空間ベクトル 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$3$ 本の線分が $1$ 点で交わり、そこで二等分される」を示すには、各線分の中点を計算して、すべて同じ点になることを言えばよい。

始点 $\mathrm{O}$ に $\vec{a}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、$\vec{b},\vec{c}$ をとる。対辺 $\mathrm{OA}$ と $\mathrm{BC}$ の中点をそれぞれ求め、それらを結ぶ線分の中点を出す。計算すると $\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$。$3$ 組の対辺で同じ計算をすると、どれも同じ点になる。中点が一致するから、その点で互いに二等分される。

① 位置ベクトルを設定。 $\mathrm{O}$ を始点に $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\vec{a},\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\vec{b},\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\vec{c}$ とする。対辺は $\{\mathrm{OA},\mathrm{BC}\},\{\mathrm{OB},\mathrm{CA}\},\{\mathrm{OC},\mathrm{AB}\}$ の $3$ 組。

② 各線分の中点を計算。 辺 $\mathrm{OA}$ の中点 $\mathrm{P}=\frac{\vec{a}}{2}$、辺 $\mathrm{BC}$ の中点 $\mathrm{Q}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$。線分 $\mathrm{PQ}$ の中点は $$\frac{1}{2}\left(\frac{\vec{a}}{2}+\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}\right)=\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}).$$ ③ 他の2組も同じ。 対称性から、$\{\mathrm{OB},\mathrm{CA}\}$ の中点を結ぶ線分の中点も $\frac{1}{2}\left(\frac{\vec{b}}{2}+\frac{\vec{c}+\vec{a}}{2}\right)=\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$、$\{\mathrm{OC},\mathrm{AB}\}$ も同様に $\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$。

よって $3$ 本の線分は $1$ 点 $\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$(四面体の重心)で交わり、互いに二等分される。

まとめ 「$1$ 点で交わり二等分」は「中点が一致」に言い換える。位置ベクトルで各中点を求めると、すべて対称な $\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$。これが四面体の重心。空間ベクトルと幾何(中点)の融合。

発展。 この共通点は四面体の重心で、$4$ 頂点を結ぶ $4$ 本の中線(頂点と対面の重心を結ぶ)を $3:1$ に内分する点でもある。三角形の重心(中線を $2:1$)の立体版だ。次元 $n$ の単体では、重心が中線を $n:1$ に分ける。図形の「つり合いの中心」の位置は次元に応じて決まった比で変わる。

別解

別解:「四面体の重心」を経由する(得意な人向けの高い視点)。 すべての中点が一致する点 $\frac{1}{4}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$ は、四面体 $\mathrm{OABC}$ の重心 $\mathrm{G}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{\mathrm{OO}}+\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}})$ そのものだ($\mathrm{O}$ 始点なので $\overrightarrow{\mathrm{OO}}=\vec{0}$)。

なぜ対辺の中点を結ぶ線分の中点が重心になるのか。辺 $\mathrm{OA}$ の中点は $\frac{1}{2}(\vec{o}+\vec{a})$、辺 $\mathrm{BC}$ の中点は $\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})$。この $2$ 点の中点は

$$\frac{1}{2}\left(\frac{\vec{o}+\vec{a}}{2}+\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}\right)=\frac{\vec{o}+\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}{4}=\mathrm{G}.$$

$4$ 頂点を「$2$ 個ずつのペアの中点の中点」でまとめても、必ず全部の頂点が $\frac{1}{4}$ ずつ入る。だから対辺の組み方(3通り)によらず同じ重心に着く。「$4$ 点の平均は、どうペアに分けて平均しても同じ」という重心の民主的な性質が、$3$ 線分の共点を保証している。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 二面角は「共有辺に垂直な方向」で測る。$2$ つの面それぞれで、共有辺に垂直なベクトルを $1$ 本ずつ作り、そのなす角を内積で求める。

正四面体を座標に置くのが計算しやすい(立方体の交互の頂点を使うときれい)。共有辺の中点から、各面の第3頂点へ向かうベクトルは、その辺に垂直になる。この $2$ 本のベクトルの内積を大きさの積で割れば $\cos \theta$。計算すると $\frac{1}{3}$ が出る。

