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第１章 平面のベクトル
第２章 空間のベクトル
第３章 複素数平面
第４章 式と曲線
第２章 空間のベクトル
\({\rm AB}=\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2}=\sqrt{6}\)
\({\rm BC}=\sqrt{1^2+(-2)^2+1^2}=\sqrt{6}\)
\({\rm CA}=\sqrt{(-2)^2+1^2+1^2}=\sqrt{6}\)
よって、\({\rm AB=BC=CA}\) となり、\(\triangle {\rm ABC}\) は正三角形である [終]
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AD}=\overrightarrow{d}~,~\overrightarrow{\rm AE}=\overrightarrow{e}\) とすると、
対角線 \({\rm AG}\) の中点を \({\rm P}\) とすると、
\(\overrightarrow{\rm AP}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{\rm AG}={\large \frac{1}{2}}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e})\)
次に、対角線 \({\rm BH}\) の中点を \({\rm Q}\) とすると、
\(\overrightarrow{\rm AQ}={\large \frac{\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AH}}{2}}={\large \frac{1}{2}}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e})\)
次に、対角線 \({\rm CE}\) の中点を \({\rm R}\) とすると、
\(\overrightarrow{\rm AR}={\large \frac{\overrightarrow{\rm AC}+\overrightarrow{\rm AE}}{2}}={\large \frac{1}{2}}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e})\)
次に、対角線 \({\rm DF}\) の中点を \({\rm S}\) とすると、
\(\overrightarrow{\rm AS}={\large \frac{\overrightarrow{\rm AD}+\overrightarrow{\rm AF}}{2}}={\large \frac{1}{2}}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}+\overrightarrow{e})\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm AP}=\overrightarrow{\rm AQ}=\overrightarrow{\rm AR}=\overrightarrow{\rm AS}\)
これより、４点 \({\rm P~,~Q~,~R~,~S}\) は一致する
したがって、４つの対角線 \({\rm AG~,~BH~,~CE~,~DF}\) の中点は一致する [終]
→ 空間の位置ベクトル
\(\overrightarrow{\rm DM}=\overrightarrow{\rm OM}-\overrightarrow{\rm OD}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm DM}={\large \frac{-2\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{2}}\)
次に、
\(\overrightarrow{\rm DG}=\overrightarrow{\rm OG}-\overrightarrow{\rm OD}\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm DG}={\large \frac{-2\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}}\)
これより、
\(\overrightarrow{\rm DM}={\large \frac{3}{2}}\overrightarrow{\rm DG}\)
したがって、３点 \(\rm D~,~G~,~M\) は同一直線上にある [終]
$$~~~{\rm DG:GM}=2:1$$→ 空間の３点が同一直線上にある条件
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}~,~\overrightarrow{\rm AD}=\overrightarrow{d}\) とすると、
\({\rm AB\perp CD}\) より、\(\overrightarrow{\rm AB}\cdot\overrightarrow{\rm CD}=0\) となるので、
\(\overrightarrow{b}\cdot(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{c})=0\)
よって、
\(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{d}=\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}\)
次に、\({\rm AC\perp BD}\) より、\(\overrightarrow{\rm AC}\cdot\overrightarrow{\rm BD}=0\) となるので、
\(\overrightarrow{c}\cdot(\overrightarrow{d}-\overrightarrow{b})=0\)
よって、
\(\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{d}=\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}\)
これらを用いて、
\(\overrightarrow{\rm AD}\cdot\overrightarrow{\rm BC}\)
\(=\overrightarrow{d}\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})\)
\(=\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{d}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{d}=0\)
\(\overrightarrow{\rm AD}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm BC}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(\overrightarrow{\rm AD}\perp\overrightarrow{\rm BC}\)
したがって、
\({\rm AD\perp BC}\) [終]
→ 空間ベクトルの内積と証明
\((x+3)^2+(y-1)^2=9~,~z=0\)
\(yz\) 平面
\((y-1)^2+(z-2)^2=4~,~x=0\)
\(zx\) 平面
\((x+3)^2+(z-2)^2=12~,~y=0\)
問題
\(\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\)
\(=(2-1,0-2,2-3)\)
\(=(1,-2,-1)\)
次に、
