大学入学共通テスト 2023年(令和5年) 追試 数学ⅡB 第5問 解説
(1)
アドバイス
空間ベクトルの問題はイメージがつかみにくかったりする。
点$\mathrm{A}$~$\mathrm{D}$の位置関係を、図Aに示した。
共通テスト本番では、こんなにちゃんとした図を描く必要はない。時間もかかるし。
もっと雑なのでいいから、図を描いて見ながら考えるようにしよう。
$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$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
(2)
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、
$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PD}}$は、式A,式Dより
$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PD}}=(2,3,-1)\cdot(7-2t,7-3t,t)$
途中式
$\hspace{62px} =2\cdot 7-4t+3\cdot 7-9t-t$
$\hspace{62px} =5\cdot 7-14t$
解答セ:2, ソ:5
$\left|\overrightarrow{\mathrm{PD}}\right|^{2}$は、式Dより
$\left|\overrightarrow{\mathrm{PD}}\right|^{2} =(7-2t)^{2}+(7-3t)^{2}+t^{2}$
途中式
$\hspace{44px} =7^{2}-2\cdot 7\cdot 2t+4t^{2}$
$\hspace{100px} +7^{2}-2\cdot 7\cdot 3t+9t^{2}+t^{2}$
$\hspace{44px} =2\cdot 7^{2}-2\cdot 7(2t+3t)+14t^{2}$
解答タ:5, チ:7
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
$(2t-5)^{2}=t^{2}-5t+7$
$4t^{2}-20t+25=t^{2}-5t+7$
$3t^{2}-15t+18=0$
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
$\angle \mathrm{CPD}=120^{\circ}$
になる点$\mathrm{P}$を求めていて、答えになる$t$が2つ出てしまった。
これは、②式の両辺を2乗して式Eにしたから。
②式の赤い部分は①式の赤い部分で、もともとは
$ \cos\angle 120^{\circ}=-\dfrac{1}{2}$
だった。
これを2乗したために
$\cos^{2}\angle 120^{\circ}= \left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}$
となって、
$\cos^{2}\angle 60^{\circ}= \left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}$
と区別がつかなくなっちゃった。
だから、ツテで求めた$t$は、
どちらかが$\angle \mathrm{CPD}=120^{\circ}$で、もう一方は$\angle \mathrm{CPD}=60^{\circ}$
のときのものだと考えられる。
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
別解
トナニについては、図がイメージできれば 上の解法が圧倒的におすすめだ。計算しなくていいし。
一方、問題文では、2つの$t$それぞれのときの$\angle \mathrm{CPD}$を調べて解くように指示されている。
この方法だと、以下のようになる。
$t=2$のとき
点$\mathrm{P}$の座標は、式Bに$t=2$を代入して、
$(2\cdot 2,3\cdot 2-3,-2+5)=(4,3,3)$
なので、
$\overrightarrow{\mathrm{PC}}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}$
$\hspace{27px} =(10,12,0)-(4,3,3)$
$\hspace{27px} =(6,9,-3)$
$\overrightarrow{\mathrm{PD}}$は、式Dに$t=2$を代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{PD}}=(7-2\cdot 2,7-3\cdot 2,2)$
$\hspace{27px} =(3,1,2)$
となる。
よって、
$\overrightarrow{\mathrm{PC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{PD}} =(6,9,-3)\cdot (3,1,2)$
$\hspace{74px} =18+9-6 \gt 0$
であることが分かる。
よって、
$\cos \angle \mathrm{CPD} \gt 0$
なので
$\angle \mathrm{CPD} \lt 90^{\circ}$
となり、不適。
$t=3$のとき
点$\mathrm{P}$の座標は、式Bに$t=3$を代入して、
$(2\cdot 3,3\cdot 3-3,-3+5)=(6,6,2)$式F
なので、
$\overrightarrow{\mathrm{PC}}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}$
$\hspace{27px} =(10,12,0)-(6,6,2)$
$\hspace{27px} =(4,6,-2)$
$\left|\overrightarrow{\mathrm{PC}}\right|=\sqrt{4^{2}+6^{2}+(-2)^{2}}$
$\hspace{38px} =\sqrt{2^{2}\{2^{2}+3^{2}+(-1)^{2}\}}$
$\hspace{38px} =2\sqrt{14}$
$\overrightarrow{\mathrm{PD}}$は、式Dに$t=3$を代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{PD}}=(7-2\cdot 3,7-3\cdot 3,3)$
$\hspace{27px} =(1,-2,3)$
$\left|\overrightarrow{\mathrm{PD}}\right|=\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}+3^{2}}$
$\hspace{38px} =\sqrt{14}$
となる。
したがって、
$ \cos\angle \mathrm{CPD}=\dfrac{(4,6,-2)\cdot(1,-2,3)}{2\sqrt{14}\cdot\sqrt{14}}$
$\hspace{74px} = \dfrac{4-12-6}{2\cdot 14}$
$\hspace{74px} =- \dfrac{1}{2}$
と表せる。
よって、
$\angle \mathrm{CPD}=120^{\circ}$
だから、これが求める答えだ。
以上より、$\angle \mathrm{CPD}=120^{\circ}$となる点$\mathrm{P}$の座標は、式Fの
$(6,6,2)$
である。
解答ト:6, ナ:6, ニ:2
(3)
アドバイス
このサイトのあちこちに書いてあるけれど、問題を解くときには図や表をかいて見ながら考えた方が楽なことが多いし、ミスも少ない。
けれど、ここから先は図を描くことが難しいと思う。描けないことはないけれど、わかりやすい図は時間がかかりそうだし。
なので、以下の解説は図は使っていない。
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