大学入試センター試験 2019年(平成31年) 本試数学ⅡＢ第４問解説

(1)

$\vec{a} \cdot \vec{c} = 0$ なので、
$∠ AOC = 90^{\circ}$
である。

解答ア：９, イ：０

図の固定

よって、△ $OAC$ （図Ａの緑の三角形）は直角三角形だから、面積を $S$ とすると、
$S = \frac{1}{2} \times$ 底辺 $\times$ 高さ
$S$ $= \frac{1}{2} \times OA \times OC$
$S$ $= \frac{1}{2} \times | \vec{a} | \times | \vec{c} |$
$S$ $= \frac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{5}$
$S$ $= \frac{\sqrt{5}}{2}$
である。

解答ウ；５, エ：２

(2)

この問題では基準になるベクトルが $\vec{a}$ ， $\vec{b}$ ， $\vec{c}$ なので、 $\vec{BA}$ と $\vec{BC}$ を $\vec{a}$ ， $\vec{b}$ ， $\vec{c}$ で表そう。
$\vec{BA} = \vec{OA} - \vec{OB}$
$\vec{BA}$ $= \vec{a} - \vec{b}$ $\vec{BC} = \vec{OC} - \vec{OB}$
$\vec{BC}$ $= \vec{c} - \vec{b}$ なので、
$\vec{BA} \cdot \vec{BC} = (\vec{a} - \vec{b}) \cdot (\vec{c} - \vec{b})$
$\vec{BA} \cdot \vec{BC}$ $= \vec{a} \cdot \vec{c} - \vec{a} \cdot \vec{b} - \vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{b} \cdot \vec{b}$
$\vec{BA} \cdot \vec{BC}$ $= \vec{a} \cdot \vec{c} - \vec{a} \cdot \vec{b} - \vec{b} \cdot \vec{c} + {| \vec{b} |}^{2}$ 式Ａ
となる。
これにそれぞれの値を代入すると、式Ａは
$\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 0 - 1 - 3 + {\sqrt{3}}^{2}$
$\vec{BA} \cdot \vec{BC}$ $= - 1$
となる。

解答オ：－, カ：１

また、
${| \vec{BA} |}^{2} = \vec{BA} \cdot \vec{BA}$
         $= (\vec{a} - \vec{b}) \cdot (\vec{a} - \vec{b})$
         $= \vec{a} \cdot \vec{a} - 2 \vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{b}$
         $= {| \vec{a} |}^{2} - 2 \vec{a} \cdot \vec{b} + {| \vec{b} |}^{2}$
だけど、これにそれぞれの値を代入すると
${| \vec{BA} |}^{2} = 1^{2} - 2 \cdot 1 + {\sqrt{3}}^{2}$
         $= 2$
より
$| \vec{BA} | = \sqrt{2}$
である。

解答キ：２

さらに、
${| \vec{BC} |}^{2} = \vec{BC} \cdot \vec{BC}$
         $= (\vec{c} - \vec{b}) \cdot (\vec{c} - \vec{b})$
         $= \vec{c} \cdot \vec{c} - 2 \vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{b} \cdot \vec{b}$
         $= {| \vec{c} |}^{2} - 2 \vec{b} \cdot \vec{c} + {| \vec{b} |}^{2}$
だけど、これにそれぞれの値を代入すると
${| \vec{BC} |}^{2} = {\sqrt{5}}^{2} - 2 \cdot 3 + {\sqrt{3}}^{2}$
         $= 2$
より
$| \vec{BC} | = \sqrt{2}$
である。

解答ク：２

次は、内積からベクトルのなす角を求める問題。
見慣れた問題なので、どんどん解いてゆく。

$| \vec{BA} | \cdot | \vec{BC} | \cos ∠ ABC = \vec{BA} \cdot \vec{BC}$
とかける。

これに、上で求めた $\vec{BA} \cdot \vec{BC}$ ， $| \vec{BA} |$ ， $| \vec{BC} |$ を代入して、
$\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \cos ∠ ABC = - 1$
$\cos ∠ ABC = - \frac{1}{2}$
なので
$∠ ABC = 120^{\circ}$
である。

解答ケ：１, コ：２, サ：０

次は、底面の四角形 $ABCD$ だ。

図の固定

問題文より、
$∠ ABC = ∠ BCD$ ケコサより、 $∠ ABC = 120^{\circ}$ である。
また
$AD ∥ BC$ で、平行線における同位角は等しい。
よって、図Ｂ中の赤い角はすべて等しい。
以上より、
$∠ BAD = ∠ ADC = 60^{\circ}$
である。

