大学入試センター試験 2020年(令和2年) 本試 数学ⅡB 第4問 解説

問題を解く準備

まず、図を描く。
座標をとって描くと図Aみたいなのができるけど、時間がかかるのでお勧めしない。

図A
大学入試センター試験2020年本追試 数学ⅡB第4問 解説図A

問題文を読むと、点$\mathrm{O}$,$\mathrm{A}$,$\mathrm{B}$,$\mathrm{C}$はすべて平面α上にある。
なので、図Bのような平面αだけの図を描こう。

図B
大学入試センター試験2020年本追試 数学ⅡB第4問 解説図B

点$\mathrm{C}$は点$\mathrm{O}$の右側ってことも考えられるけど、そうすると$\angle \mathrm{BOC}$は鈍角になる。
$\cos\angle \mathrm{BOC}$は負になるから、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$も負になる。
なので、これは不適だ。

それから、どうせ問題を解いてゆくと立体の図が必要になるんだろうけど、それはその時考えることにする。

(1)

$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}=(3,3,-6)$
より、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\right|=\sqrt{3^{2}+3^{2}+(-6)^{2}}$
       $=\sqrt{3^{2}(1+1+2^{2})}$
       $=3\sqrt{6}$式A
である。

解答ア:3, イ:6

$\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=(2+2\sqrt{3},2-2\sqrt{3},-4)$
より、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right|=\sqrt{(2+2\sqrt{3})^{2}+(2-2\sqrt{3})^{2}+(-4)^{2}}$
途中式        $=\sqrt{2^{2}(1+\sqrt{3})^{2}+2^{2}(1-\sqrt{3})^{2}+4^{2}}$
       $=\sqrt{2^{2}(1+2\sqrt{3}+3+1-2\sqrt{3}+3+4)}$
       $=\sqrt{2^{2}\cdot 4\cdot 3}$
       $=4\sqrt{3}$式B
である。

解答ウ:4, エ:3

また、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$は、両方のベクトルの成分より、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=3(2+2\sqrt{3})$
                  $+3(2-2\sqrt{3})+(-6)(-4)$
途中式              $=3\cdot2(1+\sqrt{3}+1-\sqrt{3}+4)$
             $=3\cdot 2 \cdot 6$
             $=36$式C
となる。

解答オ:3, カ:6

(2)

$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$式D
とおく。


①より$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$⊥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$なので、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=0$
とかける。

これに式Dを代入して、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\left(s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right)=0$
より
$s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=0$
$s\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\right|^{2}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=0$
となる。

これに式A,式Cを代入して、
$\left(3\sqrt{6}\right)^{2}s+36t=0$
$9\cdot 6s+36t=0$
$3s+2t=0$式E
と表せる。


また、①の
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=24$
に式Dを代入して、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\left(s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right)=24$
とかける。

これを計算して、
$s\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=24$
より
$s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}+t\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right|^{2}=24$
と表せる。

これに式B,式Cを代入して、
$36s+\left(4\sqrt{3}\right)^{2}t=24$
$36s+4^{2}\cdot 3t=24$
両辺を$12$で割って、
$3s+4t=2$式F
である。


この式E,式Fを連立方程式として解く。
式F-式Eより、

$3s$ $+4t$ $=$ $2$
$-)$ $3s$ $+2t$ $=$ $0$
$2t$ $=$ $2$

なので、
$t=1$
これを式Eに代入して、
$3s+2=0$
$s=-\displaystyle \frac{2}{3}$
となる。

解答キ:-, ク:2, ケ:3, コ:1


$s=-\displaystyle \frac{2}{3}$,$t=1$を式Dに代入して、
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$式G
より
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=-\frac{2}{3}(3,3,-6)+(2+2\sqrt{3},2-2\sqrt{3},-4)$
とかける。

これを計算して、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=(-2,-2,4)+(2+2\sqrt{3},2-2\sqrt{3},-4)$
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$$=(2\sqrt{3},-2\sqrt{3},0)$式H
である。

よって、$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|$は、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+(-2\sqrt{3})^{2}+0^{2}}$
       $=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2} \cdot 2}$
       $=2\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}$
       $=2\sqrt{6}$
である。

解答サ:2, シ:6

別解

$s=-\displaystyle \frac{2}{3}$,$t=1$を式Dに代入して、
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$式G
より
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|^{2}=\left|-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right|^{2}$
なので、
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|^{2}=\left(-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right)\cdot\left(-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right)$
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|^{2}$$\displaystyle =\left(\frac{2}{3}\right)^{2}\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\right|^{2}-2\cdot\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}+\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right|^{2}$

