$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$を成分で表すと
$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
$\hspace{28px} =(2,0,4)-(0,-3,5)$
$\hspace{28px} =(2,3,-1)$式Ａ
とかける。

よって、
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
は、
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(0,-3,5)+t(2,3,-1)$
$\hspace{28px} =(2t,3t-3,-t+5)$
となるから、点$\mathrm{P}$の座標も
$(2t,3t-3,-t+5)$式Ｂ
である。

解答ア：２, イ：３, ウ：３, エ：５

この点$\mathrm{P}$が$xy$平面上にあるときが点$\mathrm{C}$だ。
$xy$平面は$z$座標が$0$だから、このときの$t$は、式Ｂより
$-t+5=0$
$t=5$
であることが分かる。

したがって、点$\mathrm{C}$の座標は、式Ｂに$t=5$を代入して
$(2\cdot 5,3\cdot 5-3,0)=(10,12,0)$
となる。

解答オ：１, カ：０, キ：１, ク：２

さらに、
$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
より
$t\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \overrightarrow{\mathrm{OP}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
$\phantom{ t\overrightarrow{\mathrm{AB}} } = \overrightarrow{\mathrm{AP}}$式Ｃ
と表せる。

$t=5$のときの点$\mathrm{P}$が点$\mathrm{C}$なので
$\overrightarrow{\mathrm{AC}} = 5\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
となるから、点$\mathrm{A}$，点$\mathrm{B}$，点$\mathrm{C}$の位置は図Ｂのような関係だ。

図Ｂより、点$\mathrm{C}$は線分$\mathrm{AB}$を
$5:5-1 = 5:4$
に外分する。

解答ケ：５, コ：４

次は、$\angle \mathrm{CPD}=120^{\circ}$となる点$\mathrm{P}$の位置を考える。

このとき、$\overrightarrow{\mathrm{PC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PD}}$は
$\overrightarrow{\mathrm{PC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PD}}=\left|\overrightarrow{\mathrm{PC}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{PD}}\right| \textcolor{red}{\cos\angle 120^{\circ}}$
$\phantom{ \overrightarrow{\mathrm{PC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PD}} } = \textcolor{red}{-\dfrac{1}{2}} \left|\overrightarrow{\mathrm{PC}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{PD}}\right|$①
とかける。

解答サ：－, シ：１, ス：２

$\overrightarrow{\mathrm{PC}}$∥$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$より、$k$を実数（$k\neq 0$）として
$\overrightarrow{\mathrm{PC}}=k\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
と表せるから、これを①式に代入すると
$k\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PD}} = \textcolor{red}{- \dfrac{1}{2}} \left|k\overrightarrow{\mathrm{AB}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{PD}}\right|$②
となる。

ここで、
$\overrightarrow{\mathrm{PD}}=\overrightarrow{\mathrm{OD}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}$
だけど、
式Ｂより
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(2t,3t-3,-t+5)$ $\overrightarrow{\mathrm{OD}}=(7,4,5)$ なので
$\overrightarrow{\mathrm{PD}}=(7-2t,7-3t,t)$式Ｄ
と表せる。

よって、

となる。

また、式Ａより
$\left|\overrightarrow{\mathrm{AB}}\right|^{2}=2^{2}+3^{2}+(-1)^{2}$
$\hspace{44px} =14$ だ。

なので、②式の両辺を２乗した
$k^{2}\left(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PD}}\right)^{2}= \textcolor{red}{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{2}} k^{2}\left|\overrightarrow{\mathrm{AB}}\right|^{2}\left|\overrightarrow{\mathrm{PD}}\right|^{2}$
式Ｅ
は
$\textcolor{green}{\cancel{\textcolor{black}{k^{2}}}} \{-\textcolor{red}{\cancel{\textcolor{black}{7}}}(2t-5)\}^{2}$
$\hspace{70px} = \dfrac{\textcolor{green}{\cancel{\textcolor{black}{k^{2}}}}}{\textcolor{cyan}{\cancel{\textcolor{black}{2^{2}}}}}\cdot \textcolor{cyan}{\cancel{\textcolor{black}{14}}}^{\textcolor{red}{\cancel{\textcolor{black}{7}}}} \cdot \textcolor{cyan}{\cancel{\textcolor{black}{14}}}^{\textcolor{red}{\cancel{\textcolor{black}{7}}}} (t^{2}-5t+7)$
より

