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。

図の固定

図の固定

三平方の定理より、
$\mathrm{AB}=\sqrt{(1-2)^{2}+(1-0)^{2}+(0-0)^{2}}$
$\mathrm{AB}$$=\sqrt{2}$
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、
$\left|\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}\right|=\left|\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}\right|=\left|\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}\right|=\mathrm{AB}$
$\left|\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}\right|=\left|\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}\right|=\left|\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}\right|$$=\sqrt{2}$
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、
$\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}=\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}=\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}\cos 60^{\circ}$
$\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}=\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}=\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}$$=1$
となる。

解答キ：１

以上より、問題文中の式①，式②は、
$\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}-\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}=0$
$\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}-\vec{\mathrm{D}\mathrm{C}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}=0$
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、
$\left|\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}\right|=\sqrt{2}$
なので、
$\left|\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}\right|^{2}=\sqrt{2}^{2}$
$\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{D}\mathrm{A}}=2$
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。
$4-4x+x^{2}+2x^{2}-4x+2=2$
$3x^{2}-8x+4=0$
$(3x-2)(x-2)=0$
$x=\displaystyle \frac{2}{3}$，$2$
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、
$z=2-1$
$z$$=1$
$y=2-1$
$y$$=1$
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。

図の固定

図Ｃで、

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

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

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

である。

よって、
$\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}=\left(2,\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)-\left(\frac{3}{2},\frac{1}{2},0\right)$
$\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}$$=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{6},\frac{2}{3}\right)$式Ｄ
$\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}=(2-t,1-t,1)-\left(\frac{3}{2},\frac{1}{2},0\right)$
$\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}$$=\left(\frac{1}{2}-t,\frac{1}{2}-t,1\right)$式Ｅ
である。

これを、問題文の
$ 4S^{2}=\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}\right|^{2}\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}\right|^{2}-\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}\right|^{2}\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}\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。

式Ｄ，式Ｅより、
$\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}\cdot\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{6},\frac{2}{3}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}-t,\frac{1}{2}-t,1\right)$
また、
$\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}\cdot\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}=\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}\right|\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}\right|\cos\theta$
なので、
$\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}\right|\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}\right|\cos\theta=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{6},\frac{2}{3}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}-t,\frac{1}{2}-t,1\right)$
とかける。

この式の両辺を２乗して、
$\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{Q}}\right|^{2}\left|\vec{\mathrm{P}\mathrm{R}}\right|^{2}\cos^{2}\theta=\left\{\left(\frac{1}{2},\frac{1}{6},\frac{2}{3}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}-t,\frac{1}{2}-t,1\right)\right\}^{2}$

あとは、式Ｈに式Ｆ，式Ｇ，式Ｉを代入して、
$4S^{2}=\displaystyle \frac{13}{18}\left(2t^{2}-2t+\frac{3}{2}\right)-\left(1-\frac{4}{3}t+\frac{4}{9}t^{2}\right)$
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。
$4S^{2}=\displaystyle \frac{13}{9}t^{2}-\frac{13}{9}t+\frac{13}{12}-1+\frac{4}{3}t-\frac{4}{9}t^{2}$
$4S^{2}\displaystyle $$\displaystyle =t^{2}-\frac{1}{9}t+\frac{1}{12}$式Ｊ
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
$\displaystyle \frac{\frac{1}{9}}{2}=\frac{1}{18}$
だから、頂点は、定義域
$0 \lt t \lt 1$
に含まれる。

また、判別式
$D=\displaystyle \left(\frac{1}{9}\right)^{2}-4\cdot\frac{1}{12}$
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、
$t=\displaystyle \frac{1}{18}$
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