四面体OABCが
\begin{eqnarray}
&& \mathrm{OA} = 4 \\
&& \mathrm{OB = AB = BC} =3 \\
&& \mathrm{OC = AC} = \sqrt{3}
\end{eqnarray}を満たしているとする。Pを辺BC上の点とし、△OAPの重心をGとする。このとき、次の各問に答えよ。(1)
を示せ。
(2) Pが辺BC上を動くとき、PGの最小値を求めよ。
小問(1)の解答例
四面体の面は全て二等辺三角形です。
辺OAの中点をMとします。
\begin{eqnarray}
\mathrm{OM} &=& \mathrm{AM} \\
\mathrm{OB} &=& \mathrm{AB} \\
\mathrm{OC} &=& \mathrm{AC} \\
\angle \mathrm{BOM} &=& \angle \mathrm{BAM} \\
\angle \mathrm{COM} &=& \angle \mathrm{CAM}
\end{eqnarray}より、
\begin{eqnarray}
\triangle \mathrm{OBM} & \equiv & \triangle \mathrm{ABM} \\
\triangle \mathrm{OCM} & \equiv & \triangle \mathrm{A CM}
\end{eqnarray}であることが分かります。
したがって、
\begin{eqnarray}
\mathrm{OA} & \perp & \mathrm{BM} \\
\mathrm{OA} & \perp & \mathrm{CM}
\end{eqnarray}です。
ここで、
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{MA}} &=& \vec{a} \\
\overrightarrow{\mathrm{MB}} &=& \vec{b} \\
\overrightarrow{\mathrm{MC}} &=& \vec{c}
\end{eqnarray}とします。
ここまでの設定と分かったことにより、
\begin{eqnarray}
\vec{a} \cdot \vec{b} &=& 0 \tag{1} \\
\vec{a} \cdot \vec{c} &=& 0 \tag{2} \\
\overrightarrow{\mathrm{MO}} &=& -\vec{a} \tag{3} \\
\overrightarrow{\mathrm{OA}} &=& 2\vec{a} \tag{4}
\end{eqnarray}となっています。
さて、辺BC上の点Pは、を用いて
\begin{equation}
\overrightarrow{\mathrm{MP}} = (1 -t) \, \vec{b} +t \, \vec{c}
\end{equation}と表すことができます。
式(3)と合わせると、△OAPの重心Gは
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{MG}} &=& \frac{1}{3} \left( \overrightarrow{\mathrm{MO}} +\overrightarrow{\mathrm{MA}} + \overrightarrow{\mathrm{MP}} \right) \\
&=& \frac{1}{3} \, \left \{ (1 -t) \, \vec{b} +t \, \vec{c} \right \}
\end{eqnarray}となります。
したがって、
\begin{eqnarray}
\overrightarrow{\mathrm{PG}}
&=& \overrightarrow{\mathrm{MG}} -\overrightarrow{\mathrm{MP}} \\
&=& -\frac{2}{3} \, \left \{ (1 -t) \, \vec{b} +t \, \vec{c} \right \} \tag{5}
\end{eqnarray}を得ます。
式(1), (2), (4), (5)より、
\begin{equation}
\overrightarrow{\mathrm{PG}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OA}} =
-\frac{2}{3} \, \left \{ (1 -t) \, \vec{b} +t \, \vec{c} \right \} \cdot (2 \vec{a}) = 0
\end{equation}となります。
よって、
\begin{equation}
\overrightarrow{\mathrm{PG}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OA}}
\end{equation}であることが示されました。
小問(2)の解答例
OM=2なので、
\begin{eqnarray}
\mathrm{BM} = \left| \vec{b} \right| &=& \sqrt{5} \tag{6} \\
\mathrm{CM} = \left| \vec{c} \right| &=& 2\sqrt{2} \tag{7}
\end{eqnarray}です。
\begin{equation}
\angle \mathrm{BMC} = \theta
\end{equation}とすると、第2余弦定理より
第2余弦定理 - 数式で独楽する
\begin{equation}
\mathrm{BC^2 = BM^2 +CM^2 -2 BM \cdot CM} \cos \theta
\end{equation}が成り立っています。値を代入して
\begin{eqnarray}
9 &=& 5 +12 -4\sqrt{10} \cos \theta \\
\cos \theta &=& \frac{8}{4\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{5} \tag{8}
\end{eqnarray}となります。
式(6)～(8)より
\begin{eqnarray}
\vec{b} \cdot \vec{c} &=& \left| \vec{b} \right| \left| \vec{c} \right| \cos \theta \\
&=& \sqrt{5} \cdot 2\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{10}}{5} \\
&=& 4 \tag{9}
\end{eqnarray}を得ます。
式(5)～(7), (9)より、
\begin{eqnarray}
\mathrm{PG}^2 &=& \frac{9}{4} \, \left \{ (1 -t)^2 \left| \vec{b} \right|^2 +2(1 -t)t \, \vec{b} \cdot \vec{c} +t^2 \left| \vec{c} \right|^2 \right \} \\
&=& \frac{9}{4} \, \left \{ 5(1 -2t +t^2) +8(1 -t)t +12t^2 \right \} \\
&=& \frac{9}{4} \, (9t^2 -2t +5) \\
&=& \frac{9}{4} \, \left \{ 9 \left( t -\frac{1}{9} \right)^2 +\frac{44}{9} \right \} \\
& \geqq & 11
\end{eqnarray}となります。
よって、PGの最小値はです。
解説
平面図を描いてみると、PG⊥OAとなりそうな気がします。空間図形でそれを言い切ってよいものか？ 私にそこまでのセンスはありません。
結局、ベクトルで攻めています。
ベクトルをどう定めても解けると思いますが、本稿のやり方で計算量が少なくなっているはずです。
