図Ａにおいて、
$\{\begin{array}{l}\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|=1\\ \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=-{\displaystyle \frac{2}{3}}\end{array}$
なので、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|\cdot \left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|\cos \mathrm{\angle }\mathrm{AOB}=-{\displaystyle \frac{2}{3}}$
より
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{AOB}=-{\displaystyle \frac{2}{3}}$
である。

解答ア：－, イ：２, ウ：３

また、点$\mathrm{P}$は$\mathrm{AB}$を$t:(1-t)$に内分する点なので、
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ａ
と表せる。
これを使って$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$を表す。

いま、点$\mathrm{Q}$は直線$\mathrm{OP}$上の点なので、
$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k\overrightarrow{\mathrm{OP}}$
とかける。

これに式Ａを代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=k\{(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}\}$
より
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{OQ}}& =k(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ & =(k-kt)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}\mathrm{①}\end{array}$$ である。

解答エ：１, オ：０

次は、$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$だ。

$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OQ}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}$
だけど、
$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
なので、
$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OQ}}+\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
とかける。

これに①式を代入すると、
$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=(k-kt)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
より
$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=(k-kt+1)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ｂ
となる。

解答カ：４, キ：０

今度は、図Ｂのように$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\perp \overrightarrow{\mathrm{OP}}$のとき。
つまり、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OP}}=0$
のときを考える。

$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OP}}=0$
に式Ａ（$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$の式）を代入すると、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \{(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}\}=0$
より
$(1-t){\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|}^2+t\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$式Ｃ
となる。

$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|$と$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}$の値を代入すると、式Ｃは
$(1-t)\cdot 1^2+t\cdot (-{\displaystyle \frac{2}{3}})=0$
と表せる。

これを解いて、このときの$t$は
$1-t-{\displaystyle \frac{2}{3}}t=0$
$3-3t-2t=0$
$5t=3$
$t={\displaystyle \frac{3}{5}}$
である。

解答ク：３, ケ：５

$\mathrm{\angle }\mathrm{OCQ}$が直角なので、
$\overrightarrow{\mathrm{OC}}\perp \overrightarrow{\mathrm{CQ}}$
だから
$\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{CQ}}=0$
のときを考える。

これに 式Ｂ（$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$の式）と$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$を代入すると
$(-\overrightarrow{\mathrm{OA}})\cdot \{(k-kt+1)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}\}=0$
とかける。

これを変形して、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \{(k-kt+1)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}\}=0$
$(k-kt+1){\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|}^2+kt\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$

これに$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|$と$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}$の値を代入すると、
$(k-kt+1)\cdot 1^2+kt(-{\displaystyle \frac{2}{3}})=0$
$3(k-kt+1)-2kt=0$
$3k-5kt+3=0$
となる。

問題文を見ると、$k$の値が問われている。
なので、この式を$k$について解くと、
$5kt-3k=3$
$k(5t-3)=3$
$t\ne {\displaystyle \frac{3}{5}}$なので$5t-3\ne 0$だから、
$k={\displaystyle \frac{3}{5t-3}}$②
である。

解答コ：３, サ：５, シ：３

ここで、平面を図Ｃのように分割する。

点$\mathrm{Q}$の位置は$t$の値によって変わって、
$0<t<{\displaystyle \frac{3}{5}}$のとき、
点$\mathrm{Q}$は図Ｄの左図の位置 ${\displaystyle \frac{3}{5}}<t<1$のとき、
点$\mathrm{Q}$は図Ｄの右図の位置 にある。

$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$のときを考える。
このとき、
$0<t<{\displaystyle \frac{3}{5}}$
なので、点$\mathrm{Q}$の位置は図Ｅの場所だ。

このときの$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|$を求めるんだけど、使うのは①式だ。
①式には$k$が含まれているので、$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$のときの$k$の値を求めることからはじめる。

②式より
$k={\displaystyle \frac{3}{5\cdot \frac{1}{2}-3}}$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{k}& ={\displaystyle \frac{3\cdot 2}{5-3\cdot 2}}\\ & ={\displaystyle \frac{6}{-1}}\end{array}$$

