この問題では、基準になるベクトルが$\vec{\mathrm{O}\mathrm{P}}=\vec{p}$と$\vec{\mathrm{O}\mathrm{Q}}=\vec{q}$なので、原点は点$\mathrm{O}$。
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$は始点が原点じゃないベクトルなので、終点へのベクトル-始点へのベクトルより、
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{L}}-\vec{\mathrm{O}\mathrm{M}}$より、
$\displaystyle \vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$$\displaystyle =\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{P}}-a\vec{\mathrm{O}\mathrm{Q}}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$$\displaystyle =\frac{2}{3}\vec{p}-a\vec{q}$式Ａ
である。

解答ア：２, イ：３, ウ：ａ

別解

$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$は始点も終点も基準になるベクトルの上にあるので、単純に点$\mathrm{M}$→点$\mathrm{O}$→点$\mathrm{L}$と移動すると考えて作ると、
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}=\vec{\mathrm{M}\mathrm{O}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{L}}$
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$$=-\vec{\mathrm{O}\mathrm{M}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{L}}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$$\displaystyle =-a\vec{\mathrm{O}\mathrm{Q}}+\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{P}}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$$\displaystyle =-a\vec{q}+\frac{2}{3}\vec{p}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$$\displaystyle =\frac{2}{3}\vec{p}-a\vec{q}$式Ａ
である。

解答ア：２, イ：３, ウ：ａ

上の$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$の式の両辺の絶対値をとって２乗すると、
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|^{2}=\left|\frac{2}{3}\vec{p}-a\vec{q}\right|^{2}$
$\left|\vec{a}\right|^{2}=\vec{a}\cdot\vec{a}$なので、
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|^{2}=\left(\frac{2}{3}\vec{p}-a\vec{q}\right)\cdot\left(\frac{2}{3}\vec{p}-a\vec{q}\right)$
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|^{2}$$\displaystyle =\frac{2^{2}}{3^{3}}\left|\vec{p}\right|^{2}-2\cdot\frac{2}{3}a\vec{p}\cdot\vec{q}+a^{2}\left|\vec{q}\right|^{2}$
ここで、$\left|\vec{p}\right|=1$，$\left|\vec{q}\right|=2$，$\angle \mathrm{POQ}=90^{\circ}$より$\vec{p}\cdot\vec{q}=0$だから、
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|^{2}=\frac{2^{2}}{3^{3}}\cdot 1^{2}+a^{2}\cdot 2^{2}$
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|^{2}$$\displaystyle =\frac{2^{2}}{3^{3}}\cdot(1^{2}+3^{2}a^{2})$
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|^{2}$$\displaystyle =\frac{2^{2}}{3^{3}}\cdot(1+9a^{2})$
$0 \lt \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|$より、
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|=\frac{2}{3}\sqrt{1+9a^{2}}$式Ｂ
である。

解答エ：２, オ：３, カ：９

終点へのベクトル-始点へのベクトルより、
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{N}}-\vec{\mathrm{O}\mathrm{M}}$より、
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}$$=\{(1-b)\vec{\mathrm{O}\mathrm{P}}+b\vec{\mathrm{O}\mathrm{Q}}\}-a\vec{\mathrm{O}\mathrm{Q}}$
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}$$=(1-b)\vec{p}+b\vec{q}-a\vec{q}$
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}$$=(1-b)\vec{p}+(b-a)\vec{q}$式Ｃ
である。

解答キ：ｂ, ク：ｂ, ケ：ａ

$\mathrm{ML}$⊥$\mathrm{MN}$なので、
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\cdot\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}=0$式D
である。

解答コ：０

次は$b$だけど、問題文に
「$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\cdot\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}=$コであるから」
とあるので、きっと内積から計算するのだろうと想像がつく。

式Ａ，式Ｃから$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}$と$\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}$の内積を求めると、
$\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\cdot\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}=\left(\frac{2}{3}\vec{p}-a\vec{q}\right)\cdot\{(1-b)\vec{p}+(b-a)\vec{q}\}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\cdot\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}$$\displaystyle =\frac{2}{3}(1-b)\left|\vec{p}\right|^{2}$
                 $\displaystyle +\left\{\frac{2}{3}(b-a)-a(1-b)\right\}\vec{p}\cdot\vec{q}$
                 $\displaystyle -a(b-a)\left|\vec{q}\right|^{2}$
ここで、$\left|\vec{p}\right|=1$，$\left|\vec{q}\right|=2$，$\vec{p}\cdot\vec{q}=0$だから、
$\displaystyle \vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\cdot\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}=\frac{2}{3}(1-b)\cdot 1^{2}-a(b-a)\cdot 2^{2}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\cdot\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}$$\displaystyle =\frac{2}{3}(1-b)-4a(b-a)$

