図Ａにおいて、
$\left\{\begin{array}{l} \left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|=1\\ \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}= -\dfrac{2}{3} \end{array}\right.$
なので、
$ \left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|\cdot\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|\cos\angle \mathrm{AOB}=-\dfrac{2}{3}$
より
$ \cos\angle \mathrm{AOB}=-\dfrac{2}{3}$
である。

解答ア：－, イ：２, ウ：３

また、点$\mathrm{P}$は$\mathrm{AB}$を$t:(1-t)$に内分する点なので、
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ａ
と表せる。
これを使って$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$を表す。

いま、点$\mathrm{Q}$は直線$\mathrm{OP}$上の点なので、
$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k\overrightarrow{\mathrm{OP}}$
とかける。

これに式Ａを代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k\{(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}\}$
より
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OQ}}&=k(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ &=(k-kt)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}\class{tex_formula}{①} \end{align} $$ である。

解答エ：１, オ：０

次は、$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$だ。

$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OQ}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}$
だけど、
$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
なので、
$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OQ}}+\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
とかける。

これに①式を代入すると、
$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=(k-kt)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
より
$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=(k-kt+1)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ｂ
となる。

解答カ：４, キ：０

今度は、図Ｂのように$\overrightarrow{\mathrm{OA}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OP}}$のとき。
つまり、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OP}}=0$
のときを考える。

$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OP}}=0$
に式Ａ（$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$の式）を代入すると、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\{(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}\}=0$
より
$(1-t)\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|^{2}+t\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$式Ｃ
となる。

$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|$と$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}$の値を代入すると、式Ｃは
$ (1-t)\cdot 1^{2}+t\cdot\left(-\dfrac{2}{3}\right)=0$
と表せる。

これを解いて、このときの$t$は
$1-t- \dfrac{2}{3}t=0$
$3-3t-2t=0$
$5t=3$
$t= \dfrac{3}{5}$
である。

解答ク：３, ケ：５

$\angle \mathrm{OCQ}$が直角なので、
$\overrightarrow{\mathrm{OC}} \perp \overrightarrow{\mathrm{CQ}}$
だから
$\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=0$
のときを考える。

これに 式Ｂ（$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$の式）と$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$を代入すると
$(-\overrightarrow{\mathrm{OA}})\cdot\{(k-kt+1)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}\}=0$
とかける。

これを変形して、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\{(k-kt+1)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}\}=0$
$(k-kt+1)\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|^{2}+kt\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$

これに$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|$と$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}$の値を代入すると、
$ (k-kt+1)\cdot 1^{2}+kt\left(-\dfrac{2}{3}\right)=0$
$3(k-kt+1)-2kt=0$
$3k-5kt+3=0$
となる。

問題文を見ると、$k$の値が問われている。
なので、この式を$k$について解くと、
$5kt-3k=3$
$k(5t-3)=3$
$t \neq \dfrac{3}{5}$なので$5t-3\neq 0$だから、
$k= \dfrac{3}{5t-3}$②
である。

解答コ：３, サ：５, シ：３

ここで、平面を図Ｃのように分割する。

点$\mathrm{Q}$の位置は$t$の値によって変わって、
$0 \lt t \lt \dfrac{3}{5}$のとき、
点$\mathrm{Q}$は図Ｄの左図の位置 $ \dfrac{3}{5} \lt t \lt 1$のとき、
点$\mathrm{Q}$は図Ｄの右図の位置 にある。

図Ｃと図Ｄを見比べると、点$\mathrm{Q}$は
$0 \lt t \lt \dfrac{3}{5}$のとき、$D_{2}$と$E_{2}$ $ \dfrac{3}{5} \lt t \lt 1$のとき、$D_{1}$と$E_{1}$ に含まれることが分かる。

解答ス：３, セ：０

$t= \dfrac{1}{2}$のときを考える。
このとき、
$0 \lt t \lt \dfrac{3}{5}$
なので、点$\mathrm{Q}$の位置は図Ｅの場所だ。

このときの$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|$を求めるんだけど、使うのは①式だ。
①式には$k$が含まれているので、$t= \dfrac{1}{2}$のときの$k$の値を求めることからはじめる。

②式より
$k= \dfrac{3}{5\cdot\cfrac{1}{2}-3}$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{ k } &=\dfrac{3\cdot 2}{5-3\cdot 2}\\ &=\dfrac{6}{-1} \end{align} $$

