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信州大教育第2問解答

(1)  辺 $ \mathrm{OA} $ の中点 $ \mathrm{L} $ を通り直線 $ \mathrm{BC} $ に直交する平面とは, 辺 $ \mathrm{OA} $ の中点 $ \mathrm{L} $ を通り $ \overrightarrow{\mathrm{BC}} $ を法線方向とする平面である. よって $ \overrightarrow{\mathrm{BC}}=(-1,\ -4,\ c) $ より,その方程式は, \[ -\left(x-\dfrac{9}{2} \right)-4y+cz=0 \] 同様に, $ \beta $ , $ \gamma $ の方程式は \[ \begin{array}{l} -5\left(x-\dfrac{3}{2} \right)+8(y-2)=0\\ 3\left(x-\dfrac{13}{2} \right)+4(y-4)+cz=0 \end{array} \] である.つまり, \[ \left\{ \begin{array}{l} x+4y-cz=\dfrac{9}{2}\\ 5x-8y=\dfrac{17}{2}\\ 3x+4y+cz=\dfrac{71}{2} \end{array} \right. \] これを解いて,点 $ \mathrm{X} $ の座標は \[ (x,\ y,\ z)=\left(\dfrac{7}{2},\ \dfrac{13}{4},\ \dfrac{12}{c} \right) \] である.

(2)  同様に,辺 $ \mathrm{OB} $ の中点を通り,直線 $ \mathrm{AC} $ に直交する平面の方程式は, $ \overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-6,\ 4,\ c) $ より, \[ -6(x-2)+4(y-4)+cz=0 \] ここに点 $ \mathrm{X} $ の座標を代入すると, \[ -6\left(\dfrac{7}{2}-2 \right)+4\left(\dfrac{13}{4}-4\right)+c\cdot\dfrac{12}{c} =-9-3+12=0 \] より,この平面上に点 $ \mathrm{X} $ はある.

(3)  \[ \overrightarrow{\mathrm{OP}}= \alpha\overrightarrow{\mathrm{OA}}+ \beta\overrightarrow{\mathrm{OB}}+ \gamma\overrightarrow{\mathrm{OC}} \] で点 $ \mathrm{P} $ を定めるとき,点 $ \mathrm{P} $ が四面体 $ \mathrm{OABC} $ の表面および内部にある条件は, \[ \alpha,\ \beta,\ \gamma\geqq 0,\ \alpha+\beta+\gamma\leqq 1 \] である. \[ \overrightarrow{\mathrm{OX}}=\left(\dfrac{7}{2},\ \dfrac{13}{4},\ \dfrac{12}{c} \right) =\left(\dfrac{5}{24} -\dfrac{4}{3c^2}\right)(9,0,0) +\left(\dfrac{13}{32}-\dfrac{6}{c^2}\right)(4,8,0) +\dfrac{12}{c^2}(3,4,c) \] なので, \[ \dfrac{13}{32}-\dfrac{6}{c^2}\geqq 0,\ \quad \dfrac{5}{24} -\dfrac{4}{3c^2}+\dfrac{13}{32}-\dfrac{6}{c^2}+\dfrac{12}{c^2}\leqq 1 \] $ c>0 $ なので,これより $ \dfrac{8\sqrt{39}}{13}\leqq c $ を得る.


