大学入学共通テスト 2025年(令和7年) 本試 数学ⅡＢC 第６問 解説
(1)
点$\mathrm{C}$は$\mathrm{O}$を中心とする半径$1$の球面$S$上にあるから、
$\mathrm{OC}=1$
より
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|=1$
なので
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|^{2}=1$式Ａ
である。
解答ア：１
点$\mathrm{C}$の座標は$(x,y,z)$なので
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$
だから
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}$
だ。
なので、式Ａは
$x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$①
とかきかえられる。
ここで、△$\mathrm{ABC}$を正三角形だと仮定すると、
$\mathrm{AC}=\mathrm{AB}$
だ。
また、点$\mathrm{A}$，点$\mathrm{B}$ともに$S$上の点なので、
$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=\mathrm{OC}=1$
である。
よって、
△$\mathrm{OAC}$（緑の三角形）$\equiv$ △$\mathrm{OAB}$（赤い三角形）
となるから、
$\angle \mathrm{AOC}$（緑の角）$=\angle \mathrm{AOB}$（赤い角）
だ。
この角を
$\angle \mathrm{AOC}=\angle \mathrm{AOB}=\theta$
とおくと、
$$
\begin{align}
\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}&=\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|\cos\angle \mathrm{AOC}\\
&=1\cdot 1\cos\theta\\
&=\cos\theta
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}&=\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|\cos\angle \mathrm{AOB}\\
&=1\cdot 1\cos\theta\\
&=\cos\theta
\end{align}
$$
である。
したがって、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ｂ
と表せる。
解答イ：４
いま
$\textcolor{coral}{\text{※}}\left\{\begin{array}{l}
\overrightarrow{\mathrm{OA}}=(1,0,0)\\
\overrightarrow{\mathrm{OB}}=(a,\sqrt{1-a^{2}},0)\\
\overrightarrow{\mathrm{OC}}=(x,y,z)
\end{array}\right.$
なので、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}=x$
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}=a$
だ。
よって、式Ｂより
$x=a$②
であることが分かる。
解答ウ：０
同様に考えると、
△$\mathrm{OBC}\equiv$ △$\mathrm{OAB}$
なので
$\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ｃ
だ。
また、※より、
$\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}=ax+\sqrt{1-a^{2}}\:y$
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}=a$
となる。
よって、式Ｃより
$ax+\sqrt{1-a^{2}}\:y=a$③
である。
解答エ：０, オ：５
以上より、$x$，$y$，$z$が①式，②式，③式を満たすとき、点$\mathrm{C}$は$S$上にあって、△$\mathrm{ABC}$は正三角形となる。
①式を
$z^{2}=1-x^{2}-y^{2}$①'
と変形して、②式，③式とあわせて 連立方程式
$\textcolor{coral}{\text{※※}}\left\{\begin{array}{l}
z^{2}=1-x^{2}-y^{2}\class{tex_formula}{①'}\\
x=a\class{tex_formula}{②}\\
ax+\sqrt{1-a^{2}}\:y=a\class{tex_formula}{③}
\end{array}\right.$
をつくる。
これを解くと、点$\mathrm{C}$の座標が求められる。
(2)
(i)
$a=\dfrac{3}{5}$のとき、※※の連立方程式は
$\left\{\begin{array}{l}
z^{2}=1-x^{2}-y^{2}\class{tex_formula}{①'}\\
x=\dfrac{3}{5}\class{tex_formula}{②'}\\
\dfrac{3}{5}x+\sqrt{1-\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}}\:y=\dfrac{3}{5}\class{tex_formula}{③'}
\end{array}\right.$
とかける。
これを解くと、
②'式より
$x=\dfrac{3}{5}$式Ｄ
解答カ：３, キ：５
これを③'式に代入して、
$\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\sqrt{1-\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}}\:y=\dfrac{3}{5}$式Ｅ
途中式
$\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\sqrt{\dfrac{5^{2}-3^{2}}{5^{2}}}\:y=\dfrac{3}{5}$
$\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\sqrt{\dfrac{4^{2}}{5^{2}}}\:y=\dfrac{3}{5}$
$\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\dfrac{4}{5}y=\dfrac{3}{5}$式Ｅ'
途中式
$$
\begin{align}
\dfrac{4}{5}y&=\dfrac{3}{5}-\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}\\
&=\dfrac{3}{5}\left(1-\dfrac{3}{5}\right)\\
&=\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{2}{5}
