
$54s+ 36t=0$
$3s+ 2t=0$ ･･･(#1)
$\vec{\rm{OB}}\cdot(s\vec{\rm{OA}}+ t\vec{\rm{OB}})=24$ だから
$36s+ 48t=24$
$3s+ 4t=2$ ･･･(#2)
(#1)(#2)の連立方程式を解くと
$s=-\frac{2}{3},\hspace{2}t=1$ →キク,ケ,コ
このとき
$\vec{\rm{OC}}=-\frac{2}{3}\vec{\rm{OA}}+ \vec{\rm{OB}}$
$=-\frac{2}{3}(3,\hspace{3}3,\hspace{3}-6)+(2+ 2\sqrt{3},\hspace{3}2-2\sqrt{3},\hspace{3}-4)$
$=(-2,\hspace{3}-2,\hspace{3}4)+(2+ 2\sqrt{3},\hspace{3}2-2\sqrt{3},\hspace{3}-4)$
$=(2\sqrt{3},\hspace{3}-2\sqrt{3},\hspace{3}0)$
だから
$|\vec{\rm{OC}}|=\sqrt{12+ 12+ 0}=2\sqrt{6}$ →サ,シ →解説を隠す←

(3)　 $\vec{\rm{CB}}=\big($ ス，セ，ソタ $\big)$ である。したがって，平面α上の四角形OABCはチ。チに当てはまるものを，次の⓪～④のうちから一つ選べ。ただし，少なくとも一組の対辺が平行な四角形を台形という。

⓪ 正方形である
① 正方形ではないが，長方形である
② 長方形ではないが，平行四辺形である
③ 平行四辺形ではないが，台形である
④ 台形ではない

　 $\vec{\rm{OA}}\perp\vec{\rm{OC}}$ であるので，四角形OABCの面積はツテである。

解説を読む

(3)
$\vec{\rm{OC}}=(2\sqrt{3},\hspace{3}-2\sqrt{3},\hspace{3}0)$
$\vec{\rm{OB}}=(2+ 2\sqrt{3},\hspace{3}2-2\sqrt{3},\hspace{3}-4)$
だから
$\vec{\rm{CB}}=(2,\hspace{2}2,\hspace{2}-4)$ →ス,セ,ソタ
また，
$\vec{\rm{OA}}=(3,\hspace{2}3,\hspace{2}-6)=\frac{3}{2}\vec{\rm{CB}}$
だから
CB∥OA, CB≠OA･･･(#3)
一方で
$\vec{\rm{OC}}=(2\sqrt{3},\hspace{3}-2\sqrt{3},\hspace{3}0)$ ， $|\vec{\rm{OC}}|=2\sqrt{6}$
$\vec{\rm{AB}}=(-1+ 2\sqrt{3},\hspace{3}-1-2\sqrt{3},\hspace{3}2)$ ， $|\vec{\rm{AB}}|=\sqrt{30}$

だから
OC∦AB, OC≠AB･･･(#4)
(#3)(#4)より四角形OABCは台形→③ チ

OA⊥OCだから四角形OABCの面積は
$S=2\sqrt{6}(2\sqrt{6}+ 3\sqrt{6})\div 2=30$ →ツテ
→解説を隠す←

(4)　 $\vec{\rm{OA}}\perp\vec{\rm{OD}},\hspace{3}\vec{\rm{OC}}\cdot\vec{\rm{OD}}=2\sqrt{6}$ かつz座標が1であるような点Dの座標は

$\Bigg($ ト+

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ ナ　

ニ

ヌ−

$\sqrt{\hspace{30px;}}$ ネ　

ノ

, 1 $\Bigg)$

である。このとき，∠COD=ハヒ°である。

　3点O, C, Dの定める平面をβとする。αとβは垂直であるので，三角形ABCを底面とする四面体DABCの高さは $\sqrt{\hspace{30px;}}$ フ　である。したがって，四面体DABCの体積はヘ $\sqrt{\hspace{30px;}}$ ホ　である。

解説を読む

(4)
D(x, y, 1)とおく
$\vec{\rm{OA}}\perp\vec{\rm{OD}}$ だから $3x+ 3y-6=0$ ･･･(#5)
$\vec{\rm{OC}}\cdot\vec{\rm{OD}}=2\sqrt{6}$ だから $2\sqrt{3}x-2\sqrt{3}y=2\sqrt{6}$ ･･･(#6)
(#5)(#6)より

x+y=2
x−y= $\sqrt{2}$
$x=\frac{2+\sqrt{2}}{2},\hspace{2}y=\frac{2-\sqrt{2}}{2}$
$D\Big(\frac{2+\sqrt{2}}{2},\hspace{2}\frac{2-\sqrt{2}}{2},\hspace{2}1\Big)$ →ト,ナ,ニ,ヌ,ネ,ノ

$\vec{\rm{OC}}\cdot\vec{\rm{OD}}=2\sqrt{6},\hspace{2}|\vec{\rm{OC}}|=2\sqrt{6}$
$|\vec{\rm{OD}}|=\sqrt{(1+\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(1-\frac{\sqrt{2}}{2})^2+ 1}=2$
を
$\vec{\rm{OC}}\cdot\vec{\rm{OD}}$ =OC·OD·cos∠COD
に代入すると
$2\sqrt{6}=2\sqrt{6}\times 2$ cos∠COD
cos∠COD= $\frac{1}{2}$
∠COD=60°→ハ,ヒ

∠COD=60°, OD=2だから，DからOCに降ろした垂線の足をHとおくと
$DH=\sqrt{3}$
　これが三角形ABCを底面とする四面体DABCの高さになる→フ
　四角錐ODABCの体積は
$V_1=\frac{30\times\sqrt{3}}{3}$
　求める四面体DABCは，高さが四角錐ODABCと共通で，底面積が $\frac{2}{5}$ だから四面体DABCの体積は
$V_1\times\frac{2}{5}=\frac{30\times\sqrt{3}}{3}\times\frac{2}{5}=4\sqrt{3}$ →ヘ,ホ
→解説を隠す←

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