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阪大理系4番解答
(1)
定義から
\begin{eqnarray*}
\overrightarrow{\mathrm{OP}}&=&s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+(1-s)\overrightarrow{\mathrm{OB}}=(1-s,0,s)\\
\overrightarrow{\mathrm{OQ}}&=&s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+(1-s)\overrightarrow{\mathrm{OC}}=(0,1-s,s)\\
\overrightarrow{\mathrm{OR}}&=&t\overrightarrow{\mathrm{OF}}+(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OD}}=(t-1,0,-t)\\
\overrightarrow{\mathrm{OS}}&=&t\overrightarrow{\mathrm{OF}}+(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OE}}=(0,t-1,-t)
\end{eqnarray*}
である．よって，
\begin{eqnarray*}
\overrightarrow{\mathrm{PQ}}&=&s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+(1-s)\overrightarrow{\mathrm{OC}}
=(s-1,1-s,0)=(1-s)(-1,1,0)\\
\overrightarrow{\mathrm{RS}}&=&t\overrightarrow{\mathrm{OF}}+(1-t)\overrightarrow{\mathrm{OE}}
=(1-t,t-1,0)=(1-t)(-1,1,0)\\
&=&\dfrac{1-t}{1-s}\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=
\dfrac{1-t}{1-s}\left(\overrightarrow{\mathrm{RQ}}-\overrightarrow{\mathrm{RP}} \right)
\end{eqnarray*}
と， $ \overrightarrow{\mathrm{RS}} $ が $ \overrightarrow{\mathrm{RP}} $ ， $ \overrightarrow{\mathrm{RQ}} $ で書き表せた．
よって，点 $ \mathrm{S} $ は3点 $ \mathrm{R} $ ， $ \mathrm{P} $ ， $ \mathrm{Q} $ で定まる平面上にある．
つまり，4点 $ \mathrm{P},\ \mathrm{Q},\ \mathrm{R},\ \mathrm{S} $ は同一平面上にある．
(2)
\[
\overrightarrow{\mathrm{OL}}=\left(\dfrac{1-s}{2},\dfrac{1-s}{2},s\right),\ \quad
\overrightarrow{\mathrm{OM}}=\left(\dfrac{t-1}{2},\dfrac{t-1}{2},-t\right)
\]
なので，
\[
\mathrm{LM}^2=\dfrac{1}{2}(s+t-2)^2+(s+t)^2=\dfrac{3}{2}\left(s+t-\dfrac{2}{3} \right)^2+\dfrac{4}{3}
\]
よって， $ s+t=\dfrac{2}{3} $ のとき線分 $ \mathrm{LM} $ は最小となる．
最小値 $ m $ は $ \dfrac{2}{\sqrt{3}} $ である．
(3)
\[
\overrightarrow{\mathrm{LM}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=
\left(\dfrac{s+t-2}{2},\dfrac{s+t-2}{2},-t-s\right)\cdot(s-1,1-s,0)=0
\]
なので， $ \mathrm{LM}\bot \mathrm{PQ} $ ．
同様に， $ \mathrm{LM}\bot \mathrm{RS} $ も成り立つ．
正八面体 $ \mathrm{ABCDEF} $ の4点 $ \mathrm{P},\ \mathrm{Q},\ \mathrm{R},\ \mathrm{S} $ を通る平面と
辺 $ \mathrm{EB} $ ， $ \mathrm{CD} $ との交点を $ \mathrm{T},\ \mathrm{U} $ とすると，
$ \mathrm{LM}\bot \mathrm{TU} $ も成り立つ．この面による切り口は，2つの等脚台形
$ \mathrm{PQTU},\
\mathrm{SRUT} $
よりなる． $ \mathrm{LM} $ と $ \mathrm{TU} $ の交点を $ \mathrm{H} $ とすると，
\[
X=
\dfrac{\mathrm{LH}(\mathrm{PQ}+\mathrm{TU})}{2}+
\dfrac{\mathrm{HM}(\mathrm{SR}+\mathrm{TU})}{2}
\]
$\mathrm{H}$ は $\mathrm{LM}$ と $xy$ 平面の交点であるが，
\[
\dfrac{t}{s+t}\overrightarrow{\mathrm{OL}}+
\dfrac{s}{s+t}\overrightarrow{\mathrm{OM}}=
\dfrac{1}{s+t}\left(\dfrac{t-s}{2},\ \dfrac{t-s}{2},\ 0 \right)
\]
なので，これが $\mathrm{H}$ の座標である．つまり， $\mathrm{H}$ は
$\mathrm{LM}$ を $s:t$ に内分する点である．
$\mathrm{LM}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ ， $s+t=\dfrac{2}{3}$ なので，
\[
\mathrm{LH}= \dfrac{2}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{s}{s+t}=\sqrt{3}s,\
\mathrm{HM}=\sqrt{3}t
\]
$\mathrm{TU}=\sqrt{2}$ であるから
\begin{eqnarray*}
X&=&
\dfrac{\sqrt{3}s\{\sqrt{2}(1-s)+\sqrt{2}\}}{2}+
\dfrac{\sqrt{3}t\{\sqrt{2}(1-t)+\sqrt{2}\}}{2}\\
&=&\dfrac{\sqrt{6}}{2}\left\{2(s+t)-(s+t)^2+2st \right\}
\end{eqnarray*}
ここで，
\[
\dfrac{2}{3}=s+t\geqq 2\sqrt{st}
\]
より
\[
st\leqq \dfrac{1}{9}
\]
よって，
\[
X\leqq \dfrac{\sqrt{6}}{2}\left(\dfrac{4}{3}-\dfrac{4}{9}+\dfrac{2}{9} \right)=\dfrac{5\sqrt{6}}{9}
\]
で等号は $ s=t=\dfrac{1}{3} $ のときである．つまり
\[
Xの最大値=\dfrac{5\sqrt{6}}{9},\quad s=t=\dfrac{1}{3}のとき
\]
となる．
問題