① 座標を置く。 正四面体の頂点を $\mathrm{A}(1,1,1),\mathrm{B}(1,-1,-1),\mathrm{C}(-1,1,-1),\mathrm{D}(-1,-1,1)$ とする(各辺の長さ $2\sqrt{2}$)。共有辺を $\mathrm{CD}$ とし、面 $\mathrm{ACD}$ と面 $\mathrm{BCD}$ の二面角を測る。

② 辺に垂直なベクトルを作る。 $\mathrm{CD}$ の中点 $\mathrm{M}=(-1,0,0)$。$\vec{u}=\overrightarrow{\mathrm{MA}}=(2,1,1)$、$\vec{v}=\overrightarrow{\mathrm{MB}}=(2,-1,-1)$。どちらも $\overrightarrow{\mathrm{CD}}=(0,-2,2)$ と垂直($\vec{u}\cdot \overrightarrow{\mathrm{CD}}=0$ 等)なので、二面角を測る向きとして正しい。

③ 内積で $\cos \theta$。 $$\vec{u}\cdot \vec{v}=2\cdot 2+1\cdot (-1)+1\cdot (-1)=4-1-1=2,|\vec{u}|=|\vec{v}|=\sqrt{4+1+1}=\sqrt{6}.$$ $$\cos \theta =\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{|\vec{u}||\vec{v}|}=\frac{2}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.$$

まとめ二面角は共有辺に垂直な向きで測る。中線が辺に垂直な性質を使い、内積で $\cos \theta =\frac{1}{3}$($\theta \approx 70.5^{\circ }$)。空間ベクトル(内積)と三角比の融合。

発展。 二面角 $\arccos \frac{1}{3}\approx 70.5^{\circ }$ は、正四面体の中心から $2$ 頂点を見込む角 $\arccos \left(-\frac{1}{3}\right)\approx 109.5^{\circ }$ と補い合う。この $109.5^{\circ }$ はメタン分子($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4$)の $\mathrm{H}\text{-}\mathrm{C}\text{-}\mathrm{H}$ 結合角そのもの。炭素を中心に $4$ つの水素が正四面体状に並ぶ、化学で最も基本的な立体構造がここにある。

別解

別解:頂点から底面を見込む角で出す(得意な人向けの視点)。 二面角を正四面体の「中心」から見た角度でも捉えられる。

正四面体の外接球の中心 $\mathrm{G}$ から $4$ 頂点へ向かうベクトルは、互いに等しい角をなす。その余弦は $-\frac{1}{3}$(頂点が最も散らばる配置)。実際、$4$ つの単位ベクトルの和が $\vec{0}$ になることから、${\vec{u}}_i\cdot {\vec{u}}_j=-\frac{1}{3}$($i\ne j$)が出る。

一方、面の外向き法線どうしのなす角は、この頂点方向の角と補角の関係にあり、二面角 $\theta$ は $\cos \theta =\frac{1}{3}$。

共有辺に垂直なベクトルを2本作る本解と、「中心から頂点への$4$方向が対称」というこの見方は、同じ $\frac{1}{3}$ を別の対称性から導く。$-\frac{1}{3}$(中心から見た角)と $\frac{1}{3}$(二面角)が表裏で現れる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ねじれの位置にある $2$ 直線の最短距離は、「両方に垂直な向き」への正射影で測る。

両方に垂直な向きは方向ベクトル ${\vec{d}}_1,{\vec{d}}_2$ の外積 ${\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2$。ここでは $(1,0,0)\times (1,1,0)=(0,0,1)$。最短距離は $2$ 直線上の点を結ぶベクトル $\vec{b}-\vec{a}$ の、この外積方向への正射影の大きさ $\frac{|(\vec{b}-\vec{a})\cdot ({\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2)|}{|{\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2|}$。