$\phantom{ k } =-6$式Ｄ

これと$t= \dfrac{1}{2}$を①式に代入すると、
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OQ}}&=\left\{-6-(-6)\cdot\dfrac{1}{2}\right\}\overrightarrow{\mathrm{OA}}+(-6)\cdot\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ &=-3\overrightarrow{\mathrm{OA}}-3\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ &=-3(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}) \end{align} $$ とかける。

よって、$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|^{2}$は
$$ \begin{align} \left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|^{2}&=\{-3(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\}\cdot\{-3(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\}\\ &=3^{2}(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\cdot(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\\ &=3^{2}\left(\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|^{2}+2\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|^{2}\right) \end{align} $$ 式Ｅ
と表せる。

$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|$，$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}$，$\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|$の値を代入すると、式Ｅは
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|^{2}= 3^{2}\left\{1^{2}+2\cdot\left(-\dfrac{2}{3}\right)+1^{2}\right\}$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{ \left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|^{2} } &= 3^{2}\left(1-\dfrac{4}{3}+1\right)\\ &=3(3-4+3) \end{align} $$

より
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|^{2} =6$
となるから、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|=\sqrt{6}$
である。

解答ソ：６

さらに、$t= \dfrac{1}{2}$以外で$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|=\sqrt{6}$になるときを探す。

$t= \dfrac{1}{2}$のときの点$\mathrm{Q}$の位置は、図Ｅの場所、つまり点$\mathrm{C}$の下方だった。
図Ｄから想像がつくんだけど、点$\mathrm{Q}$が点$\mathrm{C}$の上方にあるとき、つまり図Ｆの点$\mathrm{R}$の位置にあるときも、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OR}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|=\sqrt{6}$
になるはず。

なので、点$\mathrm{R}$について考えよう。
以下、$t= \dfrac{1}{2}$のときの点$\mathrm{Q}$を、単に点$\mathrm{Q}$と書く。

点$\mathrm{R}$は、直線$\mathrm{OA}$に関して点$\mathrm{Q}$と対称の位置にあるので、
$\overrightarrow{\mathrm{CR}}=-\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$
である。

解答タ：－

これに式Ｂ（$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$の式）を代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{CR}}=-(k-kt+1)\overrightarrow{\mathrm{OA}}-kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}$
だけど、

	$t= \dfrac{1}{2}$
	式Ｄより、$k=-6$

なので、
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{CR}}&=-\left\{-6-(-6)\cdot\dfrac{1}{2}+1\right\}\overrightarrow{\mathrm{OA}}-(-6)\cdot\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ &=2\overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\overrightarrow{\mathrm{OB}}\class{tex_formula}{式Ｆ} \end{align} $$ となる。

解答チ：2, ツ：3

最後に、このときの$t$、つまり 点$\mathrm{P}$が図Ｇの位置にあるときの$t$の値を求める。

$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$を$\overrightarrow{\mathrm{OA}}$，$\overrightarrow{\mathrm{OB}}$を使って2通りに表す、定期テストなんかでよく見る問題だ。

(1)の式Ａで求めたように、
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ａ
だった。

また、3点$\mathrm{O}$，$\mathrm{P}$，$\mathrm{R}$は一直線上にあるので、実数$\ell$を使って
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OP}}&=\ell\overrightarrow{\mathrm{OR}}\\ &=\ell(\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{CR}}) \end{align} $$ とかける。

これに式Ｆ（$\overrightarrow{\mathrm{CR}}$の式）と$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$を代入すると
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OP}}&=\ell\{(-\overrightarrow{\mathrm{OA}})+(2\overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\overrightarrow{\mathrm{OB}})\}\\ &=\ell(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\overrightarrow{\mathrm{OB}})\\ &=\ell\overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\ell\overrightarrow{\mathrm{OB}} \end{align} $$ と表せる。

これが式Ａと同じ式なので、
$\left\{\begin{array}{l} 1-t=\ell\\ t=3\ell \end{array}\right.$式Ｇ
であることが分かる。

これを連立方程式として解くんだけど、$t$の値だけ分かればいいので、$\ell$を消そう。

式Ｇの上の式を下の式に代入すると
$t=3(1-t)$
より
$4t=3$
となるので、このときの$t$は
$t= \dfrac{3}{4}$
である。

解答テ：3, ト：4