問題
座標空間内に点\(A(0,0,1)\), 点\(B(1,1,0)\), および実数\(a\)を用いて表される点\(P(a,0,0)\)をとる。さらに、\(2\)点\((0,2,0),\ (0,0,2)\)を通る直線を\(l\)として、\(3\)点\(A,B,P\)が定める平面と直線\(l\)との交点を\(Q\)とする。
(1) 点\(Q\)の座標を\(a\)を用いて表せ。
(2) \(4\)点\(A,B,P,Q\)が四角形\(APBQ\)を成し、線分\(AB\)と線分\(PQ\)が交わるための\(a\)の条件を求めよ。
(3) \(a\)が(2)の条件を満たすとき、四角形\(APBQ\)の面積を\(a\)を用いて表せ。
方針
(1) 点\(Q\)は平面\(ABP\)上にあることから、ある実数\(u,v\)によって\[\overrightarrow{OQ}=u\overrightarrow{OA}+v\overrightarrow{OB}+(1-u-v)\overrightarrow{OP}\]と表せる。
さらに、点\(Q\)は直線\(l\)上にもあることから、ある実数\(t\)を用いて\[\overrightarrow{OQ}=(0,2,0)+t(0,2,-2)\]と表せる。
各成分を比較して\(t\)について解くことで、\(Q\)の座標が分かる。
(2) 「\(4\)点\(A,P,B,Q\)が(この順で)四角形\(APBQ\)を成し、線分\(AB\)と線分\(PQ\)が交わる」\(\Leftrightarrow\) 「\(0<s<1,0<t<1\)なる実数\(s,t\)で、\(s\overrightarrow{OA}+(1-s)\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}+(1-t)\overrightarrow{OQ}\)を満たすものが存在する」(※この\(s\)と\(t\)は(1)で出てきた\(s,t\)とは無関係。)
これを踏まえて解き進める。
解答
(1) 点\(Q\)は平面\(ABP\)上にあることから、ある実数\(u,v\)によって\[\overrightarrow{OQ}=u\overrightarrow{OA}+v\overrightarrow{OB}+(1-u-v)\overrightarrow{OP}\]と表せる。
さらに、点\(Q\)は直線\(l\)上にもあることから、ある実数\(t\)を用いて\[\overrightarrow{OQ}=(0,2,0)+t(0,2,-2)\]と表せる。
よって、\(\overrightarrow{OQ}=u(0,0,1)+v(1,1,0)+(1-u-v)(a,0,0)=(a-au-(a-1)v,v,u)\)、\(\overrightarrow{OQ}=(0,2t+2,-2t)\)と2通りで表すことができるため、係数を比較して\[\begin{cases} a-au-(a-1)v=0…① \\ v=2t+2…② \\ u=-2t…③ \end{cases}\]となる。
②、③を①に代入して、\(a-a\cdot (-2t)-(a-1)(2t+2)=0\)
整理して、\(2t-a+2=0\)
よって、\(t=\frac{a}{2}-1\)
これを\(\overrightarrow{OQ}=(0,2t+2,-2t)\)に代入することで\(\overrightarrow{OQ}=(0,a,-a+2)\)となるため、\(Q(0,a,-a+2)\)
(2)「\(4\)点\(A,P,B,Q\)が(この順で)四角形\(APBQ\)を成し、線分\(AB\)と線分\(PQ\)が交わる」\(\Leftrightarrow\) 「\(0<s<1,0<t<1\)なる実数\(s,t\)で、\(s\overrightarrow{OA}+(1-s)\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}+(1-t)\overrightarrow{OQ}\)を満たすものが存在する」…(＊)
が成り立つ。(※この\(s\)と\(t\)は(1)で出てきた\(s,t\)とは無関係。)
ここで、\(s\overrightarrow{OA}+(1-s)\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}+(1-t)\overrightarrow{OQ}\)
\(\Leftrightarrow (1-s,1-s,s)=(at,(1-t)a,(1-t)(-a+2))\)
各成分を比較することで、\[\begin{cases} 1-s=at…① \\ 1-s=a-at…② \\ s=(1-t)(-a+2)…③ \end{cases}\]
ここで、\(a=0\)のときは①より\(s=1\)となるが、これは(＊)を満たさず不適。
よって、\(a\ne 0\)として考えても一般性を失わない。
このもとで、①-②より\(0=2at-a\)
よって、\(t=\frac{1}{2}\)
これを①に代入して\(s\)について解くと、\(s=1-\frac{1}{2}a\)
今、\(t\)は常に\(0<t<1\)を満たすことに注意すると、
(＊)\(\Leftrightarrow 0<s<1\Leftrightarrow 0<1-\frac{1}{2}a<1\Leftrightarrow 0<a<2\)である。
したがって、\(a\)の条件は\(0<a<2\)
(3) (2)の条件を満たすとき、(四角形\(APBQ\)の面積)\(=\triangle ABP+\triangle ABQ\)が成り立つ。
ここで、\(\overrightarrow{AB}=(1,1,-1),\overrightarrow{AP}=(a,0,-1),\overrightarrow{AQ}=(0,a,-a+1)\)となることから、
\(\triangle ABP\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{AB}|^2|\overrightarrow{AP}|^2-(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AP})^2}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{\{1^2+1^2+(-1)^2\}\{a^2+0^2+(-1)^2\}-\{1\cdot a+1\cdot 0+(-1)\cdot (-1)\}^2}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{3(a^2+1)-(a+1)^2}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{2a^2-2a+2}\)
\(=\sqrt{\frac{a^2-a+1}{2}}\)、
\(\triangle ABQ\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{AB}|^2|\overrightarrow{AQ}|^2-(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AQ})^2}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{\{1^2+1^2+(-1)^2\}\{0^2+a^2+(-a+1)^2\}-\{1\cdot 0+1\cdot a+(-1)\cdot (-a+1)\}^2}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{3(2a^2-2a+1)-(2a-1)^2}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{2a^2-2a+2}\)
\(=\sqrt{\frac{a^2-a+1}{2}}\)
よって、四角形\(APBQ\)の面積は、
\(\sqrt{\frac{a^2-a+1}{2}}+\sqrt{\frac{a^2-a+1}{2}}=\sqrt{2a^2-2a+2}\)