\end{align}
$$
$y=\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{5}{4}$
より
$y=\dfrac{3}{10}$式Ｆ
解答ク：３, ケ：１, コ：０
①'式に 式Ｄ，式Ｆを代入すると
途中式
$$ \begin{align} z^{2}&=1-\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}-\left(\dfrac{3}{10}\right)^{2}\\ &=\frac{10^{2}}{10^{2}}-\frac{6^{2}}{10^{2}}-\frac{3^{2}}{10^{2}} \end{align} $$ だから
$z^{2} \gt 0$
なので、①を満たす$z$はちょうど二つある。
解答サ：２
したがって、△$\mathrm{ABC}$が正三角形となる$S$上の点も、図Ｂのように点$\mathrm{C}$と点$\mathrm{C}'$の２個ある。
(ii)
$a=-\dfrac{3}{5}$のとき、※※の連立方程式は
$\left\{\begin{array}{l}
z^{2}=1-x^{2}-y^{2}\class{tex_formula}{①'}\\
x=-\dfrac{3}{5}\class{tex_formula}{②''}\\
-\dfrac{3}{5}x+\sqrt{1-\left(-\dfrac{3}{5}\right)^{2}}\:y=-\dfrac{3}{5}\class{tex_formula}{③''}
\end{array}\right.$
とかける。
これを解くと、
②''式より
$x=-\dfrac{3}{5}$式Ｇ
これを③''式に代入すると
$\left(-\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\sqrt{1-\left(-\dfrac{3}{5}\right)^{2}}\:y=-\dfrac{3}{5}$
$\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\sqrt{1-\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}}\:y=-\dfrac{3}{5}$
となるけど、これは式Ｅの右辺が$-\dfrac{3}{5}$になったものだ。
なので、これを計算すると、式Ｅ'の右辺が$-\dfrac{3}{5}$になった
$\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\dfrac{4}{5}y=-\dfrac{3}{5}$
ができる。
よって、
途中式
$$
\begin{align}
\dfrac{4}{5}y&=-\dfrac{3}{5}-\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}\\
&=-\dfrac{3}{5}\left(1+\dfrac{3}{5}\right)\\
&=-\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{8}{5}
\end{align}
$$
$y=-\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{8}{5}\cdot\dfrac{5}{4}$
より
$y=-\dfrac{6}{5}$式Ｈ
①'式に 式Ｇ，式Ｈを代入すると
$$ \begin{align} z^{2}&=1-\left(-\dfrac{3}{5}\right)^{2}-\left(-\dfrac{6}{5}\right)^{2}\\ &=\dfrac{5^{2}}{5^{2}}-\frac{3^{2}}{5^{2}}-\frac{6^{2}}{5^{2}} \end{align} $$ だから
$z^{2} \lt 0$
なので、①を満たす実数$z$は存在しない。
したがって、△$\mathrm{ABC}$が正三角形となる$S$上の点$\mathrm{C}$も存在しない。
解答シ：０
(3)
次は、$S$上に点$C$が存在する、つまり$(x,y,z)$の実数解があるときの$a$の範囲だ。
$a$の範囲を求めるから、※※の連立方程式の$a$を$a$のままで計算しよう。
※の連立方程式をもう一度載せておく。
$\textcolor{coral}{\text{※※}}\left\{\begin{array}{l} z^{2}=1-x^{2}-y^{2}\class{tex_formula}{①'}\\ x=a\class{tex_formula}{②}\\ ax+\sqrt{1-a^{2}}\:y=a\class{tex_formula}{③} \end{array}\right.$
これを解くと、
②式より
$x=a$式Ｉ
これを③式に代入して、
$a^{2}+\sqrt{1-a^{2}}\:y=a$
$\sqrt{1-a^{2}}\:y=a-a^{2}$
$y=\dfrac{a(1-a)}{\sqrt{1-a^{2}}}$式Ｊ
①'式に式Ｉ，式Ｊを代入すると
$z^{2}=1-a^{2}-\dfrac{a^{2}(1-a)^{2}}{1-a^{2}}$
途中式
$$
\begin{align}
\phantom{z^{2}}&=(1+a)(1-a)-\dfrac{a^{2}(1-a)^{2}}{(1+a)(1-a)}\\
&=(1+a)(1-a)-\dfrac{a^{2}(1-a)}{1+a}\\
&=\left\{\dfrac{(1+a)^{2}}{1+a}-\dfrac{a^{2}}{1+a}\right\}(1-a)\\
&=\dfrac{1+2a+a^{2}-a^{2}}{1+a}(1-a)
\end{align}
$$
解答ス：３
となる。
ここで、
$-1 \lt a \lt 1$
なので、式Ｋの
青い部分の$1-a$は正の値
緑の部分の$1+a$は正の値
である。
式っぽく書くと
$z^{2}=\dfrac{\textcolor{red}{(1+2a)}\times\textcolor{royalblue}{\oplus}}{\textcolor{green}{\oplus}}$式Ｋ'
だ。
よって、
点$\mathrm{C}$が存在する
$\hspace{20px}\Rightarrow$実数$z$が存在する
$\hspace{40px}\Rightarrow 0\leqq z^{2}$なので 式Ｋ'の右辺も$0$以上
$\hspace{60px}\Rightarrow 0\leqq 1+2a$ より
$\hspace{120px}-\dfrac{1}{2}\leqq a$式Ｌ
である。
また、これの逆の
$0\leqq 1+2a$ つまり $-\dfrac{1}{2}\leqq a$式Ｌ
$\hspace{20px}\Rightarrow$式Ｋ'の右辺が$0$以上だから、$ 0\leqq z^{2}$
$\hspace{40px}\Rightarrow$実数$z$が存在する
$\hspace{60px}\Rightarrow$点$\mathrm{C}$が存在する
も成り立つことが分かる。
したがって、点$\mathrm{C}$が存在するための必要十分条件は、
$a$の定義域の $-1 \lt a \lt 1$
式Ｌの $-\dfrac{1}{2}\leqq a$
を合わせた
$-\dfrac{1}{2}\leqq a \lt 1$
である。
解答セ：４