① 方向ベクトルと外積。 $\ell$ の方向 ${\vec{d}}_1=(1,0,0)$、$m$ の方向 ${\vec{d}}_2=(1,1,0)$。外積は $${\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2=(0\cdot 0-0\cdot 1,0\cdot 1-1\cdot 0,1\cdot 1-0\cdot 1)=(0,0,1),|{\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2|=1.$$

② 2直線上の点を結ぶ。 $\ell$ 上の点 $\vec{a}=(0,0,0)$($t=0$)、$m$ 上の点 $\vec{b}=(0,0,1)$($s=0$)。$\vec{b}-\vec{a}=(0,0,1)$。

③ 正射影で最短距離。 $$d=\frac{|(\vec{b}-\vec{a})\cdot ({\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2)|}{|{\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2|}=\frac{|(0,0,1)\cdot (0,0,1)|}{1}=\frac{|1|}{1}=1.$$

まとめ最短距離は「$2$ 直線上の点を結ぶベクトル」を「両方に垂直な向き(外積 ${\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2$)」へ正射影した長さ。$s,t$ の最小化を避けて外積ですぐに出て、答えは $1$。空間ベクトル(外積)と最短距離の融合。

発展。 ねじれの位置にある $2$ 直線の最短距離の公式 $\frac{|(\vec{b}-\vec{a})\cdot ({\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2)|}{|{\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2|}$ は、$\vec{b}-\vec{a},{\vec{d}}_1,{\vec{d}}_2$ が張る平行六面体の「体積 $÷$ 底面積 $=$ 高さ」に等しい。外積とスカラー三重積で、空間の最短距離が体積の言葉で書ける。

別解

別解:共通垂線の足を連立で求める(計算で押し切るルート)。 外積を使わず、$\ell$ 上の点 $\mathrm{P}=(t,0,0)$ と $m$ 上の点 $\mathrm{Q}=(s,s,1)$ の距離を最小化する。

$${\mathrm{PQ}}^2=(s-t{)}^2+s^2+1.$$

$t$ で偏微分して $0$: $-2(s-t)=0$ より $t=s$。$s$ で偏微分して $0$: $2(s-t)+2s=0$、$t=s$ を代入して $2s=0$、$s=0$。よって最短は $\mathrm{P}=\mathrm{Q}$ 方向… ではなく $s=t=0$ で $\mathrm{P}=(0,0,0),\mathrm{Q}=(0,0,1)$、距離 $1$。

このとき $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(0,0,1)$ が両直線の方向 $(1,0,0),(1,1,0)$ の両方に垂直($z$ 成分だけ)であることも確認できる。これが外積 ${\vec{d}}_1\times {\vec{d}}_2=(0,0,1)$ の向きだ。外積(本解)は最短距離を1本の式で出すが、共通垂線を連立で求めると「最短を与える点の組」まで具体的に分かる。どちらも同じ $1$ に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 体積はスカラー三重積ですぐに出る。$V=\frac{1}{6}|\vec{a}\cdot (\vec{b}\times \vec{c})|$ に $\vec{a}=(1,0,0)$ 等を入れると $\frac{1}{6}$。

内接球の半径は体積と表面積を結ぶ関係 $V=\frac{1}{3}Sr$(全体を「各面 $\times$ 内接球中心」の小四面体に分けた和)から $r=\frac{3V}{S}$。表面積 $S$ は $4$ つの三角形の和。$3$ つは直角二等辺三角形、$1$ つは正三角形(辺 $\sqrt{2}$)だ。

① 体積。 $\vec{a}=(1,0,0),\vec{b}=(0,1,0),\vec{c}=(0,0,1)$。$\vec{b}\times \vec{c}=(1,0,0)$、$\vec{a}\cdot (\vec{b}\times \vec{c})=1$。よって $V=\frac{1}{6}$。

② 表面積。 $\mathrm{OAB},\mathrm{OBC},\mathrm{OCA}$ は直角をはさむ $2$ 辺が $1$ の直角三角形で面積 $\frac{1}{2}$ ずつ。面 $\mathrm{ABC}$ は $1$ 辺 $\sqrt{2}$ の正三角形で面積 $\frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{2}{)}^2=\frac{\sqrt{3}}{2}$。よって $$S=3\cdot \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3+\sqrt{3}}{2}.$$ ③ 内接球の半径。 $$r=\frac{3V}{S}=\frac{3\cdot \frac{1}{6}}{\frac{3+\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3+\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{3+\sqrt{3}}=\frac{3-\sqrt{3}}{(3+\sqrt{3})(3-\sqrt{3})}=\frac{3-\sqrt{3}}{6}.$$

