京都大学 理系数学 2022年 第4問 解説

今回は、京都大学理系数学（2022年 第4問）の解説をしたいと思います。

問題

　四面体 $\mathrm{OABC}$ が
$$\begin{array}{l}
\mathrm{OA}=4, \\
\mathrm{OB=AB=BC}=3, \\
\mathrm{OC=AC}=2 \sqrt{ 3 }
\end{array}$$を満たしているとする．$\mathrm{P}$ を辺 $\mathrm{BC}$ 上の点とし，$\triangle \mathrm{OAP}$ の重心を $\mathrm{G}$ とする．このとき，次の各問に答えよ．

⑴　$\overrightarrow{ \mathrm{PG} } \perp \overrightarrow{ \mathrm{OA} }$ を示せ．

⑵　$\mathrm{P}$ が辺 $\mathrm{BC}$ 上を動くとき，$\mathrm{PG}$ の最小値を求めよ．

（京都大学）

解答

⑴

解法1（幾何）

辺 $\mathrm{OA}$ の中点を $\mathrm{M}$ とする。

$\triangle \mathrm{OBC}$ と $\triangle \mathrm{ABC}$ について
$$\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathrm{OB=AB} \ (=3) \\
\mathrm{BC=BC} \\
\mathrm{OC=AC} \ \big(\!=2 \sqrt{ 3 }\big)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$$より、$3$ 組の辺がそれぞれ等しいので $\triangle \mathrm{OBC} \equiv \triangle \mathrm{ABC}$ である。

すなわち、$\angle \mathrm{OBC} = \angle \mathrm{ABC}$ である。

さらに、$\mathrm{P}$ が辺 $\mathrm{BC}$ 上にあることを考慮すると、$\triangle \mathrm{OBP}$ と $\triangle \mathrm{ABP}$ について
$$\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\mathrm{OB=AB} \ (=3) \\
\mathrm{BP=BP} \\
\angle \mathrm{OBP} = \angle \mathrm{ABP}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}$$より、$2$ 組の辺とその間の角がそれぞれ等しいので $\triangle \mathrm{OBP} \equiv \triangle \mathrm{ABP}$ である。

よって、$\mathrm{OP} = \mathrm{AP}$ であるから、$\triangle \mathrm{OAP}$ は二等辺三角形である。

したがって、$\mathrm{PM} \perp \mathrm{OA}$ であり、$\triangle \mathrm{OAP}$ の重心である $\mathrm{G}$ は辺 $\mathrm{PM}$ 上の点であるから、$$\overrightarrow{ \mathrm{PG} } \perp \overrightarrow{ \mathrm{OA} }$$$$\tag{証明終}$$

解法2（ベクトル）

$\overrightarrow{ \mathrm{OA} } = \overrightarrow{ a }, \ \overrightarrow{ \mathrm{OB} } = \overrightarrow{ b }, \ \overrightarrow{ \mathrm{OC} } = \overrightarrow{ c }$ とおく。

$$\begin{eqnarray}
\big| \ \overrightarrow{ a } \ \big| &=& \mathrm{OA} = 4 \\
\big| \ \overrightarrow{ b } \ \big| &=& \mathrm{OB} = 3 \\
\big| \ \overrightarrow{ c } \ \big| &=& \mathrm{OC} = 2 \sqrt{ 3 } \\[0.5em]
\overrightarrow{ \mathstrut a } \cdot \overrightarrow{ \mathstrut b } &=& \dfrac{\mathrm{OA}^2+\mathrm{OB}^2-\mathrm{AB}^2}{2} \\
&=& \dfrac{4^2+3^2-3^2}{2} = 8 \\[0.5em]
\overrightarrow{ \mathstrut b } \cdot \overrightarrow{ \mathstrut c } &=& \dfrac{\mathrm{OB}^2+\mathrm{OC}^2-\mathrm{BC}^2}{2} \\
&=& \dfrac{3^2+\big(2 \sqrt{ 3 }\big)^2-3^2}{2} = 6 \\[0.5em]
\overrightarrow{ c } \cdot \overrightarrow{ a } &=& \dfrac{\mathrm{OC}^2+\mathrm{OA}^2-\mathrm{CA}^2}{2} \\
&=& \dfrac{\big(2 \sqrt{ 3 }\big)^2+4^2-\big(2 \sqrt{ 3 }\big)^2}{2} = 8
\end{eqnarray}$$

辺 $\mathrm{OA}$ の中点を $\mathrm{M}$ とすると、
$$\overrightarrow{ \mathrm{OM} } = \dfrac{1}{2} \ \overrightarrow{ a }$$

