神戸大学 理系数学 2021年[後期] 第3問 解説

今回は、神戸大学理系数学（2021年後期 第3問）の解説をしたいと思います。

問題

以下の問に答えよ．

⑴　空間内に点 $\mathrm{O}$ と，$\mathrm{O}$ を通らない平面 $\alpha$ がある．$\alpha$ 上にある点 $\mathrm{P}_1,\mathrm{P}_2,\cdots,\mathrm{P}_n$ と実数 $x_1,x_2,\cdots,x_n$（ $n\geqq 2$ ）が
$$x_1\overrightarrow{\mathrm{OP}_1} + x_2\overrightarrow{\mathrm{OP}_2} + \cdots + x_n\overrightarrow{\mathrm{OP}_n} = \overrightarrow{0}$$をみたすとき，$x_1+x_2+\cdots+x_n=0$ が成り立つことを示せ．

⑵　$\mathrm{O}$ を頂点とし，正六角形 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2\mathrm{A}_3\mathrm{A}_4\mathrm{A}_5\mathrm{A}_6$ を底面とする六角錐すいがある．$0\lt t_i\lt 1$ をみたす実数 $t_i$（ $i=1,2,\cdots,6$ ）に対して，辺 $\mathrm{OA}_i$ を $t_i:(1-t_i)$ に内分する点を $\mathrm{P}_i$ とする．このとき点 $\mathrm{P}_1,\mathrm{P}_2,\cdots,\mathrm{P}_6$ が同一平面上にあるならば，次の等式が成り立つことを示せ．
　(ⅰ)　$\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_3}+\dfrac{1}{t_5}=\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_4}+\dfrac{1}{t_6}$
　(ⅱ)　$\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_4}=\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_5}=\dfrac{1}{t_3}+\dfrac{1}{t_6}$

（神戸大学）

解答

⑴

解法1

$\mathrm{O}$ と $\alpha$ の距離を $d$ とする．

$\mathrm{O}$ を原点とし、$\mathrm{O}$ から $\alpha$ に向かって垂直に $x$ 軸をとると、$x_1\overrightarrow{\mathrm{OP}_1} + x_2\overrightarrow{\mathrm{OP}_2} + \cdots + x_n\overrightarrow{\mathrm{OP}_n} = \overrightarrow{0}$ のとき、$x$ 軸方向成分について
$$dx_1+dx_2+\cdots+dx_n=0$$が成り立つ。

$\alpha$ は $\mathrm{O}$ を通らないから、$d\gt 0$ で両辺を除すと
$$x_1+x_2+\cdots+x_n=0$$$$\tag{証明終}$$

解法2（背理法）

$x_1\overrightarrow{\mathrm{OP}_1} + x_2\overrightarrow{\mathrm{OP}_2} + \cdots + x_n\overrightarrow{\mathrm{OP}_n} = \overrightarrow{0}$ に対して、始点を $\mathrm{P}_1$ とすると
$$x_1\cdot(-\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{O}}) + x_2(\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2}-\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{O}}) + \cdots + x_n(\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_n}-\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{O}}) = \overrightarrow{0}$$

$x_1+x_2+\cdots+x_n=s$ とおくと
$$s\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{O}}=x_2\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2}+\cdots+x_n\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_n}$$

ここで、$s\ne 0$ と仮定すると
$$\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{O}}=\dfrac{1}{s}\displaystyle \sum_{k=2}^n x_k\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_k}\quad\cdots\text{①}$$

$\mathrm{P}_1,\mathrm{P}_2,\cdots,\mathrm{P}_n$ は同一平面上にあるので、$k=2,3,\cdots,n$ に対して
$$\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_k}=\overrightarrow{0} \ \text{または} \ \overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_k}/\!/(\text{平面}\alpha)$$が成り立つ。

したがって、①より
$$\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{O}}=\overrightarrow{0} \ \text{または} \ \overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{O}}/\!/(\text{平面}\alpha)$$となるが、これは $\alpha$ が $\mathrm{O}$ を通らないことに矛盾する。

よって
$$s=x_1+x_2+\cdots+x_n=0$$$$\tag{証明終}$$

⑵

(ⅰ)

$\mathrm{P}_i$ は $\mathrm{OA}_i$ を $t_i:(1-t_i)$ に内分するので
$$\overrightarrow{\mathrm{OP}_i} = t_i\overrightarrow{\mathrm{OA}_i}$$$t_i\gt 0$ より
$$\overrightarrow{\mathrm{OA}_i} = \dfrac{1}{t_i} \overrightarrow{\mathrm{OP}_i}\quad\cdots\text{②}$$