まとめ体積は三重積で $\frac{1}{6}$。内接球は四面体を内心から $4$ 分割して $V=\frac{1}{3}Sr$、$r=\frac{3V}{S}=\frac{3-\sqrt{3}}{6}$。空間ベクトル(三重積・面積)と内接球の融合。

発展。 $r=\frac{3V}{S}$ は、$2$ 次元の $r=\frac{2S}{L}$(三角形の内接円、$L$ は周)の立体版。次元 $n$ では $r=\frac{n\cdot (\text{体積})}{(\text{表面積})}$。図形を「中心と各面の錐体」に分けて体積を足す、という同じ発想が、あらゆる次元で内接球(円)の半径を与える。

別解

別解:内接球の中心を対称性で $(r,r,r)$ とおく(得意な人向けの視点)。 この四面体は $x,y,z$ を入れ替えても不変(対称)だから、内接球の中心も $(r,r,r)$ の形。中心から $3$ つの座標平面($x=0$ など)までの距離は、どれも $r$。だから半径は $r$ でつじつまが合う。

あとは斜めの面 $x+y+z=1$ までの距離も $r$ になればよい。点 $(r,r,r)$ からこの平面までの距離は

$$\frac{|r+r+r-1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1-3r}{\sqrt{3}}=r.$$

($3r<1$ なので絶対値の中は正。)これを解くと $1-3r=\sqrt{3}r$、$r=\frac{1}{3+\sqrt{3}}=\frac{3-\sqrt{3}}{6}$。体積 $÷$ 表面積(本解)を計算せず、「対称性で中心を $(r,r,r)$ と決め打ち → 斜面までの距離 $=r$」の1式で $r$ が出る。対称性を使うと、未知数を大きく減らせる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 中点を結ぶ四角形の各辺は、中点連結定理で三角形の1辺の半分に平行になる。

$\mathrm{AB},\mathrm{BC}$ の中点を結ぶ辺は $△\mathrm{ABC}$ の中点連結で $\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ に平行。次の辺は $\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{BD}}$ に平行。つまり四角形の辺は四面体の対辺 $\mathrm{AC},\mathrm{BD}$ の向きで交互に決まる。

正四面体では対辺どうしが「等しい長さ」かつ「直交」。だから四角形は $4$ 辺が等長で隣り合う辺が直角、すなわち正方形。

① 中点連結で辺を表す。 $\mathrm{P},\mathrm{Q},\mathrm{R},\mathrm{S}$ を $\mathrm{AB},\mathrm{BC},\mathrm{CD},\mathrm{DA}$ の中点とする。三角形 $\mathrm{ABC}$ で $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AC}}$、三角形 $\mathrm{ACD}$ で $\overrightarrow{\mathrm{SR}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AC}}$。同様に $\overrightarrow{\mathrm{QR}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{BD}},\overrightarrow{\mathrm{PS}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{BD}}$。よって $\mathrm{PQRS}$ は平行四辺形。

② 4辺が等長。 正四面体は全辺が等長。対角線 $\mathrm{AC}$ と $\mathrm{BD}$ は「向かい合う辺」で、ともに正四面体の辺だから $|\mathrm{AC}|=|\mathrm{BD}|$。ゆえに $|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|=\frac{1}{2}|\mathrm{AC}|=\frac{1}{2}|\mathrm{BD}|=|\overrightarrow{\mathrm{QR}}|$。$4$ 辺すべて等長。

③ 隣接辺が直交。 正四面体の対辺は直交する($\overrightarrow{\mathrm{AC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=0$)。$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{QR}}=\frac{1}{4}\overrightarrow{\mathrm{AC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=0$ だから隣り合う辺は直交。

