第2問 正四面体の辺上の点を中心とする球面と、向かいの辺

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 点 $\mathrm{P}$ を1つ固定すると、$\mathrm{P}$ から辺 $\mathrm{BC}$ 上の点までの距離は、ある最小値から最大値までのすべての値をとる。球面が辺 $\mathrm{BC}$ と共有点をもつのは、半径 $r$ がこの範囲に入るときだ。$\mathrm{P}$ を動かしながら、この範囲がどう変わるかを調べる。

正四面体は辺 $\mathrm{OA}$ と辺 $\mathrm{BC}$ の中点を通る平面について対称なので、$\mathrm{PB}=\mathrm{PC}$ になる。これで最小と最大がすぐに分かる。

① $\mathrm{P}$ を固定したときの距離の範囲。 辺 $\mathrm{BC}$ 上の点 $\mathrm{X}$ を $\mathrm{B}$ から $\mathrm{C}$ まで動かすと、$\mathrm{PX}$ は連続的に変わるので、最小値 $d_1$ から最大値 $d_2$ までのすべての値をとる。したがって、球面が辺 $\mathrm{BC}$ と共有点をもつのは $d_1\leqq r\leqq d_2$ のときである。

② 対称性で $d_1,d_2$ を求める。 辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm{M}$ とする。正四面体は平面 $\mathrm{OAM}$ について対称で、この対称移動は $\mathrm{B}$ と $\mathrm{C}$ を入れかえ、辺 $\mathrm{OA}$ 上の点は動かさない。よって $\mathrm{PB}=\mathrm{PC}$ で、三角形 $\mathrm{PBC}$ は二等辺三角形になる。

二等辺三角形では、頂点から底辺の中点に引いた線分が底辺に垂直なので、辺 $\mathrm{BC}$ 上で $\mathrm{P}$ に最も近い点は $\mathrm{M}$、最も遠い点は端の $\mathrm{B}$(と $\mathrm{C}$)である。

$$d_1=\mathrm{PM},d_2=\mathrm{PB}$$

③ 長さを $\mathrm{OP}=t$ で表す。 $\mathrm{OP}=t$($0\leqq t\leqq 1$)とする。

$\mathrm{PB}$ は、三角形 $\mathrm{OPB}$ で $\mathrm{OB}=1$、$\angle \mathrm{POB}=60^{\circ }$ なので、余弦定理より

$${\mathrm{PB}}^2=t^2+1-2t\cos 60^{\circ }=t^2-t+1={\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$$

$\mathrm{PM}$ は三角形 $\mathrm{OAM}$ で考える。$\mathrm{OM},\mathrm{AM}$ は1辺 $1$ の正三角形の高さで、どちらも $\frac{\sqrt{3}}{2}$ だ。三角形 $\mathrm{OAM}$ は $\mathrm{OM}=\mathrm{AM}$ の二等辺三角形なので、$\mathrm{M}$ から $\mathrm{OA}$ に下ろした垂線の足は $\mathrm{OA}$ の中点 $\mathrm{N}$ で

$${\mathrm{MN}}^2={\mathrm{OM}}^2-{\mathrm{ON}}^2=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$$

$\mathrm{P}$ と $\mathrm{N}$ の距離は $\left|t-\frac{1}{2}\right|$ なので、三平方の定理より

$${\mathrm{PM}}^2={\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}$$

④ 範囲を比べる。 $0\leqq t\leqq 1$ で

$$\frac{\sqrt{2}}{2}\leqq \mathrm{PM}\leqq \frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\leqq \mathrm{PB}\leqq 1$$

で、どの $t$ でも $\mathrm{PM}\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}\leqq \mathrm{PB}$ が成り立つ。

⑤ 条件を満たす $r$。 求める条件は、どの $t$ についても $r$ が区間 $[\mathrm{PM},\mathrm{PB}]$ に入らないことだ。これらの区間はどれも $\frac{\sqrt{3}}{2}$ を含むので、$t$ を動かしたときの区間を全部合わせると、1つの区間

$$\left[\frac{\sqrt{2}}{2},1\right]$$

になる。左端の最小は $t=\frac{1}{2}$ のとき、右端の最大は $t=0,1$ のときである。$r$ がこの区間に入らないことが条件なので

$$0<r<\frac{\sqrt{2}}{2},1<r$$

まとめ:$\mathrm{P}$ を固定して、辺 $\mathrm{BC}$ までの距離の最小と最大を対称性で求めた。$r$ が小さすぎると球面は辺 $\mathrm{BC}$ に届かず、大きすぎると辺 $\mathrm{BC}$ 全体が球面の内側に入る。どちらの場合も共有点はない。

発展。 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ は正四面体の向かい合う2辺(ねじれの位置にある2直線)の距離で、2辺の中点を結ぶ線分の長さに等しい。1辺 $1$ の正四面体は1辺 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ の立方体に埋め込むことができ、向かい合う2辺は立方体の向かい合う面の対角線になる。だから2辺の距離は立方体の1辺 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ に等しい。

別解

別解:座標で、距離を2つの変数の式にする。 $\mathrm{O}(0,0,0)$、$\mathrm{A}(1,0,0)$、$\mathrm{B}\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$、$\mathrm{C}\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6},\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$ とおく(どの辺の長さも $1$ になることが確かめられる)。

$\mathrm{P}(t,0,0)$($0\leqq t\leqq 1$)、辺 $\mathrm{BC}$ 上の点を $\mathrm{X}$ とし、$\overrightarrow{\mathrm{BX}}=s\overrightarrow{\mathrm{BC}}$($0\leqq s\leqq 1$)とすると

$$\mathrm{X}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}s,\frac{\sqrt{6}}{3}s\right)$$

$${\mathrm{PX}}^2={\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}s\right)}^2+\frac{2}{3}{s}^2={\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(s-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}$$

$(t,s)$ が $0\leqq t\leqq 1$、$0\leqq s\leqq 1$ を動くと、${\mathrm{PX}}^2$ は最小値 $\frac{1}{2}$($t=s=\frac{1}{2}$)から最大値 $1$(4つの角)までのすべての値をとる。条件は「どの $\mathrm{P}$ についても、どの $\mathrm{X}$ でも $\mathrm{PX}\ne r$」なので、$r^2$ がこの範囲に入らないこと、つまり $r^2<\frac{1}{2}$ または $r^2>1$ で、本解と同じ答えになる。式が $t$ と $s$ について同じ形をしていて、2つの辺の役割が対等であることも分かる。