これに式A,式B,式Cを代入して、
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|^{2}=\left(\frac{2}{3}\right)^{2}\left(3\sqrt{6}\right)^{2}-2\cdot\frac{2}{3}\cdot 36+\left(4\sqrt{3}\right)^{2}$
途中式          $\displaystyle =\left(\frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{6}\right)^{2}-2\cdot\frac{2}{3}\cdot 36+\left(4\sqrt{3}\right)^{2}$
         $=\left(2\sqrt{6}\right)^{2}-2\cdot 2\cdot 12+\left(4\sqrt{3}\right)^{2}$
         $=2^{2}\left(6-12+12\right)$
         $=2^{2}\cdot 6$
となるから、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|=2\sqrt{6}$
である。

解答サ:2, シ:6

(3)

$\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}-\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$
とかける。

これに式Gを代入して、
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}-\left(-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right)$
より
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}+\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}-\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$式I
であることが分かる。

いま、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}=(3,3,-6)$
なので、式Iは
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{2}{3}(3,3,-6)$
とかける。
これを計算して、
$\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=(2,2,-4)$
である。

解答ス:2, セ:2, ソ:-, タ:4


ここで、ベクトルの平行について復習しておく。

復習

2つの$\vec{0}$でないベクトル$\vec{a}$,$\vec{b}$について、$k$を$0$でない実数として、
$\vec{a}$∥$\vec{b}$ $\Leftrightarrow$ $\vec{a}=k\vec{b}$
である。

式Iより
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$
だった。

なので、復習より
$\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}$∥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$
であることが分かる。

また、
$\left|\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}\right|\neq\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\right|$
である。

よって、四角形$\mathrm{OABC}$について、
$\mathrm{OA}$∥$\mathrm{CB}$
なので台形だけど、
$\mathrm{OA}\neq \mathrm{CB}$
なので平行四辺形ではない。

以上より、正しい選択肢は

である。

解答チ:3

別解

上の解説は計算だけで解いたけど、図で考えると次のようになる。
やっていることは同じだけれど。

式Gを
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$$=$$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$式G'
と変形して図にすると、図Cのようになる。

図C
大学入試センター試験2020年本追試 数学ⅡB第4問 解説図C

式G'の左辺が図Cの青いベクトル、右辺が赤いベクトルだ。

図Cより、
$\displaystyle \vec{\mathrm{B}\mathrm{C}}=-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$
なので
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$式I
だから、 $\mathrm{OA}$∥$\mathrm{CB}$ $\mathrm{OA}\neq \mathrm{CB}$ であることが分かる。


いま、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}=(3,3,-6)$
なので、式Iは
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{2}{3}(3,3,-6)$
とかける。
これを計算して、
$\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=(2,2,-4)$
である。

解答ス:2, セ:2, ソ:-, タ:4


$\mathrm{OA}$∥$\mathrm{CB}$,$\mathrm{OA}\neq \mathrm{CB}$より、四角形$\mathrm{OABC}$は
台形だけど 平行四辺形ではない

よって、正しい選択肢は

である。

解答チ:3

ここまでに分かったことを図Bに書き込むと、図Dができる。

図D
大学入試センター試験2020年本追試 数学ⅡB第4問 解説図D

台形の面積は
$\displaystyle \frac{1}{2}\times($上底$+$下底$)\times$高さ
なので、図Dより、四角形$\mathrm{OABC}$(緑の台形)の面積$S$は、
$S=\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{6}+3\sqrt{6}\right)\cdot 2\sqrt{6}$
$S$$=\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\cdot 3 +3\right)\cdot \sqrt{6}\cdot 2\sqrt{6}$
$S$$=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 2\cdot 6$
$S$$=30$
である。

解答ツ:3, テ:0


それから、どうせ先で使うので、△$\mathrm{ABC}$(図Dの斜線の三角形)の面積も求めておこう。

$\mathrm{BC}$⊥$\mathrm{OC}$なので、$\mathrm{BC}$を底面とすると、△$\mathrm{ABC}$の高さは
$\mathrm{OC}=2\sqrt{6}$
である。

よって、△$\mathrm{ABC}$の面積は、
△$\displaystyle \mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\times$底辺$\times$高さ
△$\displaystyle \mathrm{ABC}$$\displaystyle =\frac{1}{2} \cdot \mathrm{BC}\cdot \mathrm{OC}$
△$\displaystyle \mathrm{ABC}$$\displaystyle =\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{6}$
△$\displaystyle \mathrm{ABC}$$ =2\cdot \sqrt{6}\cdot \sqrt{6}$
△$\mathrm{ABC}$$=12$式J
である。

(4)

やっぱり立体の問題になった。
なので、仕方がないから立体の図を描くと、図Eのようになる。

図E
大学入試センター試験2020年本追試 数学ⅡB第4問 解説図E

点$\mathrm{D}$の座標($\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}$の成分)を
$(x,y,1)$式K
とおく。

