ベクトルの問題で、図が描けるときには、最初に図を描こう。

アドバイス

空間座標を使ってちゃんと描くと図Ａができる。$(x,y,z)$の位置はテキトーだけど。
でも、センター試験本番ではこんな図は描いてはいけない。時間がかかるから。
おおまかなイメージがつかめて、情報の整理ができればいいので、お薦めは図Ｂだ。

三平方の定理より、
$$ \begin{align} \mathrm{AB}&=\sqrt{(1-2)^{2}+(1-0)^{2}+(0-0)^{2}}\\ &=\sqrt{2} \end{align} $$ である。

解答ウ：２

問題文より、四面体$\mathrm{ABCD}$は正四面体なので、
$$ \begin{align} \left|\overrightarrow{\mathrm{DA}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{DB}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{DC}}\right|&=\mathrm{AB}\\ &=\sqrt{2} \end{align} $$ である。

解答エ：２

また、正四面体の各面は正三角形なので、
$\angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{CDA}=60^{\circ}$
である。

解答オ：６, カ：０

よって、
$$ \begin{align} &\overrightarrow{\mathrm{DA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DB}}=\overrightarrow{\mathrm{DB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DC}}=\overrightarrow{\mathrm{DC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DA}}\\ &\qquad=\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}\cos 60^{\circ}\\ &\qquad=1 \end{align} $$ となる。

解答キ：１

以上より、問題文中の式①，式②は、
$\overrightarrow{\mathrm{DA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DB}}-\overrightarrow{\mathrm{DB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DC}}=0$
$\overrightarrow{\mathrm{DB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DC}}-\overrightarrow{\mathrm{DC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DA}}=0$
である。

これを式Ａ，式Ｂに代入して、
$z-x+1=0$ $x-y-1=0$ とかける。
これを変形して、
$z=x-1$式Ａ' $y=x-1$式Ｂ' ができる。

また、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{DA}}\right|=\sqrt{2}$
なので、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{DA}}\right|^{2}=\sqrt{2}^{2}$
$\overrightarrow{\mathrm{DA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DA}}=2$
より
$(2-x,-y,-z)\cdot(2-x,-y,-z)=2$
$(2-x)^{2}+y^{2}+z^{2}=2$式Ｃ
となる。

あとは、連立方程式だ。
連立方程式を解くということは、文字数を減らすこと。

式Ａ'，式Ｂ'を式Ｃに代入して、$y$，$z$を減らそう。
$(2-x)^{2}+(x-1)^{2}+(x-1)^{2}=2$
ここからは展開しないと仕方がない。
$4-4x+x^{2}+2x^{2}-4x+2=2$
$3x^{2}-8x+4=0$
$(3x-2)(x-2)=0$
$x=\dfrac{2}{3}$，$2$
となるけど、問題文より$1 \lt x$なので、
$x=2$
である。

これを式Ａ'，式Ｂ'に代入して、
$$ \begin{align} z&=2-1\\ &=1 \end{align} $$ $$ \begin{align} y&=2-1\\ &=1 \end{align} $$ となる。

解答ク：２, ケ：１, コ：１

情報が増えてきたので、図を描き直そう。

図Ｃで、

点$\mathrm{P}$は$\mathrm{AB}$の中点なので、座標は
$$ \begin{align} \dfrac{\mathrm{A}+\mathrm{B}}{2}&=\dfrac{(2,0,0)+(1,1,0)}{2}\\ &=\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{1}{2},0\right) \end{align} $$

点$\mathrm{Q}$は$\mathrm{DA}$を$1:2$に内分する点なので、
$$ \begin{align} \dfrac{\mathrm{A}+2\mathrm{D}}{3}&=\dfrac{(2,0,0)+2(2,1,1)}{3}\\ &=\left(2,\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3}\right) \end{align} $$