解答シ：６, ス：０

アドバイス

次は $\vec{AD} =$ セ $\vec{BC}$ だ。
解法はたくさんあるけど、メインのストーリーにはあまり関係がないので１種類だけ紹介する。
この解説にこだわらず、自分に合った方法で解いて欲しい。

図Ｃのように、 $AB$ の延長と $CD$ の延長との交点を $E$ とする。

図の固定

図Ｃの緑の角度はすべて $60^{\circ}$ なので、
△ $BEC$ は正三角形 △ $AED$ は正三角形だから、
$BE = BC = \sqrt{2}$
より
$AD = AE = 2 \sqrt{2}$
である。

また
$AD ∥ BC$
なので、
$\vec{AD} = 2 \vec{BC}$
である。

解答セ：２

よって
$\vec{OD} = \vec{OA} + \vec{AD}$
だけど、これは
$\vec{OD} = \vec{OA} + 2 \vec{BC}$ 式Ｂ
とかける。

$\vec{OA} = \vec{a}$ $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$ なので、式Ｂは、
$\vec{OD} = \vec{a} + 2 (\vec{c} - \vec{b})$
$\vec{OD}$ $= \vec{a} - 2 \vec{b} + 2 \vec{c}$
となる。

解答ソ：２, タ：２

アドバイス

次の四角形 $ABCD$ の面積も解法がたくさんあるけど、１種類だけ紹介する。

図の固定

四角形 $ABCD$ の面積を、△ $ABC$ と△ $ADC$ の２つに分けて求めよう。

△ $ABC = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin ∠ ABC$
△ $ABC$ $= \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
△ $ABC$ $= \frac{\sqrt{3}}{2}$ 式Ｃ △ $ADC = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot DC \cdot \sin ∠ ADC$
△ $ADC$ $= \frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
△ $ADC$ $= \sqrt{3}$ 式Ｄなので、式Ｃと式Ｄをたして
四角形 $ABCD = \frac{\sqrt{3}}{2} + \sqrt{3}$
四角形 $ABCD$ $= \frac{3 \sqrt{3}}{2}$
である。

解答チ：３, ツ：３, テ：２

(3)

前フリも終わって、ここからがこの問題のメインだ。
三角錐 $B - OAC$ の体積を求める。

底面の△ $OAC$ の面積 $S$ はウエで求めた
$S = \frac{\sqrt{5}}{2}$
だから、あとは高さが分かれば体積も分かる。
この高さを求める。

図の固定

まず、平面に垂直なベクトルの復習から。

復習

$\vec{q}$ ， $\vec{r}$ が平面 $α$ 上にある平行でないベクトルとして、
平面 $α$ とベクトル $\vec{p}$ が垂直
$⇕$
$\vec{p}$ ⊥ $\vec{q}$ かつ $\vec{p}$ ⊥ $\vec{r}$
である。

点 $B$ から平面 $α$ （図Ｅの青い平面）に垂線を下ろし、その足を $H$ とすると、
平面 $α$ と $\vec{BH}$ は垂直なので、復習から、
$\vec{BH}$ ⊥ $\vec{a}$
より
$\vec{BH} \cdot \vec{a} = 0$ 式Ｅ $\vec{BH}$ ⊥ $\vec{c}$
より
$\vec{BH} \cdot \vec{c} = 0$ 式Ｆである。

解答ト：０

$\vec{OH} = s \vec{a} + t \vec{c}$
とおくので、
$\vec{BH} = \vec{OH} - \vec{OB}$
$= s \vec{a} + t \vec{c} - \vec{b}$ 式Ｇ
とかける。
よって、式Ｅ，式Ｆは
$(s \vec{a} + t \vec{c} - \vec{b}) \cdot \vec{a} = 0$ 式Ｅ'
$(s \vec{a} + t \vec{c} - \vec{b}) \cdot \vec{c} = 0$ 式Ｆ'
となる。
この連立方程式を解く。

式Ｅ'の
$(s \vec{a} + t \vec{c} - \vec{b}) \cdot \vec{a} = 0$
より
$s {| \vec{a} |}^{2} + t \vec{a} \cdot \vec{c} - \vec{a} \cdot \vec{b} = 0$ 式Ｅ''

式Ｆ'の
$(s \vec{a} + t \vec{c} - \vec{b}) \cdot \vec{c} = 0$
より
$s \vec{a} \cdot \vec{c} + t {| \vec{c} |}^{2} - \vec{b} \cdot \vec{c} = 0$ 式Ｆ''