$\phantom{k}=-6$式Ｄ

これと$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$を①式に代入すると、
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{OQ}}& =\{-6-(-6)\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\}\overrightarrow{\mathrm{OA}}+(-6)\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ & =-3\overrightarrow{\mathrm{OA}}-3\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ & =-3(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\end{array}$$ とかける。

よって、${\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|}^2$は
$$\begin{array}{rl}{\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|}^2& =\{-3(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\}\cdot \{-3(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\}\\ & =3^2(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\\ & =3^2({\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|}^2+2\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}+{\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|}^2)\end{array}$$ 式Ｅ
と表せる。

$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|$，$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}$，$\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|$の値を代入すると、式Ｅは
${\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|}^2=3^2\{1^2+2\cdot (-{\displaystyle \frac{2}{3}})+1^2\}$

途中式

$$\begin{array}{rl}\phantom{{\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|}^2}& =3^2(1-{\displaystyle \frac{4}{3}}+1)\\ & =3(3-4+3)\end{array}$$

より
${\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|}^2=6$
となるから、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|=\sqrt{6}$
である。

解答ソ：６

さらに、$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$以外で$\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|=\sqrt{6}$になるときを探す。

$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$のときの点$\mathrm{Q}$の位置は、図Ｅの場所、つまり点$\mathrm{C}$の下方だった。
図Ｄから想像がつくんだけど、点$\mathrm{Q}$が点$\mathrm{C}$の上方にあるとき、つまり図Ｆの点$\mathrm{R}$の位置にあるときも、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OR}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\right|=\sqrt{6}$
になるはず。

なので、点$\mathrm{R}$について考えよう。
以下、$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$のときの点$\mathrm{Q}$を、単に点$\mathrm{Q}$と書く。

点$\mathrm{R}$は、直線$\mathrm{OA}$に関して点$\mathrm{Q}$と対称の位置にあるので、
$\overrightarrow{\mathrm{CR}}=-\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$
である。

解答タ：－

これに式Ｂ（$\overrightarrow{\mathrm{CQ}}$の式）を代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{CR}}=-(k-kt+1)\overrightarrow{\mathrm{OA}}-kt\overrightarrow{\mathrm{OB}}$
だけど、
$\{\begin{array}{l}t={\displaystyle \frac{1}{2}}\\ \text{式Ｄより、}k=-6\end{array}$

なので、
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{CR}}& =-\{-6-(-6)\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}+1\}\overrightarrow{\mathrm{OA}}\\ & -(-6)\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ & =2\overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\overrightarrow{\mathrm{OB}}\mathrm{式}Ｆ\end{array}$$ となる。

解答チ：2, ツ：3

最後に、このときの$t$、つまり 点$\mathrm{P}$が図Ｇの位置にあるときの$t$の値を求める。

$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$を$\overrightarrow{\mathrm{OA}}$，$\overrightarrow{\mathrm{OB}}$を使って2通りに表す、定期テストなんかでよく見る問題だ。

(1)の式Ａで求めたように、
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ａ
だった。

また、3点$\mathrm{O}$，$\mathrm{P}$，$\mathrm{R}$は一直線上にあるので、実数$\ell$を使って
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{OP}}& =\ell \overrightarrow{\mathrm{OR}}\\ & =\ell (\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{CR}})\end{array}$$ とかける。

これに式Ｆ（$\overrightarrow{\mathrm{CR}}$の式）と$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$を代入すると
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{OP}}& =\ell \{(-\overrightarrow{\mathrm{OA}})+(2\overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\overrightarrow{\mathrm{OB}})\}\\ & =\ell (\overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\overrightarrow{\mathrm{OB}})\\ & =\ell \overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\ell \overrightarrow{\mathrm{OB}}\end{array}$$ と表せる。

これが式Ａと同じ式なので、
$\{\begin{array}{l}1-t=\ell \\ t=3\ell \end{array}$式Ｇ
であることが分かる。

これを連立方程式として解くんだけど、$t$の値だけ分かればいいので、$\ell$を消そう。

式Ｇの上の式を下の式に代入すると
$t=3(1-t)$
より
$4t=3$
となるので、このときの$t$は
$t={\displaystyle \frac{3}{4}}$
である。

解答テ：3, ト：4