2022年 秋田大学 前期 共通 大問4

原点を$${O}$$とする座標空間に4点$${A(0,0,5),B(4,0,0),C(0,3,0),D(5,4,0)}$$をとる。
$${\triangle{ABO}, \triangle{ACO}, \triangle{ACD}}$$の重心をそれぞれ$${G,H,I}$$とする。
次の問いに答えなさい。
(1) $${G,H,I}$$の座標をそれぞれ求めなさい
また$${\overrightarrow{GH}}$$と$${\overrightarrow{HI}}$$の内積を求めなさい
(2) 線分$${BD}$$を$${1:2}$$に内分する点を$${E}$$とする
直線$${AE}$$上の点$${P}$$が3点$${G,H,I}$$と同一平面上にあるとき、$${\overrightarrow{AP}}$$を成分で表しなさい
(3) 線分$${AD}$$を$${3:2}$$に内分する点を$${F}$$とする
線分$${BF}$$上に点$${Q}$$があり、$${\triangle{QAB}, \triangle{QBD}, \triangle{QDA}}$$の面積比が$${3:2:5}$$であるとき、$${\overrightarrow{AQ}}$$を成分で表しなさい

解答
(1)
$${G}$$は$${\triangle{ABO}}$$の重心だから
$${\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{3}=\frac{0+4,0+0,0+5}{3}}$$
$${\therefore G \Big(\dfrac{4}{3}, 0, \dfrac{5}{3}\Big)}$$
$${H}$$は$${\triangle{ACO}}$$の重心だから
$${\overrightarrow{OH}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}}{3}=\frac{0+0,0+3,5+0}{3}}$$
$${\therefore H \Big(0, 1, \dfrac{5}{3}\Big)}$$
$${I}$$は$${\triangle{ACD}}$$の重心だから
$${\overrightarrow{OI}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}}{3}=\frac{0+0+5,0+3+4,5+0+0}{3}}$$
$${\therefore I \Big(\dfrac{5}{3}, \dfrac{7}{3}, \dfrac{5}{3}\Big)}$$

よって
$${\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OG}=(0,1,\frac{5}{3})-(\frac{4}{3},0,\frac{5}{3})=(-\frac{4}{3},1,0)}$$
$${\overrightarrow{HI}=\overrightarrow{OI}-\overrightarrow{OH}=(\frac{5}{3},\frac{7}{3},\frac{5}{3})-(0,1,\frac{5}{3})=(\frac{5}{3},\frac{4}{3},0)}$$
となるから
$${\overrightarrow{GH}・\overrightarrow{HI}=-\frac{20}{9}+\frac{4}{3}+0=-\dfrac{8}{9}}$$

(2)
$${E}$$は$${BD}$$を$${1:2}$$に内分する点だから
$${\overrightarrow{OE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OD}=(\frac{8}{3},0,0)+(\frac{5}{3},\frac{4}{3},0)=(\frac{13}{3},\frac{4}{3},0)}$$
$${\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{OE}-\overrightarrow{OA}=(\frac{13}{3},\frac{4}{3},0)-(0,0,5)=(\frac{13}{3},\frac{4}{3},-5)}$$
$${P}$$は$${AE}$$上の点なので実数$${k}$$を用いて
$${\overrightarrow{AP}=k\overrightarrow{AE}}$$と表せるから
$${\overrightarrow{AP}=(\frac{13}{3}k,\frac{4}{3}k,-5k)}$$となり
$${\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AP}=(\frac{13}{3}k,\frac{4}{3}k,5-5k)}$$より
$${P(\frac{13}{3}k,\frac{4}{3}k,5-5k)}$$である
これが平面$${GHI}$$上にあるが、$${G,H,I}$$はすべて$${z=\frac{5}{3}}$$であるから、$${P}$$の$${z}$$座標も$${\frac{5}{3}}$$である
ゆえに、$${5-5k=\frac{5}{3}}$$より$${k=\frac{2}{3}}$$
したがって、$${\overrightarrow{AP}=\Big(\dfrac{26}{9}, \dfrac{8}{9},-\dfrac{10}{3}\Big)}$$

(3)
$${F}$$は線分$${AD}$$上の点、$${Q}$$は線分$${BF}$$上の点だから、
$${Q}$$は$${\triangle{ABD}}$$の内部にある点である
ここで、$${\triangle{ABD}}$$の面積を$${S(\triangle{ABD})}$$のように表すと
$${\triangle{QAD}}$$について、$${F}$$は$${AD}$$を$${3:2}$$に内分するから
$${S(\triangle{QAF}):S(\triangle{QDF})=3:2}$$
$${\therefore 3S(\triangle{QDF})=2S(\triangle{QAF})}$$
また、$${S(\triangle{QAD})=S(\triangle{QAF})+S(\triangle{QDF})}$$だから
$${\frac{5}{3}S(\triangle{QAF})=S(\triangle{QDA})}$$・・・①
条件より、$${S(\triangle{QAB}):S(\triangle{QDA})=3:5}$$だから
$${3S(\triangle{QDA})=5S(\triangle{QAB})}$$・・・②
①②より、$${S(\triangle{QAF})=S(\triangle{QAB})}$$
いま$${B,Q,F}$$は一直線上にあるから$${QF=QB}$$、すなわち$${Q}$$は$${BF}$$の中点であることががわかるから$${\overrightarrow{BQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BF}}$$

$${F}$$は$${AD}$$を$${3:2}$$に内分する点だから
$${\overrightarrow{OF}=\frac{2}{5}\overrightarrow{OA}+\frac{3}{5}\overrightarrow{OD}=\frac{2}{5}(0,0,5)+\frac{3}{5}(5,4,0)=(3,\frac{12}{5},2)}$$
$${\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{OF}-\overrightarrow{OB}=(3,\frac{12}{5},2)-(4,0,0)=(-1,\frac{12}{5},2)}$$
$${\overrightarrow{BQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BF}=(-\frac{1}{2},\frac{6}{5},1)}$$
$${\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BQ}=(4,0,0)+(-\frac{1}{2},\frac{6}{5},1)=(\frac{7}{2},\frac{6}{5},1)}$$
$${\therefore Q(\frac{7}{2},\frac{6}{5},1)}$$
よって、求めるベクトル$${\overrightarrow{AQ}}$$は
$${\overrightarrow{AQ}=(\frac{7}{2},\frac{6}{5},1)-(0,0,5)=\Big(\dfrac{7}{2}, \dfrac{6}{5}, -4\Big)}$$である