まとめ中点連結で $4$ 辺を対角線 $\mathrm{AC},\mathrm{BD}$ の半分で表す。正四面体の対辺は等長・直交だから、$4$ 中点の四角形は正方形。ベクトル(中点連結・内積)と幾何の融合。

発展。 正四面体の $6$ 辺の中点は、$3$ 組の対辺の中点が正八面体の $6$ 頂点をなす。本問の正方形はその正八面体の「赤道」の断面。正四面体に内接する正八面体という入れ子構造が、中点をとる操作から自然に現れる。

別解

別解:具体座標で成分計算する(計算で確かめたい人向け)。 正四面体を座標に置く。立方体 $\{-1,1{\}}^3$ の交互の頂点 $\mathrm{A}(1,1,1)$、$\mathrm{B}(1,-1,-1)$、$\mathrm{C}(-1,1,-1)$、$\mathrm{D}(-1,-1,1)$ をとると、$6$ 辺すべてが長さ $2\sqrt{2}$ の正四面体になる。

$4$ 辺 $\mathrm{AB},\mathrm{BC},\mathrm{CD},\mathrm{DA}$ の中点は

$$\mathrm{P}(1,0,0),\mathrm{Q}(0,0,-1),\mathrm{R}(-1,0,0),\mathrm{S}(0,0,1).$$

すべて $y=0$ の平面上(つまり中点四角形は平面図形)。辺ベクトルは $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(-1,0,-1)$、$\overrightarrow{\mathrm{QR}}=(-1,0,1)$ で、長さはともに $\sqrt{2}$、内積は $(-1)(-1)+0+(-1)(1)=0$ で直交。

$4$ 辺とも長さ $\sqrt{2}$ で、隣り合う辺が直交するので、正方形だ。中点連結定理(本解)で抽象的に示す代わりに、座標を置くと「中点四角形が実は正方形」が数値で目に見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 距離の和を直接追うのは大変。体積で考えれば解ける。

内部の点 $\mathrm{P}$ と各面を結ぶと、四面体は $4$ つの小四面体に分かれる。各小四面体の体積は $\frac{1}{3}\times (\text{面積})\times (\text{Pからその面までの距離})$。その和が全体の体積 $V$。

正四面体は $4$ 面の面積がすべて等しく $S_0$。だから $\frac{1}{3}{S}_0(d_1+d_2+d_3+d_4)=V$、すなわち $d_1+\cdots +d_4=\frac{3V}{S_0}=h$(高さ)で、$\mathrm{P}$ の位置によらず一定。

① $4$ 分割して体積の和。 $\mathrm{P}$ から各面までの距離を $d_1,d_2,d_3,d_4$、各面の面積を $S_0$(正四面体なので共通)とする。$\mathrm{P}$ を頂点とする $4$ つの小四面体の体積の和が全体だから $$\frac{1}{3}{S}_0{d}_1+\frac{1}{3}{S}_0{d}_2+\frac{1}{3}{S}_0{d}_3+\frac{1}{3}{S}_0{d}_4=V.$$ ② 距離の和を出す。 左辺をまとめて $\frac{1}{3}{S}_0(d_1+d_2+d_3+d_4)=V$。よって $$d_1+d_2+d_3+d_4=\frac{3V}{S_0}.$$ 右辺は $\mathrm{P}$ によらない定数だから、距離の和は一定。

③ 高さで表す。 全体の体積は「$1$ つの面を底面、対する頂点までの高さ $h$」でも $V=\frac{1}{3}{S}_{0}h$。これを代入すると $$d_1+d_2+d_3+d_4=\frac{3V}{S_0}=\frac{3\cdot \frac{1}{3}{S}_{0}h}{S_0}=h.$$ よって距離の和は四面体の高さ $h$ に等しい(一定)。

まとめ内部の点で四面体を $4$ 分割すると体積の和が $V$。面積が等しい正四面体では距離の和が $\frac{3V}{S_0}=h$ で一定。平面のヴィヴィアーニの定理の $3$ 次元版。空間(体積分割)と幾何の融合。