$t$ を $0 \leqq t \leqq 1$ を満たす実数とし、$\mathrm{BP} : \mathrm{PM} = t : (1-t)$ とすると
$$\overrightarrow{ \mathrm{OP} } = (1-t)\overrightarrow{ b } + t\overrightarrow{ c }$$

$\mathrm{G}$ は $\triangle \mathrm{OAP}$ の重心であり、辺 $\mathrm{PM}$ を $2:1$ に内分するので、
$$\begin{eqnarray}
\overrightarrow{ \mathrm{PG} } &=& \dfrac{2}{3} \overrightarrow{ \mathrm{PM} } \\
&=& \dfrac{2}{3} ( \overrightarrow{ \mathrm{OM} } \ – \ \overrightarrow{ \mathrm{OP} } ) \\
&=& \dfrac{2}{3} \left[ \dfrac{1}{2} \ \overrightarrow{ a } \ – \ \Big\{ (1-t)\overrightarrow{ b } + t \ \overrightarrow{ c } \ \Big\} \right] \\
&=& \dfrac{1}{3} \Big\{ \ \overrightarrow{ a } \ – \ 2(1-t)\overrightarrow{ b } \ – \ 2t \ \overrightarrow{ c } \ \Big\}
\end{eqnarray}$$

よって
$$\begin{eqnarray}
\overrightarrow{ \mathrm{PG} } \cdot \overrightarrow{ \mathrm{OA} } &=& \dfrac{1}{3} \Big\{ \ \overrightarrow{ a } \ – \ 2(1-t)\overrightarrow{ b } \ – \ 2t \ \overrightarrow{ c } \ \Big\} \cdot \overrightarrow{ a } \\
&=& \dfrac{1}{3} \Big\{ \big| \ \overrightarrow{ a } \ \big|^2 \ – \ 2(1-t)\overrightarrow{ \mathstrut a } \cdot \overrightarrow{ \mathstrut b } \ – \ 2t \ \overrightarrow{ c } \cdot \overrightarrow{ a } \ \Big\} \\
&=& \dfrac{1}{3} \big\{ 4^2 \ – \ 2(1-t) \cdot 8 \ – \ 2t \cdot 8 \big\} \\[0.3em]
&=& 0
\end{eqnarray}$$

したがって$$\overrightarrow{ \mathrm{PG} } \perp \overrightarrow{ \mathrm{OA} }$$$$\tag{証明終}$$

⑵

解法1

$\mathrm{PG} = \dfrac{2}{3} \mathrm{PM} \quad \cdots \text{①}$ であるから、$\mathrm{PG}$ が最小となるのは $\mathrm{PM}$ が最小となるときである。

また、$\triangle \mathrm{OMP}$ は $\angle \mathrm{OMP} = 90 ^{\circ}$ の直角三角形であり、
$$\begin{eqnarray}
\mathrm{PM} &=& \sqrt{ \mathrm{OP}^2 \ – \ \mathrm{OM}^2 } \\
&=& \sqrt{ \mathrm{OP}^2 \ – \ 2^2 } = \sqrt{ \mathrm{OP}^2 \ – \ 4 } \quad \cdots \text{②}
\end{eqnarray}$$なので、$\mathrm{PM}$ が最小となるのは $\mathrm{OP}$ が最小となるときである。

ここで $\triangle \mathrm{OBC}$ について、最大の辺は $\mathrm{OC} = 2 \sqrt{ 3 }$ であり、
$$\mathrm{OB}^2 + \mathrm{BC}^2 \ – \ \mathrm{OC}^2 = 3^2 +3^2 \ – \ \big(2 \sqrt{ 3 }\big)^2 = 6>0$$なので、$\triangle \mathrm{OBC}$ は鋭角三角形である。

よって、$\mathrm{OP}$ が最小となるのは、$\mathrm{OP} \perp \mathrm{BC}$ となるときである。

$\triangle \mathrm{OBC}$ の面積は
$$\dfrac{1}{2} \times 2 \sqrt{ 3 } \times \sqrt{ 3^2 \ – \ \left( \dfrac{2 \sqrt{ 3 }}{2} \right)^2 } = 3 \sqrt{ 2 }$$であるから、辺 $\mathrm{BC}$ を底辺としたときの $\triangle \mathrm{OBC}$ の高さを $h$ とすると、
$$\begin{eqnarray}
\dfrac{1}{2} \cdot \mathrm{BC} \cdot h &=& 3 \sqrt{ 2 } \\[0.5em]
h &=& \dfrac{2 \times 3 \sqrt{ 2 }}{\mathrm{BC}} = \dfrac{6 \sqrt{ 2 }}{3} = 2 \sqrt{ 2 }
\end{eqnarray}$$