$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$⊥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}$なので、
$(3,3,-6)\cdot(x,y,1)=0$
より
$3x+3y-6=0$
$x+y=2$式L
となる。

また、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}=2\sqrt{6}$に式Hと式Kを代入して、
$(2\sqrt{3},-2\sqrt{3},0)\cdot(x,y,1)=2\sqrt{6}$
より
$2\sqrt{3}x-2\sqrt{3}y=2\sqrt{6}$
$x-y=\sqrt{2}$式M
である。


この式L,式Mを連立方程式として解く。
式L$+$式Mより、

$x$ $+y$ $=$ $2$
$+)$ $x$ $-y$ $=$ $\sqrt{2}$
$2x$ $=$ $2+\sqrt{2}$

なので、
$x=\displaystyle \frac{2+\sqrt{2}}{2}$
$x$$\displaystyle =1+\frac{\sqrt{2}}{2}$

となる。

また、式L-式Mより、

$x$ $+y$ $=$ $2$
$-)$ $x$ $-y$ $=$ $\sqrt{2}$
$2y$ $=$ $2-\sqrt{2}$

なので、
$y=\displaystyle \frac{2-\sqrt{2}}{2}$
$y$$\displaystyle =1-\frac{\sqrt{2}}{2}$

である。

よって、点$\mathrm{D}$の座標($\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}$の成分)は
$\displaystyle \left(1+\frac{\sqrt{2}}{2},1-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$
となる。

解答ト:1, ナ:2, ニ:2, ヌ:1, ネ:2, ノ:2


このとき、$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}\right|$は、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}\right|=\sqrt{\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+1^{2}}$
途中式        $=\sqrt{1+\sqrt{2}+\frac{2}{4}+1-\sqrt{2}+\frac{2}{4}+1}$
       $=\sqrt{4}$
       $=2$式N
となる。

よって、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}=2\sqrt{6}$は、$\angle \mathrm{COD}$(図Eのオレンジの角)を使って、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|\cdot\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}\right|\cos\angle \mathrm{COD}=2\sqrt{6}$
より
$2\sqrt{6}\cdot 2\cos\angle \mathrm{COD}=2\sqrt{6}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{COD}=\frac{1}{2}$
であることが分かる。

いま、$0^{\circ} \lt \angle \mathrm{COD} \lt 180^{\circ}$なので、
$\angle \mathrm{COD}=60^{\circ}$
である。

解答ハ:6, ヒ:0


図Eのように、点$\mathrm{D}$から$\mathrm{OC}$に垂線をおろした垂線の足を点$\mathrm{H}$とする。
このとき、△$\mathrm{ODH}$(茶色い三角形)は、
式Nより、$\mathrm{OD}=2$ ハヒより、オレンジの角は$60^{\circ}$ なので、各辺が$1$,$2$,$\sqrt{3}$の直角三角形だ。

よって、
$\mathrm{DH}=\sqrt{3}$
である。

また、
$\vec{\mathrm{D}\mathrm{H}}$⊥平面$\alpha$
だ。

詳しく

ここで、ベクトルと平面の垂直について復習をしておこう。

復習

$\vec{p}$,$\vec{q}$が平面$\alpha$上にある平行でなく$\vec{0}$でもないベクトルとして、
平面$\alpha$とベクトル$\vec{a}$が垂直
$\Updownarrow$
$\vec{a}$⊥$\vec{p}$ かつ $\vec{a}$⊥$\vec{q}$
である。

復習より、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$⊥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$ かつ $\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$⊥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}$なので、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$と平面$\beta$は垂直。
よって、平面$\beta$上にある$\vec{0}$でないベクトルはすべて、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$と垂直である。

さらに、
$\vec{\mathrm{D}\mathrm{H}}$⊥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$
で、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$は平面$\alpha$上のベクトルだ。

なので、$\vec{\mathrm{D}\mathrm{H}}$は、平面$\alpha$上にある平行でも$\vec{0}$でもない2つのベクトルの$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$および$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$と垂直である。
よって、$\vec{\mathrm{D}\mathrm{H}}$は平面$\alpha$と垂直である。

よって、△$\mathrm{ABC}$を底面とする四面体$\mathrm{DABC}$(図Eのピンクの四面体)の高さは$\mathrm{DH}$で、
$\sqrt{3}$
である。

解答フ:3


もうちょっとだ。

四面体の底面(図Eの斜線の三角形)の面積は、式Jより
$12$
より、四面体の高さは
$\sqrt{3}$
なので、四面体の体積$V$は、
$ V=\displaystyle \frac{1}{3}\times$底面積$\times$高さ
より
$V=\displaystyle \frac{1}{3}\cdot 12\cdot\sqrt{3}$
$V$$=4\sqrt{3}$
となる。

解答ヘ:4, ホ:3