これにそれぞれの値を代入すると、式Ｅ''，式Ｆ''は
${\begin{cases} s - 1 = 0 \\ 5 t - 3 = 0 \end{cases}$
となるから、
${\begin{cases} s = 1 \\ t = \frac{3}{5} \end{cases}$
である。

解答ナ：１, ニ：３, ヌ：５

これを式Ｇに代入すると、
$\vec{BH} = \vec{a} + \frac{3}{5} \vec{c} - \vec{b}$
とかける。
よって、
$\begin{aligned} {| \vec{BH} |}^{2} & = \vec{BH} \cdot \vec{BH} \\ = (\vec{a} + \frac{3}{5} \vec{c} - \vec{b}) \cdot (\vec{a} + \frac{3}{5} \vec{c} - \vec{b}) \\ = {| \vec{a} |}^{2} + \frac{3^{2}}{5^{2}} {| \vec{c} |}^{2} + {| \vec{b} |}^{2} + \frac{6}{5} \vec{a} \cdot \vec{c} \\ - 2 \vec{a} \cdot \vec{b} - \frac{6}{5} \vec{b} \cdot \vec{c} \end{aligned}$ である。

これにそれぞれの値を代入して、
$\begin{aligned} {| \vec{BH} |}^{2} = 1^{2} + \frac{3^{2}}{5^{2}} & \cdot {\sqrt{5}}^{2} + {\sqrt{3}}^{2} \\ + \frac{6}{5} \cdot 0 - 2 \cdot 1 - \frac{6}{5} \cdot 3 \end{aligned}$

途中式

\begin{aligned} = 1 + \frac{3^{2} \cdot 5}{5^{2}} + 3 - 2 - \frac{3^{2} \cdot 2}{5} \\ = \frac{(\begin{aligned} 5^{2} + & 3^{2} \cdot 5 + 5^{2} \cdot 3 \\ - 5^{2} \cdot 2 - 5 \cdot 3^{2} \cdot 2 \end{aligned})}{5^{2}} \\ = \frac{5^{2} (1 + 3 - 2) + 3^{2} (5 - 5 \cdot 2)}{5^{2}} \\ = \frac{5^{2} \cdot 2 - 3^{2} \cdot 5}{5^{2}} \\ = \frac{5 (5 \cdot 2 - 3^{2})}{5^{2}} \end{aligned}

= \frac{5}{5^{2}}

となるから、

| \vec{BH} | = \frac{\sqrt{5}}{5}

である。

解答ネ：５, ノ：５

これが三角錐 $B - OAC$ の高さだ。

以上より、三角錐 $B - OAC$ の体積 $V$ は、
$V = \frac{1}{3} \times$ 底面積 $\times$ 高さ
$V$ $= \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{5}}{2} \times \frac{\sqrt{5}}{5}$
$V$ $= \frac{1}{6}$
となる。

解答ハ：１, ヒ：６

(4)

(4)は、ベクトルの問題ではなくて図形の問題だ。
ここから先は、四角錐や三角錐の底面を、図Ｆの緑の面（点Ａ，点Ｂ，点Ｃ，点Ｄを通る面）にして考える。

図の固定

三角錐 $O - ABC$ の体積と、四角錐 $O - ABCD$ の体積の関係を考える。
２つの錐の高さは同じなので、
体積比 $=$ 底面積比
である。

三角錐 $O - ABC$ の底面は△ $ABC$ で、図Ｆの斜線の部分。
この面積は(2)の式Ｃで求めたように
△ $ABC = \frac{\sqrt{3}}{2}$
だった。
四角錐 $O - ABCD$ の底面は台形 $ABCD$ で、図Ｆの赤い台形。
この面積は(2)のチ～テで求めたように
四角形 $ABCD = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$
だった。

以上より、 $O - ABC$ と $O - ABCD$ の体積比は、
$\frac{\sqrt{3}}{2} : \frac{3 \sqrt{3}}{2} = 1 : 3$
だから、
$O - ABC = V$
とすると、
$O - ABCD = 3 V$
となる。

解答フ：３

ハヒより、三角錐 $O - ABC$ の体積 $V$ は
$V = \frac{1}{6}$ (2)の式Ｃより、底面積は
△ $ABC = \frac{\sqrt{3}}{2}$ だった。
体積 $= \frac{1}{3} \times$ 底面積 $\times$ 高さ
なので、三角錐の高さを $h$ とすると、
$\frac{1}{6} = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times h$
$\frac{\sqrt{3}}{6} h = \frac{1}{6}$
$\sqrt{3} h = 1$
$h = \frac{1}{\sqrt{3}}$
$h$ $= \frac{\sqrt{3}}{3}$
である。

解答ヘ：３, ホ：３

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