点$\mathrm{R}$は$\mathrm{DC}$を$t:1-t$に内分する点なので、
$$ \begin{align} & t\mathrm{C}+(1-t)\mathrm{D}\\ &\qquad=t(1,0,1)+(1-t)(2,1,1)\\ &\qquad=(t,0,t)+(2-2t,1-t,1-t)\\ &\qquad=(2-t,1-t,1) \end{align} $$

である。

よって、
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{PQ}}&=\left(2,\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3}\right)-\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{1}{2},0\right)\\ &=\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{6},\dfrac{2}{3}\right)\class{tex_formula}{式Ｄ} \end{align} $$ $$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{PR}}&=(2-t,1-t,1)-\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{1}{2},0\right)\\ &=\left(\dfrac{1}{2}-t,\dfrac{1}{2}-t,1\right)\class{tex_formula}{式Ｅ} \end{align} $$ である。

これを、問題文の
$ 4S^{2}=\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|^{2}\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|^{2}-\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|^{2}\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|^{2}\cos^{2}\theta$
式Ｈ
に代入するのだけれど、$\cos\theta$の値が分からない。
ベクトルの問題で、ふたつのベクトルのなす角の$\cos$なので、内積を使おう。

$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}}=\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|\cos\theta$
式Ｄ，式Ｅより、
$\begin{aligned}&\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}}\\&\quad=\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{6},\dfrac{2}{3}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}-t,\dfrac{1}{2}-t,1\right)\end{aligned}$
なので、
$\begin{aligned}&\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|\cos\theta\\&\qquad=\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{6},\dfrac{2}{3}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}-t,\dfrac{1}{2}-t,1\right)\end{aligned}$
とかける。

この式の両辺を２乗して、
$\begin{aligned}&\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|^{2}\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|^{2}\cos^{2}\theta\\&\qquad=\left\{\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{6},\dfrac{2}{3}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}-t,\dfrac{1}{2}-t,1\right)\right\}^{2}\end{aligned}$

途中式

$$ \begin{align} \qquad&=\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}t+\dfrac{1}{12}-\dfrac{1}{6}t+\dfrac{2}{3}\right)^{2}\\ &=\left(\dfrac{12}{12}-\dfrac{4}{6}t\right)^{2}\\ &=\left(1-\dfrac{2}{3}t\right)^{2} \end{align} $$

$\qquad=1-\dfrac{4}{3}t+\dfrac{4}{9}t^{2}$式Ｉ
ができる。

あとは、式Ｈに式Ｆ，式Ｇ，式Ｉを代入して、
$\begin{aligned}4S^{2}=\dfrac{13}{18}&\left(2t^{2}-2t+\dfrac{3}{2}\right)\\&\qquad-\left(1-\dfrac{4}{3}t+\dfrac{4}{9}t^{2}\right)\end{aligned}$
となる。分数でくくることもできるけど、今は展開した方が早そうだ。
$$ \begin{align} 4S^{2}&=\dfrac{13}{9}t^{2}-\dfrac{13}{9}t+\dfrac{13}{12}-1+\dfrac{4}{3}t-\dfrac{4}{9}t^{2}\\ &=t^{2}-\dfrac{1}{9}t+\dfrac{1}{12}\class{tex_formula}{式Ｊ} \end{align} $$ である。

解答テ：１, ト：９, ナ：１, ニ：１, ヌ：２

式Ｊは下に凸の二次関数のグラフで、頂点の$t$座標は
$\dfrac{\cfrac{1}{9}}{2}=\dfrac{1}{18}$
だから、頂点は、定義域
$0 \lt t \lt 1$
に含まれる。

また、判別式
$D=\left(\dfrac{1}{9}\right)^{2}-4\cdot\dfrac{1}{12}$
は計算するまでもなく負。
なので、式Ｊが負になることはない。

以上より、
$t=\dfrac{1}{18}$
のとき、$4S^{2}$は正の値の最小値をとる。
よって、このとき$S$も最小となる。

解答ネ：１, ノ：１, ハ：８