正六角形 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2\mathrm{A}_3\mathrm{A}_4\mathrm{A}_5\mathrm{A}_6$ の外接円の中心を $\mathrm{G}$ とすると、$\triangle\mathrm{A}_1\mathrm{A}_3\mathrm{A}_5$ の重心と $\triangle\mathrm{A}_2\mathrm{A}_4\mathrm{A}_6$ の重心は $\mathrm{G}$ で一致する。

すなわち
$$\begin{array}{c}
(\overrightarrow{\mathrm{OG}}=) \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}_1}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_3}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_5}}{3} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}_2}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_4}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_6}}{3} \\
\overrightarrow{\mathrm{OA}_1}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_3}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_5}-\overrightarrow{\mathrm{OA}_2}-\overrightarrow{\mathrm{OA}_4}-\overrightarrow{\mathrm{OA}_6} = \overrightarrow{0}
\end{array}$$②より
$$\dfrac{1}{t_1} \overrightarrow{\mathrm{OP}_1}+\dfrac{1}{t_3} \overrightarrow{\mathrm{OP}_3}+\dfrac{1}{t_5} \overrightarrow{\mathrm{OP}_5}-\dfrac{1}{t_2} \overrightarrow{\mathrm{OP}_2}-\dfrac{1}{t_4} \overrightarrow{\mathrm{OP}_4}-\dfrac{1}{t_6} \overrightarrow{\mathrm{OP}_6}=\overrightarrow{0}$$

条件より $\mathrm{P}_1,\mathrm{P}_2,\cdots,\mathrm{P}_6$ は同一平面上にあるので、⑴より
$$\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_3}+\dfrac{1}{t_5}-\dfrac{1}{t_2}-\dfrac{1}{t_4}-\dfrac{1}{t_6}=0$$よって
$$\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_3}+\dfrac{1}{t_5}=\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_4}+\dfrac{1}{t_6}$$$$\tag{証明終}$$

(ⅱ)

線分 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_4$ の中点と線分 $\mathrm{A}_2\mathrm{A}_5$ の中点は $\mathrm{G}$ で一致する。

すなわち
$$\begin{array}{c}
(\overrightarrow{\mathrm{OG}}=)\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}_1}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_4}}{2} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}_2}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_5}}{2} \\
\overrightarrow{\mathrm{OA}_1}+\overrightarrow{\mathrm{OA}_4}-\overrightarrow{\mathrm{OA}_2}-\overrightarrow{\mathrm{OA}_5} = \overrightarrow{0}
\end{array}$$②より
$$\dfrac{1}{t_1} \overrightarrow{\mathrm{OP}_1}+\dfrac{1}{t_4} \overrightarrow{\mathrm{OP}_4}-\dfrac{1}{t_2} \overrightarrow{\mathrm{OP}_2}-\dfrac{1}{t_5} \overrightarrow{\mathrm{OP}_5}=\overrightarrow{0}$$

条件より $\mathrm{P}_1,\mathrm{P}_2,\cdots,\mathrm{P}_6$ は同一平面上にあるので、⑴より
$$\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_4}-\dfrac{1}{t_2}-\dfrac{1}{t_5}=0$$よって
$$\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_4}=\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_5}$$

同様に、$\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_5}=\dfrac{1}{t_3}+\dfrac{1}{t_6}$ であるから
$$\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_4}=\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_5}=\dfrac{1}{t_3}+\dfrac{1}{t_6}$$$$\tag{証明終}$$

解説

⑴は直接示す方法と背理法で示す方法の2パターンがあります。直接示す方が記述がすっきりするでしょうか。直接示す方法が思いつかなければ背理法を使う、など柔軟に発想を切り替えるのも重要なことです。

⑵は⑴を使えるように、逆算的に発想できれば大丈夫です。
$\overrightarrow{\mathrm{OA}_i} = \dfrac{1}{t_i} \overrightarrow{\mathrm{OP}_i}$ と点 $\mathrm{P}_i$ が同一平面上にあることを使うんだろうな、というのは簡単に思いつきますが、⑴右辺の $\overrightarrow{0}$ をどうつくり出すか悩んだ人も多いのではないでしょうか。

ここはもう発想の問題になってきますが、例えば(ⅰ)であれば「 $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_3,\mathrm{A}_5$ 」と「 $\mathrm{A}_2,\mathrm{A}_4,\mathrm{A}_6$ 」がセットになっていて、この2組から“等しい何か”をつくり出せないかと考えれば、三角形の重心を考えるのは突飛なことではありません。

また、⑴ができないからといって⑵を諦めるのはオススメしません。⑴ができたとして⑵を考えてみる、という方が確実に力はつきます。

まとめ

今回は、神戸大学理系数学（2021年後期 第3問）の解説をしました。