発展。 「内部の点から各面までの距離の和が一定」は、平面のヴィヴィアーニの定理(正三角形)の立体版。一般の正 $n$ 単体でも、$n+1$ 面の面積が等しいので同じことが成り立つ。等面(すべての面が合同)な四面体なら、正四面体でなくても和は一定になる。使っているのは、面積が等しいことだけだ。

別解

別解:平面版「ヴィヴィアーニの定理」の立体版として(得意な人向けの視点)。 この事実は平面の有名な定理の3次元版だ。平面では「正三角形の内部の点から $3$ 辺までの距離の和は一定(高さに等しい)」(ヴィヴィアーニの定理)。証明はやはり面積分割:点と各辺で $3$ つの三角形に分け、面積の和 $=$ 全体。

立体でも同じ論法。正四面体を内部の点 $\mathrm{P}$ と各面で $4$ つの小四面体に分ける。$4$ 面の面積が等しい($S_0$)から

$$V=\frac{1}{3}{S}_0{d}_1+\frac{1}{3}{S}_0{d}_2+\frac{1}{3}{S}_0{d}_3+\frac{1}{3}{S}_0{d}_4=\frac{1}{3}{S}_0(d_1+d_2+d_3+d_4).$$

$V,S_0$ は $\mathrm{P}$ によらないから、和 $d_1+d_2+d_3+d_4=\frac{3V}{S_0}=h$(高さ)も一定。「面積で分割 → 底面積が共通なら和が一定」という発想が、平面(三角形)と立体(四面体)で完全に平行している。次元を1つ上げても同じ論法が使える例だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 方向余弦 $\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ が何を表しているかに気づけば解ける。直線の方向の単位ベクトル $\vec{e}=(e_1,e_2,e_3)$ を考える。

$\vec{e}$ が $x$ 軸となす角の余弦は、$\vec{e}$ と $(1,0,0)$ の内積 $=e_1$。同様に $\cos \beta =e_2$、$\cos \gamma =e_3$。つまり方向余弦は単位ベクトルの成分そのものだ。

$|\vec{e}|=1$ より $e_1^2+e_2^2+e_3^2=1$、すなわち ${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1$。$\alpha =\beta =60^{\circ }$ なら ${\cos }^2\gamma =1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$ で $\gamma$ が決まる。

① 方向余弦は成分。 直線の向きの単位ベクトルを $\vec{e}=(e_1,e_2,e_3)$($|\vec{e}|=1$)とする。$x$ 軸の正の向き $(1,0,0)$ とのなす角 $\alpha$ は $$\cos \alpha =\frac{\vec{e}\cdot (1,0,0)}{|\vec{e}|\cdot 1}=e_1.$$ 同様に $\cos \beta =e_2,\cos \gamma =e_3$。

② 大きさ $1$ から関係式。 $${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =e_1^2+e_2^2+e_3^2=|\vec{e}{|}^2=1.$$ ③ $\alpha =\beta =60^{\circ }$ の場合。 $\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$ だから ${\cos }^2\gamma =1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$。$\cos \gamma =\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$。角 $\gamma$ は $0^{\circ }$ から $180^{\circ }$ でとるので $\gamma =45^{\circ }$ または $135^{\circ }$。

まとめ方向の単位ベクトルの成分がそのまま方向余弦。$|\vec{e}{|}^2=1$ を書き直すと ${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1$ だ。$\alpha =\beta =60^{\circ }$ なら $\gamma =45^{\circ }$(または $135^{\circ }$)。ベクトルと三角比の融合。

発展。 ${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1$ は、単位ベクトルを $3$ 軸に分解したときの「エネルギー保存」の形。物理では偏光や運動量を直交する $3$ 方向に分けたとき、各成分の2乗和がもとの大きさの2乗になる(ピタゴラスの定理の一般化)として頻出する。方向余弦は向きを軸ごとの割合で表す標準的な道具だ。

