【問題7】 次のベクトルを求めよ。---
（1） $\vec{a}=（3,4）$に垂直で、大きさが5のベクトル$\vec{p}$
（2） $\vec{a}=（2,\sqrt{5}）$に垂直な単位ベクトル$\vec{e}$
（3） $\vec{a}=（-1,7）$と45°の角をなし、大きさが5であるベクトル$\vec{x}$
【解】 求めるベクトルを$(x, y)$とおく。その大きさから
$x^2 + y^2 = …$
と、所与のベクトルとの内積から
$a・b = |\vec{a}||\vec{b}|\cosθ$
で連立方程式を作ります。
(1)
$x^2 + y^2 = 25,$
$3x + 4y =0$
(答)$ (±4,?3)$
(2)
$x^2 + y^2 = 1,$
$2x + \sqrt{5}y =0$
(答) $(±\sqrt{5}/3,?2/3)$
(3)
$x^2 + y^2 = 25,$
$-x + 7y =5\sqrt{2}×5×(1/\sqrt{2})$
(答)$ (-4,3), (3,4)$
【問題8】 ベクトル$\vec{a},\vec{b}$が$|\vec{a}+\vec{b}|=11, |\vec{a}-\vec{b}|=7$を満たすときの内積$\vec{a}
\cdot \vec{b}$ を求めよ。---
【解】
$|\vec{a}+\vec{b}|^2 = (\vec{a}+\vec{b} \cdot(\vec{a}+\vec{b})$
$= \vec{a}\cdot\vec{a} +2\vec{a}\cdot\vec{b} + \vec{b}\cdot\vec{b} =
121$
と、
$|\vec{a}-\vec{b}|^2 = (\vec{a}-\vec{b})\cdot(\vec{a}-\vec{b})$
$= \vec{a}\cdot\vec{a} - 2\vec{a}\cdot\vec{b} + \vec{b}\cdot\vec{b}
= 49$
の辺々を引いて
$4\vec{a}\cdot\vec{b} = 72$
よって
$\vec{a}\cdot\vec{b} = 18$ ……(答)
【問題9】 $\vec{a}＝(2,1,1),\vec{b}＝(1,2,-1)$のとき、$|\vec{a}+t\vec{b}|$の最小値とそのときの$t$の値を求めよ。($t$は実数とする。)---
【解】
$|\vec{a}+t\vec{b}|^2 = (\vec{a}+t\vec{b})\cdot(\vec{a}+t\vec{b})$
$=|\vec{a}|^2 +2t \vec{a}\cdot\vec{b} +t^2|\vec{b}|^2$
$=6+ 6t +6t^2=6(t+ 1/2)^2+ 9/2$
【答】 $9/2(t=-1/2)$
【問題10】 $\vec{a}=（a_{1},a_{2}),\vec{b}=（b_{1},b_{2}）$のとき、$\vec{a}//\vec{b}$ならば$a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}=0$が成り立つことを示せ。---
【解】 $（a_{1},a_{2}) = k(b_{1},b_{2}）(ただしk\neq0)$ ……(*)
とおける。
$a_{1} = k b_{1}$
$a_{2} = k b_{2}$
これより
$a_{1}b_{2} =a_{2}b_{1}$
となり、
$a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}=0$■
【別解】$\cos\theta = \vec{a}\cdot\vec{b}/(|\vec{a}||\vec{b}|) =\pm 1$
分母払って両辺2乗すれば
$(\vec{a}\cdot \vec{b})^2 = |\vec{a}|^2 \times |\vec{b}|^2$
成分で表わせば
$(a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2})^2 = (a_{1}^2 + a_{2}^2)(b_{1}^2 + b_{2}^2)$
一般に
$(a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2})^2 ≦ (a_{1}^2 + a_{2}^2)(b_{1}^2 + b_{2}^2)$
が成り立ち、コーシー・シュバルツの不等式と言われています。ここで等号が成り立つのが
$a_{1} : b_{1} = a_{2} : b_{2}$
のときですが、これって(*)と同値です。■
【問題11】 $\bigtriangleup ABC$の外心$O$から直線$BC、CA、AB$に引いた垂線の足をそれぞれ$P、Q、R$とする。$0<t<1$の範囲で関係式
$(t+1)\vec{OP}+(t-1)\vec{OQ}-t(t+1)\vec{OR}=\vec{0}$
を満たすとき、
(1) $\vec{OA}$を$\vec{OB},\vec{OC}$を用いて表せ。
(2) $\angle BAC$の大きさを求めよ。---
【解】
$\vec{OP} = (\vec{OB} + \vec{OC})/2,$