これが $\mathrm{OP}$ の最小値であるから、①,②より、$\mathrm{PG}$ の最小値は
$$\dfrac{2}{3} \times \sqrt{ \big(2 \sqrt{ 2 }\big)^2 \ – \ 4 } = \mathbf{\dfrac{4}{3}}$$

解法2

$$\overrightarrow{ \mathrm{PG} } = \dfrac{1}{3} \Big\{ \ \overrightarrow{ a } \ – \ 2(1-t)\overrightarrow{ b } \ – \ 2t \ \overrightarrow{ c } \ \Big\}$$より、
$$\begin{eqnarray}
\big|\overrightarrow{ \mathrm{PG} }\big|^2 &=& \left| \dfrac{1}{3} \Big\{ \ \overrightarrow{ a } \ – \ 2(1-t)\overrightarrow{ b } \ – \ 2t \ \overrightarrow{ c } \ \Big\} \right|^2 \\
&=& \dfrac{1}{9} \Big\{ \big| \ \overrightarrow{ a } \ \big|^2+4(1-t)^2\big| \ \overrightarrow{ b } \ \big|^2+4t^2\big| \ \overrightarrow{ c } \ \big|^2-4(1-t)\overrightarrow{ \mathstrut a }\cdot\overrightarrow{ \mathstrut b }+8t(1-t)\overrightarrow{ \mathstrut b }\cdot\overrightarrow{ \mathstrut c }-4t \ \overrightarrow{ c }\cdot\overrightarrow{ a } \ \Big\} \\
&=& \dfrac{1}{9} \big\{ 4^2+4(1-t)^2\cdot 3^2+4t^2\cdot \big(2 \sqrt{ 3 }\big)^2-4(1-t) \cdot 8+8t(1-t) \cdot 6-4t \cdot 8 \big\} \\
&=& 4 \left( t-\dfrac{1}{3} \right)^2+\dfrac{16}{9}
\end{eqnarray}$$

$0 \leqq t \leqq 1$ より、$\big|\overrightarrow{ \mathrm{PG} }\big|^2$ の最小値は $\dfrac{16}{9} \ \left(t=\dfrac{1}{3}\right.$ のとき$\bigg)$ であるから、$\mathrm{PG}$ の最小値は
$$\sqrt{ \dfrac{16}{9} } = \mathbf{\dfrac{4}{3}}$$

解説

⑴がベクトル表記で出題されているため、「ベクトルで解かなければ」という先入観が働きますが、計算が複雑でけっこう面倒くさいです。

本問は三角錐のすべての辺の長さが分かっており、すべての面が二等辺三角形となっているため、幾何による解法もそこまで難しくなく、計算も比較的シンプルです。

ですが、ベクトルで解いた場合も、$\overrightarrow{ \mathrm{PG} } \cdot \overrightarrow{ \mathrm{OA} }$ を計算すると（ $s$ が消えて）$0$ になり、$\mathrm{P}$ の位置によらず $\overrightarrow{ \mathrm{PG} } \perp \overrightarrow{ \mathrm{OA} }$ が成り立つのを確かめられた瞬間は気持ちいいですね。

また⑵に関して、細かいところですが、「$\mathrm{OP}$ が最小となるのは、$\mathrm{OP} \perp \mathrm{BC}$ となるとき」であることを言うためには、「$\angle \mathrm{OBC}$ と $\angle \mathrm{OCB}$ がともに鋭角」であることを示しておく必要があります。

例えば $\angle \mathrm{OBC}$ が鈍角である場合、$\mathrm{OP}$ が最小となるのは、$\mathrm{OP} \perp \mathrm{BC}$ となるときではなく、$\mathrm{P}$ が $\mathrm{B}$ と一致するときです。
（$\mathrm{P}$ は辺 $\mathrm{BC}$ 上の点なので、$\angle \mathrm{OBC}$ が鈍角のとき、$\mathrm{OP} \perp \mathrm{BC}$ は成り立ちません。）

本解答では、さらに強い条件として「$\triangle \mathrm{OBC}$ が鋭角三角形」であることを示しているため、十分です。

同じ問題でも（ベクトルや幾何など）いろいろな解き方があるという点では、難関大ならではの問題だったと言えます。

まとめ

今回は、京都大学理系数学（2022年 第4問）の解説をしました。