これに式Ｄを代入して、
$\displaystyle \frac{2}{3}(1-b)-4a(b-a)=0$

途中式

$(1-b)-6a(b-a)=0$
$1-b-6ab+6a^{2}=0$
$b+6ab=1+6a^{2}$
$(1+6a)b=1+6a^{2}$

$b=\displaystyle \frac{1+6a^{2}}{1+6a}$式Ｅ
である。

解答サ：６, シ：１, ス：６

次は$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|$だけど、$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|$を求めたときと同じことをしよう。
式Ｃの両辺の絶対値をとって２乗すると、
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}=\left|(1-b)\vec{p}+(b-a)\vec{q}\right|^{2}$
$\left|\vec{a}\right|^{2}=\vec{a}\cdot\vec{a}$なので、
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}=\left\{(1-b)\vec{p}+(b-a)\vec{q}\right\}$
                 $\cdot\left\{(1-b)\vec{p}+(b-a)\vec{q}\right\}$
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=(1-b)^{2}\left|\vec{p}\right|^{2}+2(1-b)(b-a)\vec{p}\cdot\vec{q}$
                 $+(b-a)^{2}\left|\vec{q}\right|^{2}$
ここで、$\left|\vec{p}\right|=1$，$\left|\vec{q}\right|=2$，$\vec{p}\cdot\vec{q}=0$だから、
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}=(1-b)^{2}+4(b-a)^{2}$
これに式Ｅを代入して、
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}=\left(1-\frac{1+6a^{2}}{1+6a}\right)^{2}+4\left(\frac{1+6a^{2}}{1+6a}-a\right)^{2}$

途中式

$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=\left(\frac{1+6a}{1+6a}-\frac{1+6a^{2}}{1+6a}\right)^{2}+4\left(\frac{1+6a^{2}}{1+6a}-\frac{a(1+6a)}{1+6a}\right)^{2}$
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=\left(\frac{1+6a-1-6a^{2}}{1+6a}\right)^{2}+4\left(\frac{1+6a^{2}-a-6a^{2}}{1+6a}\right)^{2}$
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=\left(\frac{6a-6a^{2}}{1+6a}\right)^{2}+4\left(\frac{1-a}{1+6a}\right)^{2}$
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=\left(\frac{6a(1-a)}{1+6a}\right)^{2}+4\left(\frac{1-a}{1+6a}\right)^{2}$
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=(6a)^{2}\left(\frac{1-a}{1+6a}\right)^{2}+4\left(\frac{1-a}{1+6a}\right)^{2}$
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=\left(\frac{1-a}{1+6a}\right)^{2}\{(6a)^{2}+4\}$
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=\left(\frac{1-a}{1+6a}\right)^{2}2^{2}\{(3a)^{2}+1\}$

$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|^{2}$$=2^{2}\left(\frac{1-a}{1+6a}\right)^{2}(9a^{2}+1)$
$0 \lt \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|$より、
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|$$\displaystyle =2\cdot\frac{1-a}{1+6a}\sqrt{9a^{2}+1}$
$\displaystyle \left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|$$\displaystyle =\frac{2(1-a)}{1+6a}\sqrt{1+9a^{2}}$式Ｆ
となる。

解答セ：２, ソ：１, タ：９

△$\mathrm{LMN}$∽△$\mathrm{QOP}$なので、
$\mathrm{ML}:\mathrm{MN}=\mathrm{OQ}:\mathrm{OP}$
問題より、$\mathrm{OP}=1$，$\mathrm{OQ}=2$なので、
$\mathrm{ML}:\mathrm{MN}=2:1$
$\mathrm{ML}=2\mathrm{MN}$
となるから、
$\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{L}}\right|=2\left|\vec{\mathrm{M}\mathrm{N}}\right|$
である。