別解

別解:座標軸への正射影の長さで捉える(苦手な人にも見通しのよいルート)。 単位ベクトル $\vec{e}$ を、$3$ つの座標軸方向に分解する。$\vec{e}$ の $x$ 軸への正射影の長さは $|\vec{e}|\cos \alpha =\cos \alpha$、同様に $y,z$ 軸へは $\cos \beta ,\cos \gamma$。

$\vec{e}$ を成分で書けば $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$。三平方の定理(3次元版)で、ベクトルの長さの2乗は成分の2乗の和だから

$$1=|\vec{e}{|}^2={\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma .$$

これは「直方体の対角線の2乗 $=$ 縦${}^2+$横${}^2+$高さ${}^2$」を、対角線を単位長にして読んだものと同じ。$\alpha =\beta =60^{\circ }$ なら $\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$ で、${\cos }^2\gamma =1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$、$\gamma =45^{\circ }$ または $135^{\circ }$。内積(本解)を使わず、「$3$ 方向への影の長さの2乗が足して $1$」という三平方の定理でそのまま出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 外接球の中心 $\mathrm{P}$ は、$4$ 点から等距離の点。$\mathrm{PO}=\mathrm{PA}=\mathrm{PB}=\mathrm{PC}$ を式にする。

距離のままでは根号が邪魔なので、$2$ 乗して比べる。${\mathrm{PO}}^2={\mathrm{PA}}^2$ の差をとると、$2$ 乗の項が消えて $1$ 次方程式になる。$3$ 本の等式を連立すると、中心 $(1,1,1)$ が出る。半径は $\mathrm{PO}=\sqrt{3}$。

① 等距離の式。 中心 $\mathrm{P}(x,y,z)$ とする。 $${\mathrm{PO}}^2=x^2+y^2+z^2,{\mathrm{PA}}^2=(x-2{)}^2+y^2+z^2.$$ ${\mathrm{PO}}^2={\mathrm{PA}}^2$ より $0=(x-2{)}^2-x^2=-4x+4$、よって $x=1$。

② 残りの座標。 同様に ${\mathrm{PO}}^2={\mathrm{PB}}^2$ から $y=1$、${\mathrm{PO}}^2={\mathrm{PC}}^2$ から $z=1$。よって中心 $\mathrm{P}(1,1,1)$。

③ 半径。 $$r=\mathrm{PO}=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}.$$ (検算:$\mathrm{PA}=\sqrt{(1-2{)}^2+1+1}=\sqrt{3}$ で一致。)

まとめ外接球の中心は $4$ 点から等距離。距離の $2$ 乗の差をとると $1$ 次式になり、連立で中心 $(1,1,1)$、半径 $\sqrt{3}$。空間ベクトル(距離)と連立方程式の融合。

発展。 $4$ 点が立方体の頂点をなすと見抜けば、外接球は立方体の外接球。一般に、外接球の中心は「各辺の垂直二等分面」の交点で、$4$ 点(同一平面上にない)なら必ず1つに定まる。三角形の外心(垂直二等分線の交点)を、平面から空間へ持ち上げた概念である。

別解

別解:立方体の対角線として一目で出す(得意な人向けの高い視点)。 $4$ 点 $\mathrm{O}(0,0,0)$、$\mathrm{A}(2,0,0)$、$\mathrm{B}(0,2,0)$、$\mathrm{C}(0,0,2)$ は、$1$ 辺 $2$ の立方体の $4$ つの頂点(原点と、そこから各軸に $2$ 進んだ$3$点)。

この立方体の中心は $(1,1,1)$。立方体の中心は $8$ 頂点すべてから等距離だから、当然その中の $4$ 点 $\mathrm{O},\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ からも等距離になる。これが外接球の中心だ。

半径は中心から頂点までの距離 $=$ 立方体の対角線の半分。対角線は $\sqrt{2^2+2^2+2^2}=2\sqrt{3}$ だから、半径は $\sqrt{3}$。

距離の2乗を連立する(本解)代わりに、「$4$ 点を立方体の頂点とみて、中心は対角線の中点」と読むと、中心 $(1,1,1)$ も半径 $\sqrt{3}$ も暗算で出る。点の配置に隠れた対称な図形(ここでは立方体)を見抜くと計算が消える。