$\vec{OQ} = (\vec{OA} + \vec{OC})/2,$
$\vec{OR} = (\vec{OA} + \vec{OB})/2$
を与式に代入し、両辺2倍し、整理すれば
$(t^2+1)\vec{OA} +(t^2-1)\vec{OB} -2t\vec{OC} =\vec{ 0}$
これより
$\vec{OA} = -\frac{t^2-1}{t^2+1}\vec{ OB} +\frac{2t}{t^2+1}\vec{ OC}$
……(*)
上式において、自分自身との内積を作ります。
$|\vec{OA}|^2 = \frac{(t^2-1)^2}{(t^2+1)^2} |\vec{OB}|^2 -\frac{4t(t^2-1)}{(t^2+1)^2}
\vec{OB}\cdot\vec{OC} +\frac{4t^2}{(t^1+1)} |\vec{OC}|^2$
$O$は外心だから、
$|\vec{OA}|^2=|\vec{OB}|^2 =|\vec{OC}|^2 =r^2$
$\vec{OB}\cdot\vec{OC} =r^2\cos(2\angle BAC)$
ここで$r$ は外接円の半径で、最後の式は中心角が円周角の2倍だから。
以上をさっきの等式に代入し、分母を払って$r^2$ で割れば、
$(t^2+1)^2 = (t^2-1)^2 -4t(t^2-1)\cos(2 \angle BAC) +4t^2,$
$4t(t^2-1)\cos(2\angle BAC) = 0,$
$\cos(2\angle BAC) = 0$
$2\angle BAC$は$0^\circ$から$360^\circ$だから
$2\angle BAC= 90^\circ,270^\circ$
$\angle BAC= 45^\circ,135^\circ$
このうち前者はありえない。(*)から3つのベクトル$\vec{OA},\vec{OB},\vec{OC}$はすべて同じ側を向くと分かるからだ。よって、$\angle
BAC$はもし存在するなら135度で、$\bigtriangleup ABC$は$\angle A$が鈍角の鈍角三角形で、外心は三角形の外部に来る。
では本当にこういう三角形が存在するかだが、例えば、$O(0, 0), A(0,\sqrt{2}), B(-1, 1), C(1, 1)$とすれば、$t = -1 +\sqrt{2}$ となって、ＯＫだ。
【答】$\vec{OA} = -\frac{t^2-1}{t^2+1}\vec{ OB} +\frac{2t}{t^2+1}\vec{ OC}$,$\angle
BAC= 135^\circ$
【問題12】 $xyz$空間内に2点$A(1,0,0),B(2,1,2)$ があるとき以下に答えよ。
(1) 点$A$を通り、ベクトル$\vec{AB}$ に平行な直線$l$ の方程式を求めよ。
(2) 点$B$を通り、直線$l$に垂直な平面が$y$軸と交わる点の座標を求めよ。
(3) 点$B$を中心とし、原点$O$を通る球$S$の方程式を求めよ。
(4) 球$S$と直線$l$が交わる二つの点の座標を求めよ。---
【解】 (1) $\vec{p}=\vec{a}+t (\vec{b}-\vec{a})$より
$(x,y,z)=(1,0,0)+t(1,1,2)$
パラメータを消去すれば
$x-1=y=\frac{z}{2}$ ……(答)
(2) 法線ベクトルが $(1, 1 ,2)$だから、平面の方程式は
$1(x-2) +1(y-1) +2(z-2) = 0$
すなわち
$x +y +2z -7 = 0$
ここに$x = z = 0$を代入して、$y = 7$. よって交点は
$(0, 7, 0)$ ……(答)
(3) $(x-2)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=r^2$ とおいて、$(x,y,z)=(0,0,0)$を代入。$r^2=9$
$(x-2)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9$ ……(答)
(4) パラメータ表示の方を代入してみよう。
$(1+t-2)^2+(t-1)^2+(2t-2)^2=9$,
$(t-1)^2=3/2$,
$t=1 \pm\frac{\sqrt{6}}{2}$
よって
$(x,y,z)=(1+1 \pm\frac{\sqrt{6}}{2},1 \pm\frac{\sqrt{6}}{2},2(1 \pm\frac{\sqrt{6}}{2}))$
$=(2 \pm\frac{\sqrt{6}}{2},1 \pm\frac{\sqrt{6}}{2},2 \pm\sqrt{6})$ ……(答)
【問題13】 $\mathbb{R^2}$において、$\vec{a_{1}}=(1,2), \vec{a_{2}}=(3,4)$が基底であることを証明せよ。---
【証明】 2次元ベクトル空間では、2個の一次独立なベクトルの組は基底になる。そこで行列式を計算すると
$\left| \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & 4 \end{array} \right|
=-2$