解答チ：２

これに式Ｂ，式Ｆを代入して、
$\displaystyle \frac{2}{3}\sqrt{1+9a^{2}}=2\cdot\frac{2(1-a)}{1+6a}\sqrt{1+9a^{2}}$
ここで、$\sqrt{1+9a^{2}}\neq 0$なので、両辺を$\sqrt{1+9a^{2}}$で割って、
$\displaystyle \frac{2}{3}=2\cdot\frac{2(1-a)}{1+6a}$
$\displaystyle \frac{1}{3}=\frac{2(1-a)}{1+6a}$

$\displaystyle \frac{A}{B}=\frac{C}{D}$のとき、$AD=BC$なので、
$1+6a=3\cdot 2(1-a)$
$1+6a=6-6a$
$12a=5$
$a=\displaystyle \frac{5}{12}$
となる。

解答ツ：５, テ：１, ト：２

これを式Ｅに代入して、
$b=\displaystyle \frac{1+6\left(\frac{5}{12}\right)^{2}}{1+6\cdot\frac{5}{12}}$
$b\displaystyle $$\displaystyle =\frac{1+\frac{5^{2}}{2\cdot 12}}{1+\frac{6\cdot 5}{12}}$
分母分子に$2\cdot 12$をかけて、
$b=\displaystyle \frac{2\cdot 12+5^{2}}{2\cdot 12+2\cdot 6\cdot 5}$

途中式

$b\displaystyle $$\displaystyle =\frac{24+25}{24+60}$
$b\displaystyle $$\displaystyle =\frac{49}{84}$

$b\displaystyle $$\displaystyle =\frac{7}{12}$
である。

解答ナ：７, ニ：１, ヌ：２

ここまでの内容を図Ｂにまとめた。
図Ｂでは、分かりやすいように$\mathrm{R}$は$\mathrm{LN}$の内分点としてあるが、$s \lt 0$または$1 \lt s$のときは外分点になる。

点$\mathrm{R}$は$\mathrm{LN}$を$s:1-s$に内分または外分するので、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}=(1-s)\vec{\mathrm{O}\mathrm{L}}+s\vec{\mathrm{O}\mathrm{N}}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}$$\displaystyle =(1-s)\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{P}}+s\cdot\frac{5\vec{\mathrm{O}\mathrm{P}}+7\vec{\mathrm{O}\mathrm{Q}}}{7+5}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}$$\displaystyle =(1-s)\frac{8}{12}\vec{p}+s\cdot\frac{5\vec{p}+7\vec{q}}{12}$

途中式

$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}$$\displaystyle =\frac{1}{12}\{8(1-s)\vec{p}+5s\vec{p}+7s\vec{q}\}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}$$\displaystyle =\frac{1}{12}\{(8-8s+5s)\vec{p}+7s\vec{q}\}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}$$\displaystyle =\frac{1}{12}\{(8-3s)\vec{p}+7s\vec{q}\}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}$$\displaystyle =\left(\frac{8}{12}-\frac{3}{12}s\right)\vec{p}+\frac{7}{12}s\vec{q}$

$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}$$\displaystyle =\left(\frac{2}{3}-\frac{s}{4}\right)\vec{p}+\frac{7}{12}s\vec{q}$式Ｇ
となる。

解答ネ：２, ノ：３, ハ：４

ここからは、よく見る交点の位置ベクトルの問題。
ひとつのベクトルを２通りに表して、連立方程式に持ち込むアレだ。

$\mathrm{R}$が$\mathrm{OQ}$上にあるとき、$t$を実数として、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}=t\vec{\mathrm{O}\mathrm{Q}}$
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{R}}$$=t\vec{q}$
とかける。

これが式Ｇと等しくなるので、
$\displaystyle \left(\frac{2}{3}-\frac{s}{4}\right)\vec{p}+\frac{7}{12}s\vec{q}=t\vec{q}$
と表せるから、
$\left\{\begin{array}{l}
\frac{2}{3}-\frac{s}{4}=0\\
\frac{7}{12}s=t
\end{array}\right.$
である。

今は$t$は必要ないので、上の式だけ解くと、
$\displaystyle \frac{2}{3}=\frac{s}{4}$
$3s=8$
$s=\displaystyle \frac{8}{3}$
となる。

解答ヒ：８, フ：３