ベクトルの問題で、図が描けるときには、最初に図を描こう。

アドバイス

空間座標を使ってちゃんと描くと図Ａができる。$(x,y,z)$の位置はテキトーだけど。
でも、センター試験本番ではこんな図は描いてはいけない。時間がかかるから。
おおまかなイメージがつかめて、情報の整理ができればいいので、お薦めは図Ｂだ。

三平方の定理より、
$$\begin{array}{rl}\mathrm{AB}& =\sqrt{(1-2{)}^2+(1-0{)}^2+(0-0{)}^2}\\ & =\sqrt{2}\end{array}$$ である。

解答ウ：２

問題文より、四面体$\mathrm{ABCD}$は正四面体なので、
$$\begin{array}{rl}\left|\overrightarrow{\mathrm{DA}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{DB}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{DC}}\right|& =\mathrm{AB}\\ & =\sqrt{2}\end{array}$$ である。

解答エ：２

また、正四面体の各面は正三角形なので、
$\mathrm{\angle }\mathrm{ADB}=\mathrm{\angle }\mathrm{BDC}=\mathrm{\angle }\mathrm{CDA}={60}^{\circ }$
である。

解答オ：６, カ：０

よって、
$$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{\mathrm{DA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{DB}}=\overrightarrow{\mathrm{DB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{DC}}=\overrightarrow{\mathrm{DC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{DA}}\\ & =\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}\cos {60}^{\circ }\\ & =1\end{array}$$ となる。

解答キ：１

以上より、問題文中の式①，式②は、
$\overrightarrow{\mathrm{DA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{DB}}-\overrightarrow{\mathrm{DB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{DC}}=0$
$\overrightarrow{\mathrm{DB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{DC}}-\overrightarrow{\mathrm{DC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{DA}}=0$
である。

これを式Ａ，式Ｂに代入して、
$z-x+1=0$ $x-y-1=0$ とかける。
これを変形して、
$z=x-1$式Ａ' $y=x-1$式Ｂ' ができる。

また、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{DA}}\right|=\sqrt{2}$
なので、
${\left|\overrightarrow{\mathrm{DA}}\right|}^2={\sqrt{2}}^2$
$\overrightarrow{\mathrm{DA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{DA}}=2$
より
$(2-x,-y,-z)\cdot (2-x,-y,-z)=2$
$(2-x{)}^2+y^2+z^2=2$式Ｃ
となる。

あとは、連立方程式だ。
連立方程式を解くということは、文字数を減らすこと。

式Ａ'，式Ｂ'を式Ｃに代入して、$y$，$z$を減らそう。
$(2-x{)}^2+(x-1{)}^2+(x-1{)}^2=2$
ここからは展開しないと仕方がない。
$4-4x+x^2+2x^2-4x+2=2$
$3x^2-8x+4=0$
$(3x-2)(x-2)=0$
$x={\displaystyle \frac{2}{3}}$，$2$
となるけど、問題文より$1<x$なので、
$x=2$
である。

これを式Ａ'，式Ｂ'に代入して、
$$\begin{array}{rl}z& =2-1\\ & =1\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}y& =2-1\\ & =1\end{array}$$ となる。

解答ク：２, ケ：１, コ：１

情報が増えてきたので、図を描き直そう。

図Ｃで、

点$\mathrm{P}$は$\mathrm{AB}$の中点なので、座標は
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{\mathrm{A}+\mathrm{B}}{2}}& ={\displaystyle \frac{(2,0,0)+(1,1,0)}{2}}\\ & =({\displaystyle \frac{3}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}},0)\end{array}$$

点$\mathrm{Q}$は$\mathrm{DA}$を$1:2$に内分する点なので、
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{\mathrm{A}+2\mathrm{D}}{3}}& ={\displaystyle \frac{(2,0,0)+2(2,1,1)}{3}}\\ & =(2,{\displaystyle \frac{2}{3}},{\displaystyle \frac{2}{3}})\end{array}$$

点$\mathrm{R}$は$\mathrm{DC}$を$t:1-t$に内分する点なので、
$$\begin{array}{rl}& t\mathrm{C}+(1-t)\mathrm{D}\\ & =t(1,0,1)+(1-t)(2,1,1)\\ & =(t,0,t)+(2-2t,1-t,1-t)\\ & =(2-t,1-t,1)\end{array}$$

