II日本医科大学 2025年 数学 第II問解答・解説

内積から平面ABCの法線方向と垂線の足Hを決める。内心は面積比による頂点係数で表し、問4では平面ABC内の直交座標でHとIの一直線性を確かめて、空間成分から三角形DHIの面積を求める。

辺の長さと内積の関係から、
$$\begin{aligned} \vec a\cdot\vec b&=\frac{OA^2+OB^2-AB^2}{2}=\frac12,\\ \vec b\cdot\vec c&=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2}=\frac12,\\ \vec c\cdot\vec a&=\frac{OC^2+OA^2-CA^2}{2}=0. \end{aligned}$$$$\vec{a}\cdot \vec{b}=\frac{O{A}^2+O{B}^2-A{B}^2}{2}=\frac{1}{2},$$$$\vec{b}\cdot \vec{c}=\frac{O{B}^2+O{C}^2-B{C}^2}{2}=\frac{1}{2},$$$$\vec{c}\cdot \vec{a}=\frac{O{C}^2+O{A}^2-C{A}^2}{2}=0.$$
よって問1の答えは $\text{ア}=\frac12,\ \text{イ}=\frac12,\ \text{ウ}=0$ である。

次に $\overrightarrow{OH}=\alpha\vec a+\beta\vec b+\gamma\vec c$ とおく。$OH$ は平面 $ABC$ に垂直なので，
$$\overrightarrow{OH}\cdot(\vec b-\vec a)=0,\qquad \overrightarrow{OH}\cdot(\vec c-\vec a)=0.$$
上で求めた内積を代入して整理すると，
$$-\alpha+\beta+\gamma=0,\qquad -\alpha+3\gamma=0.$$
したがって $(\alpha,\beta,\gamma)=t(3,2,1)$ と書ける。ここで $\vec n=3\vec a+2\vec b+\vec c$ とおくと，
$$\vec n\cdot\vec a=4,\qquad \vec n\cdot\vec n=24.$$
点 $H$ は平面 $ABC$ 上にあるから $(\overrightarrow{OH}-\vec a)\cdot\vec n=0$ である。よって $\overrightarrow{OH}=t\vec n$ として $24t=4$，すなわち $t=\frac16$ を得る。
$$\overrightarrow{OH}=\frac16(3\vec a+2\vec b+\vec c)=\frac12\vec a+\frac13\vec b+\frac16\vec c.$$
よって問2の答えは $\text{エ}=\frac12,\ \text{オ}=\frac13,\ \text{カ}=\frac16$ である。

三角形 $ABC$ の内心 $I$ について，内心を頂点とする三つの三角形は高さが等しいので，その面積比は各辺の長さの比に等しい。したがって頂点 $A,B,C$ に対応する係数は，それぞれ $BC,CA,AB$ に比例し，
$$\overrightarrow{OI}=\frac{BC\,\vec a+CA\,\vec b+AB\,\vec c}{AB+BC+CA} =\frac{\sqrt3\,\vec a+2\vec b+\vec c}{3+\sqrt3}.$$
各係数を有理化すると，
$$\overrightarrow{OI}=\frac{\sqrt3-1}{2}\vec a+\frac{3-\sqrt3}{3}\vec b+\frac{3-\sqrt3}{6}\vec c.$$
よって問3の答えは $\text{キ}=\frac{\sqrt3-1}{2},\ \text{ク}=\frac{3-\sqrt3}{3},\ \text{ケ}=\frac{3-\sqrt3}{6}$ である。

問4では，まず
$$OH^2=\left|\frac16\vec n\right|^2=\frac{24}{36}=\frac23$$
である。よって直角三角形 $OHA,OHB,OHC$ から，
$$HA^2=HB^2=1-\frac23=\frac13,\qquad HC^2=3-\frac23=\frac73.$$
また $AB^2+BC^2=1+3=4=AC^2$ なので $\angle ABC=90^\circ$ である。平面 $ABC$ 内に $B$ を原点，$BA,BC$ をそれぞれ正の $X,Y$ 軸とする直交座標をとると，
$$B=(0,0),\quad A=(1,0),\quad C=(0,\sqrt3).$$
$H=(u,v)$ とおく。$HA=HB$ より $u=\frac12$，さらに $HB^2=\frac13$ より $v^2=\frac1{12}$ である。$HC^2=\frac73$ を満たすのは $v=\frac1{2\sqrt3}$ なので，
$$H=\left(\frac12,\frac1{2\sqrt3}\right).$$
三角形 $ABC$ の面積は $\frac{\sqrt3}{2}$，半周長は $\frac{3+\sqrt3}{2}$ だから，内接円の半径は
$$r=\frac{[ABC]}{(AB+BC+CA)/2}=\frac{\sqrt3}{3+\sqrt3}=\frac{\sqrt3-1}{2}.$$
座標軸からの距離がともに $r$ である内心は $I=(r,r)$ である。$A,H,I$ の座標を比較すると，
$$I-H=(\sqrt3-2)(A-H)$$
となるので，$A,H,I$ は一直線上にあり，
$$AH=\sqrt{\frac14+\frac1{12}}=\frac1{\sqrt3},\qquad HI=(2-\sqrt3)AH=\frac{2-\sqrt3}{\sqrt3}.$$
$D$ は $OA$ を $x:(1-x)$ に内分するから $\overrightarrow{OD}=x\vec a$ である。また，
$$\begin{aligned} \overrightarrow{HD}&=x\vec a-\overrightarrow{OH}\\ &=x(\vec a-\overrightarrow{OH})+(x-1)\overrightarrow{OH}\\ &=x\overrightarrow{HA}+(x-1)\overrightarrow{OH}. \end{aligned}$$$$\overrightarrow{HD}=x\vec{a}-\overrightarrow{OH}$$$$=x(\vec{a}-\overrightarrow{OH})+(x-1)\overrightarrow{OH}$$$$=x\overrightarrow{HA}+(x-1)\overrightarrow{OH}.$$
第一項は直線 $HI$ に平行であり，第二項は平面 $ABC$ に垂直である。したがって $D$ から直線 $HI$ までの距離は $(1-x)OH=(1-x)\sqrt{\frac23}$ である。よって
$$S=\frac12\,HI\,(1-x)OH =\frac{\sqrt2(2-\sqrt3)}6(1-x).$$
$S=\frac{\sqrt2}{24}$ を代入すると $(2-\sqrt3)(1-x)=\frac14$ であり，$2+\sqrt3=\frac1{2-\sqrt3}$ より，
$$x=1-\frac{2+\sqrt3}{4}=\frac{2-\sqrt3}{4}.$$
$0<2-\sqrt3<4$ であるから，この値は条件 $0<x<1$ を満たす。最後に代入すると $S=\frac{\sqrt2}{24}$ となり，条件にも合う。