途中式

$(2t-5)^{2}=t^{2}-5t+7$
$4t^{2}-20t+25=t^{2}-5t+7$
$3t^{2}-15t+18=0$

$t^{2}-5t+6=0$
とかける。

これを解くと、
$(t-2)(t-3)=0$
なので、②式の２乗が成り立つのは
$t=2$，$3$
のときである。

解答ツ：２, テ：３

アドバイスより、このときの各点の位置関係を図にすると、図Ｃのような状態だと分かる。

式Ｃより
$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=t\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
なので、
$t=2$のとき、点$\mathrm{P}$は図Ｃの青い点 $t=3$のとき、点$\mathrm{P}$は図Ｃのオレンジの点 だ。

確認しておくけれど、(1)で考えたように、点$\mathrm{C}$は$t=5$のときの点$\mathrm{P}$の位置だった。

図Ｃより、点$\mathrm{P}$のふたつの候補のうち、点$\mathrm{A}$から遠い方（オレンジの点）が求める$\angle \mathrm{CPD}=120^{\circ}$の場合だと判断できる。

よって、求める点$\mathrm{P}$は
$t=3$ のとき。

このときの点$\mathrm{P}$の座標は、$t=3$を式Ｂに代入して、
$(2\cdot 3,3\cdot 3-3,-3+5)=(6,6,2)$
である。

解答ト：６, ナ：６, ニ：２

今度は、直線$\mathrm{DP}$と$xy$平面との交点$\mathrm{Q}$だ。

点$\mathrm{Q}$は直線$\mathrm{DP}$上にあるから、$s$を実数として
$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OD}}+s\overrightarrow{\mathrm{DP}}$
$\phantom{ \overrightarrow{\mathrm{OQ}} } =\overrightarrow{\mathrm{OD}}-s\overrightarrow{\mathrm{PD}}$
とかける。

これに$\overrightarrow{\mathrm{OD}}$と式Ｄを代入すると、
$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(7,4,5)-s(7-2t,7-3t,t)$式Ｇ
となるけど、点$\mathrm{Q}$は$xy$平面上にあるから、$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$の$z$成分は$0$だ。

なので、
$5-st=0$
より
$st=5$
$s= \dfrac{5}{t}$
と表せる。

これを式Ｇに代入すると、$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$は、
$ \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(7,4,5)-\dfrac{5}{t}(7-2t,7-3t,t)$
より
$ \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(7,4,5)+(5\cdot 2,5\cdot 3,-5)-\dfrac{5}{t}(7,7,0)$
$\phantom{ \overrightarrow{\mathrm{OQ}} } =(17,19,0)-\dfrac{35}{t}(1,1,0)$
と変形できる。

解答ヌ：１, ネ：７, ノ：１, ハ：９, ヒ：３, フ：５

なので、点$\mathrm{Q}$は
$(17,19,0)$を通り、ベクトル$(1,1,0)$に平行な直線上を動く けど、
$ \dfrac{1}{t}\neq 0$、つまり$ \dfrac{35}{t}\neq 0$ だから、
点$\mathrm{Q}$の座標は$(17,19,0)$にはならない ことになる。

この点$(17,19,0)$を、点$\mathrm{R}$とすると、
$\overrightarrow{\mathrm{DR}}=\overrightarrow{\mathrm{OR}} - \overrightarrow{\mathrm{OD}}$
$\hspace{29px} =(17,19,0)-(7,4,5)$
$\hspace{29px} =(10,15,-5)$
$\hspace{29px} =5\textcolor{red}{(2,3,-1)}$
とかける。

式Ａより、この式の赤い部分は$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$なので、
$\overrightarrow{\mathrm{DR}}=5\overrightarrow{\mathrm{AB}}$
だ。

よって、
$\overrightarrow{\mathrm{DR}}$は$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$と平行である ことが分かる。

解答ヘ：４