である。

よって、
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{PQ}}& =(2,{\displaystyle \frac{2}{3}},{\displaystyle \frac{2}{3}})-({\displaystyle \frac{3}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}},0)\\ & =({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{6}},{\displaystyle \frac{2}{3}})\mathrm{式}Ｄ\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{PR}}& =(2-t,1-t,1)-({\displaystyle \frac{3}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}},0)\\ & =({\displaystyle \frac{1}{2}}-t,{\displaystyle \frac{1}{2}}-t,1)\mathrm{式}Ｅ\end{array}$$ である。

これを、問題文の
$4S^2={\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|}^2{\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|}^2-{\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|}^2{\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|}^2{\cos }^2\theta$
式Ｈ
に代入するのだけれど、$\cos \theta$の値が分からない。
ベクトルの問題で、ふたつのベクトルのなす角の$\cos$なので、内積を使おう。

$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{PR}}=\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|\cos \theta$ 式Ｄ，式Ｅより、
$\begin{array}{rl}& \overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{PR}}\\ & =({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{6}},{\displaystyle \frac{2}{3}})\cdot ({\displaystyle \frac{1}{2}}-t,{\displaystyle \frac{1}{2}}-t,1)\end{array}$ なので、
$\begin{array}{rl}& \left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|\cos \theta \\ & =({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{6}},{\displaystyle \frac{2}{3}})\cdot ({\displaystyle \frac{1}{2}}-t,{\displaystyle \frac{1}{2}}-t,1)\end{array}$
とかける。

この式の両辺を２乗して、
$\begin{array}{rl}& {\left|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\right|}^2{\left|\overrightarrow{\mathrm{PR}}\right|}^2{\cos }^2\theta \\ & ={\{({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{6}},{\displaystyle \frac{2}{3}})\cdot ({\displaystyle \frac{1}{2}}-t,{\displaystyle \frac{1}{2}}-t,1)\}}^2\end{array}$

途中式

$$\begin{array}{rl}& ={({\displaystyle \frac{1}{4}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}t+{\displaystyle \frac{1}{12}}-{\displaystyle \frac{1}{6}}t+{\displaystyle \frac{2}{3}})}^2\\ & ={({\displaystyle \frac{12}{12}}-{\displaystyle \frac{4}{6}}t)}^2\\ & ={(1-{\displaystyle \frac{2}{3}}t)}^2\end{array}$$

$=1-{\displaystyle \frac{4}{3}}t+{\displaystyle \frac{4}{9}}{t}^2$式Ｉ
ができる。

あとは、式Ｈに式Ｆ，式Ｇ，式Ｉを代入して、
$\begin{array}{rl}4S^2={\displaystyle \frac{13}{18}}& (2t^2-2t+{\displaystyle \frac{3}{2}})\\ & -(1-{\displaystyle \frac{4}{3}}t+{\displaystyle \frac{4}{9}}{t}^2)\end{array}$
となる。分数でくくることもできるけど、今は展開した方が早そうだ。
$$\begin{array}{rl}4S^2& ={\displaystyle \frac{13}{9}}{t}^2-{\displaystyle \frac{13}{9}}t+{\displaystyle \frac{13}{12}}-1+{\displaystyle \frac{4}{3}}t-{\displaystyle \frac{4}{9}}{t}^2\\ & =t^2-{\displaystyle \frac{1}{9}}t+{\displaystyle \frac{1}{12}}\mathrm{式}Ｊ\end{array}$$ である。

解答テ：１, ト：９, ナ：１, ニ：１, ヌ：２

式Ｊは下に凸の二次関数のグラフで、頂点の$t$座標は
${\displaystyle \frac{\frac{1}{9}}{2}}={\displaystyle \frac{1}{18}}$
だから、頂点は、定義域
$0<t<1$
に含まれる。

また、判別式
$D={\left({\displaystyle \frac{1}{9}}\right)}^2-4\cdot {\displaystyle \frac{1}{12}}$
は計算するまでもなく負。
なので、式Ｊが負になることはない。

以上より、
$t={\displaystyle \frac{1}{18}}$
のとき、$4S^2$は正の値の最小値をとる。
よって、このとき$S$も最小となる。

解答ネ：１, ノ：１, ハ：８