\(\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a}\)
\(=1\times2+(-2)\times0+(-1)\times2=0\)
\(\overrightarrow{c}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{a}\neq\overrightarrow{0}\) であるので、\(\overrightarrow{c}\) は \(\overrightarrow{a}\) に垂直である [終]
\({\small (2)}~\)
\(\overrightarrow{d}=(\sqrt{3},\sqrt{3},-\sqrt{3})\)
\(~,~(-\sqrt{3},-\sqrt{3},\sqrt{3})\)
\(\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{b}~,~\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{c}\)
\(\overrightarrow{\rm AD}=\overrightarrow{d}\) とする
\(\triangle {\rm BCD}\) の重心を \({\rm G}\) とすると、
\(\overrightarrow{\rm AG}={\large \frac{1}{3}}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d})\) …①
次に、\(\triangle {\rm PQR}\) の重心を \({\rm G’}\) とすると、
\(\overrightarrow{\rm AG’}={\large \frac{1}{3}}(\overrightarrow{\rm AP}+\overrightarrow{\rm AQ}+\overrightarrow{\rm AR})\)
ここで、\({\rm AP}={\rm PB}\) より、
\(\overrightarrow{\rm AP}={\large \frac{1}{2}}\overrightarrow{b}\)
\({\rm BQ}=2{\rm QC}\) より、
\(\overrightarrow{\rm AQ}={\large \frac{\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c}}{3}}\)
\({\rm CR}=5{\rm RD}\) より、
\(\overrightarrow{\rm AR}={\large \frac{\overrightarrow{c}+5\overrightarrow{d}}{6}}\)
これらを代入すると、
\(\overrightarrow{\rm AG}={\large \frac{5}{18}}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d})\) …②
①、②より、
\(\overrightarrow{\rm AG}={\large \frac{6}{5}}\overrightarrow{\rm AG’}\)
したがって、頂点 \({\rm A}\)、\(\triangle {\rm BCD}\) の重心および \(\triangle {\rm PQR}\) の重心は同一直線上にある [終]
演習問題 空間のベクトル
辺 \({\rm CD}\) の中点 \({\rm M}\) は、
\(\left({\large \frac{5+3}{2}},{\large \frac{1+(-3)}{2}},{\large \frac{8+6}{2}}\right)=(4,-1,7)\)
よって、
\(\overrightarrow{\rm CD}=(-2,-4,-2)\)
\(\overrightarrow{\rm BM}=(3,-4,5)\)
これより、
\(\overrightarrow{\rm CD}\cdot\overrightarrow{\rm BM}\)
\(=3\times(-2)+(-4)\times(-4)+5\times(-2)\)
\(=0\)
\(\overrightarrow{\rm BM}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm CD}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(\overrightarrow{\rm BM}\perp\overrightarrow{\rm CD}\)
したがって、
\({\rm BM\perp CD}\) [終]
\({\small (2)}~10\sqrt{3}\)
\({\small (3)}~\)[証明]
\(\overrightarrow{\rm AB}=(-7,1,5)\)
\(\overrightarrow{\rm BC}=(4,-2,6)\)
\(\overrightarrow{\rm BD}=(2,-6,4)\)
これより、
\(\overrightarrow{\rm AB}\cdot\overrightarrow{\rm BC}\)
\(=(-7)\times4+1\times(-2)+5\times6=0\)
\(\overrightarrow{\rm AB}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm BC}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(\overrightarrow{\rm AB}\perp\overrightarrow{\rm BC}\)
したがって、\({\rm AB\perp BC}\)
また、
\(\overrightarrow{\rm AB}\cdot\overrightarrow{\rm BD}\)
\(=(-7)\times2+1\times(-6)+5\times4=0\)
\(\overrightarrow{\rm AB}\neq\overrightarrow{0}~,~\overrightarrow{\rm BD}\neq\overrightarrow{0}\) より、\(\overrightarrow{\rm AB}\perp\overrightarrow{\rm BD}\)
したがって、
\({\rm AB\perp BD}\)
[終]
\({\small (4)}~50\)
\(\overrightarrow{\rm OH}=(2s,t,2u)\)
\(\overrightarrow{\rm AB}=(-2,1,0)\)
\(\overrightarrow{\rm AC}=(-2,0,2)\)
\(\overrightarrow{\rm OH}\perp\overrightarrow{\rm AB}\) より、\(\overrightarrow{\rm OH}\cdot\overrightarrow{\rm AB}=0\) であるので、
\(2s\times(-2)+t\times1+2u\times0=0\)
\(~\Leftrightarrow~4s-t=0\)
次に、\(\overrightarrow{\rm OH}\perp\overrightarrow{\rm AC}\) より、\(\overrightarrow{\rm OH}\cdot\overrightarrow{\rm AC}=0\) であるので、
\(2s\times(-2)+t\times0+2u\times2=0\)
\(~\Leftrightarrow~s-u=0\)
したがって、
\(4s-t=0~,~s-u=0\) [終]
$${\small (2)}~\left({ \frac{1}{\,3\,}}~,~{ \frac{2}{\,3\,}}~,~{ \frac{1}{\,3\,}}\right)$$$${\small (3)}~{ \frac{\,\sqrt{6}\,}{3}}$$
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