※ 一般に,次のことが成り立つ. \[ 四面体の各辺の中点を通り,対辺と垂直な6平面は,1点を共有する. \] この点をモンジュ点という.
証明 1頂点を原点にとり,他の3頂点を \[ \mathrm{A}(a_1,\ a_2,\ a_3),\quad \mathrm{B}(b_1,\ b_2,\ b_3),\quad \mathrm{C}(c_1,\ c_2,\ c_3) \] とする.各辺の中点を通り,対辺の方向ベクトルを法線方向とする6平面の方程式は次のようになる. \[ \begin{array}{ll} (c_1-b_1)\left(x-\dfrac{a_1}{2} \right)+(c_2-b_2)\left(y-\dfrac{a_2}{2} \right) +(c_3-b_3)\left(z-\dfrac{a_3}{2} \right)=0&\cdots@\\ (a_1-c_1)\left(x-\dfrac{b_1}{2} \right)+(a_2-c_2)\left(y-\dfrac{b_2}{2} \right) +(a_3-c_3)\left(z-\dfrac{b_3}{2} \right)=0&\cdotsA\\ (b_1-a_1)\left(x-\dfrac{c_1}{2} \right)+(b_2-a_2)\left(y-\dfrac{c_2}{2} \right) +(b_3-a_3)\left(z-\dfrac{c_3}{2} \right)=0&\cdotsB\\ c_1\left(x-\dfrac{a_1+b_1}{2} \right)+c_2\left(y-\dfrac{a_2+b_2}{2} \right) +c_3\left(z-\dfrac{a_3+b_3}{2} \right)=0&\cdotsC\\ b_1\left(x-\dfrac{c_1+a_1}{2} \right)+b_2\left(y-\dfrac{c_2+a_2}{2} \right) +b_3\left(z-\dfrac{c_3+a_3}{2} \right)=0&\cdotsD\\ a_1\left(x-\dfrac{b_1+c_1}{2} \right)+a_2\left(y-\dfrac{b_2+c_2}{2} \right) +a_3\left(z-\dfrac{b_3+c_3}{2} \right)=0&\cdotsE \end{array} \] これより, \[ \begin{array}{ll} (c_1-b_1)x+(c_2-b_2)y+(c_3-b_3)z =\dfrac{a_1(c_1-b_1)}{2}+\dfrac{a_2(c_2-b_2)}{2}+\dfrac{a_3(c_3-b_3)}{2} &\cdots@\\ (a_1-c_1)x+(a_2-c_2)y+(a_3-c_3)z =\dfrac{b_1(a_1-c_1)}{2}+\dfrac{b_2(a_2-c_2)}{2}+\dfrac{b_3(a_3-c_3)}{2} &\cdotsA\\ (b_1-a_1)x+(b_2-a_2)y+(b_3-a_3)z =\dfrac{c_1(b_1-a_1)}{2}+\dfrac{c_2(b_2-a_2)}{2}+\dfrac{c_3(b_3-a_3)}{2} &\cdotsB\\ c_1x+c_2y+c_3z =\dfrac{c_1(a_1+b_1)}{2}+\dfrac{c_2(a_2+b_2)}{2}+\dfrac{c_3(a_3+b_3)}{2} &\cdotsC\\ b_1x+b_2y+c_3z =\dfrac{b_1(c_1+a_1)}{2}+\dfrac{b_2(c_2+a_2)}{2}+\dfrac{b_3(c_3+a_3)}{2} &\cdotsD\\ a_1x+a_2y+a_3z =\dfrac{a_1(b_1+c_1)}{2}+\dfrac{a_2(b_2+c_2)}{2}+\dfrac{a_3(b_3+c_3)}{2} &\cdotsE \end{array} \] となる.
$ C式-D式=@式 $ , $ E式-C式=A式 $ , $ D式-E式=B式 $ なので, $ C $ , $ D $ , $ E $ を満たす $ x,\ y,\ z $ は $ @ $ , $ A $ , $ B $ も満たす.
$ \overrightarrow{\mathrm{OA}} $ , $ \overrightarrow{\mathrm{OB}} $ , $ \overrightarrow{\mathrm{OC}} $ は1次独立なので, \[ \left| \begin{array}{ccc} a_1&a_2&a_3\\ b_1&b_2&b_3\\ c_1&c_2&c_3 \end{array} \right| \ne 0 \] である.よって,連立方程式 $ C $ , $ D $ , $ E $ は1つの解をもつ. この点が6平面で共有される点である.

※ 3次行列による連立方程式の解の存在のところは,現在の高校範囲を越える.

※ 6平面の方程式を次のようにベクトル方程式で書いてもよい. $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\overrightarrow{c}$とし, $\overrightarrow{x}=(x,\ y,\ z)$とする. 各辺の中点を通り,対辺の方向ベクトルを法線方向とする6平面のベクトル方程式は次のようになる. \[ \begin{array}{lll} \left(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b} \right) \cdot\left(\overrightarrow{x}-\dfrac{\overrightarrow{a}}{2} \right)=0,\ & \left(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c} \right) \cdot\left(\overrightarrow{x}-\dfrac{\overrightarrow{b}}{2} \right)=0,\ & \left(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a} \right) \cdot\left(\overrightarrow{x}-\dfrac{\overrightarrow{c}}{2} \right)=0,\ \\ \overrightarrow{c}\cdot\left(\overrightarrow{x}-\dfrac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{2} \right)=0,\ & \overrightarrow{b}\cdot\left(\overrightarrow{x}-\dfrac{\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}}{2} \right)=0,\ & \overrightarrow{a}\cdot\left(\overrightarrow{x}-\dfrac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{2} \right)=0 \end{array} \]

※  垂心が存在する四面体,これを直辺四面体という.
直辺四面体については『数学対話』「特別な四面体」「直辺四面体」を参照のこと.
直辺四面体では,モンジュ点は垂心に一致する.
それを示そう. 直辺四面体では,3組の対辺がそれぞれ直交する.すなわち \[ \overrightarrow{a}\cdot\left(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c} \right)=0,\ \quad \overrightarrow{b}\cdot\left(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a} \right)=0,\ \quad \overrightarrow{c}\cdot\left(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b} \right)=0 \] すなわち, \[ \overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}= \overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}= \overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a} \] である.この値を$A$とおくと,6平面の方程式は \[ \begin{array}{lll} \left(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b} \right) \cdot\overrightarrow{x}=0 \cdots@& \left(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c} \right) \cdot\overrightarrow{x}=0 \cdotsA& \left(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a} \right) \cdot\overrightarrow{x}=0 \cdotsB\\ \overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{x}=A \cdotsC& \overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{x}=A \cdotsD& \overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{x}=A \cdotsE \end{array} \] で,第 $ C $ 式は \[ \overrightarrow{c}\cdot(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{a})=0,\ \quad \overrightarrow{c}\cdot(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{b})=0 \] を意味し,他の式も合わせると,各頂点と $ \overrightarrow{x} $ で定まる点を結ぶ直線が対面と直交すること示している.
よって,モンジュ点は垂心である.

問題