で、0 でないから、1次独立。したがって所与のベクトルの組は基底になり得る。■
【別証明】 任意のベクトル$(x,y)$に対して
$(x,y)=m(1,2)+n(3,4)$
とおけば、
$m=\frac{-4x+3y}{2},n=\frac{2x-y}{2}$
である。よって、$\mathbb{R^2}$は$\vec{a_{1}}, \vec{a_{2}}$により生成されるので基底である。■
【問題14】 $AB=4, AD=2,\angle BAD=60^\circ$である平行四辺形ABCDにおいて、辺ABを$2:1$に内分する点をE. 辺CDの中点をFとし、線分EFと線分ACの交点をPとし、$\vec{AB}=\vec{b},
\vec{AD}=\vec{d}$ とする。
(1) 内積$\vec{AB} \cdot \vec{AD}$と、$\vec{AD}\cdot\vec{AC}$ はいくらか？ また、$\vec{AE}$と$\vec{AF}$を$\vec{b}$と$\vec{d}$を用いて表せ。
(2) $\vec{AP}$を$\vec{b}$と$\vec{d}$を用いて表せ。また、三角形APEの面積を求めよ。
(4) 点Qを半直線ADの点とし$l>0$を満たす実数$l$をもちいて$\vec{AQ}=l \vec{AD}$と表す。点Qから直線ACに引いた垂線と直線ACとの交点をHとする。三角形APEの面積と三角形AQHの面積が等しくなるような点Qをとる。$\vec{AH}$と$\vec{QH}$を$l$を用いて表すとどうなるか。
(5) 三角形APEの面積と三角形AQHの面積が等しいとき、$l$はいくらか？Qは線分ADをどうする点か？下から選べ。
(a)?:?+1に内分, (b)?:?-1に内分, (c)?:?+1に外分, (d)?:?-1に外分する ---
【解】 (1) $\vec{AB} \cdot \vec{AD} = |\vec{AB}||\vec{AD}| \cos 60^\circ = 4$
……(答)
であり、
$\vec{AD}\cdot\vec{AC} =\vec{ AD}\cdot(\vec{AB}+\vec{AD})$
$= \vec{AD}\cdot\vec{AB} + |\vec{AD}|^2= 4 + 4 = 8$……(答)
また
$\vec{AE} = (2/3)\vec{b}$……(答)
$\vec{AF} = (\vec{AD} + \vec{AC})/2 = (\vec{d} + \vec{b} + \vec{d})/2
= (1/2)\vec{b} + \vec{d}$……(答)
(2) $\vec{AP}$を2通りの方法で表わす。
$\vec{AP} = s(\vec{b} + \vec{d})$,
$\vec{AP} = \vec{AE} + t(\vec{AF} - \vec{AE})=\frac{4-t}{6}\vec{b}+t\vec{d}$
この2つが等しいことから
$s = t= 4/7$
よって、
$\vec{AP} = (4/7)\vec{b} + (4/7)\vec{d}$……(答)
△APEは、平行四辺形ABCDの半分の三角形ABCと比べると、底辺は2/3で、高さは4/7である。だから、△APEの面積は平行四辺形の
$(1/2)・(2/3)・(4/7)=4/21$倍
ところで平行四辺形の面積は
$4・2・\sin 60^\circ =4\sqrt{3}$
だから
△APE$= (16/21)\sqrt{3}$……(答)
(4) 余弦定理で
$AC =\sqrt{16+4-2\cdot 4\cdot 2\cdot (-1/2)}=2\sqrt{7}$
$\cos ∠CAD = \frac{28+4-16}{2\cdot 2\sqrt{7}\cdot2}=\frac{2}{\sqrt{7}}$
$\sin ∠CAD =\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$
したがって
$AQ : QH : AH = \sqrt{7}:\sqrt{3}:2$
ここで$\vec{AQ} = l \vec{AD}$だから
$AQ=2l, AH =2l \cos ∠CAD, QH=2l \sin ∠CAD $
よって
△AQH$ = \frac{1}{2} AH \cdot QH$
$=\frac{1}{2} \cdot \frac{4l}{\sqrt{7}} \cdot \frac{2\sqrt{3}l}{\sqrt{7}}$
$=\frac{4\sqrt{3}}{7} l^2$
これが△APEの面積と等しいから
$l = \frac{2}{\sqrt{3}} $……(答)
$l>1$だから点Q はAD の外分点で、$l : l-1$ に外分する。答は(b)
【問題15】 三角形OABにおいて、次の式を満たす点Pの存在範囲を求めよ。---
$\vec{OP}=s\vec{OA}+\vec{tOB} ,0\leq s\leq 2,1\leq t \leq2$
【解】 極端な例を考えます
$O=(0,0),A=(1,0),B=(0,1)$
とすると、
$P=(x,y),x = s (0\leq s\leq 2),y = t (1\leq t \leq 2)$
これは下図の上の斜線部の長方形です。