https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/2023/Rika

2023.11.22記

[4] 座標空間内の4点 $\mbox{O}(0，0，0)$ ， $\mbox{A}(2，0，0)$ ， $\mbox{B}(1，1，1)$ ， $\mbox{C}(1，2，3)$ を考える．

(1) $\overrightarrow{\mbox{OP}}\perp\overrightarrow{\mbox{OA}}$ ， $\overrightarrow{\mbox{OP}}\perp\overrightarrow{\mbox{OB}}$ ， $\overrightarrow{\mbox{OP}}\cdot\overrightarrow{\mbox{OC}}=1$ を満たす点 $\mbox{P}$ の座標を求めよ．

(2) 点 $\mbox{P}$ から直線 $\mbox{AB}$ に垂線を下ろし，その垂線と直線 $\mbox{AB}$ の交点を $\mbox{H}$ とする． $\overrightarrow{\mbox{OH}}$ を $\overrightarrow{\mbox{OA}}$ と $\overrightarrow{\mbox{OB}}$ を用いて表せ．

(3) 点 $\mbox{Q}$ を $\displaystyle\overrightarrow{\mbox{OQ}}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{\mbox{OA}}+\overrightarrow{\mbox{OP}}$ により定め， $\mbox{Q}$ を中心とする半径 $r$ の球面 $S$ を考える． $S$ が三角形 $\mbox{OHB}$ と共有点を持つような $r$ の範囲を求めよ．ただし，三角形 $\mbox{OHB}$ は3点 $\mbox{O}$ ， $\mbox{H}$ ， $\mbox{B}$ を含む平面内にあり，周とその内部からなるものとする．

2023.11.23記
(1) 平面 $\mbox{OHB}$ （ $\mbox{OAB}$ ）の法線ベクトルが $\vec{\mbox{OP}}$

(2)(3) 全てのベクトルを $\vec{\mbox{OA}}$ ， $\vec{\mbox{OB}}$ ， $\vec{\mbox{OP}}$ の線形結合で考えろというヒントで，最終的に $\vec{\mbox{OH}}$ ， $\vec{\mbox{AB}}$ ， $\vec{\mbox{OP}}$ が直交基底となる．

[解答]
(1) $\mbox{P}(s,t,u)$ とおくと
$2s=0$ ， $s+t+u=0$ ， $s+2t+3u=1$
だから $s=0，[tex:t=-1$ ，， $u=1$ となり $\mbox{P}(0,-1,1)$ となる．

(2) $\vec{\mbox{AB}}=(-1,1,1)$ ， $\vec{\mbox{AP}}=(-2,-1,1)$ より
$\vec{\mbox{AH}}=\dfrac{\vec{\mbox{AP}}\cdot\vec{\mbox{AB}}}{|\vec{\mbox{AB}}|^2}\vec{\mbox{AB}}$ $=\dfrac{2}{3}\vec{\mbox{AB}}$
となるので， $\mbox{H}$ は $\mbox{AB}$ を $2:1$ に内分する点であり，
$\vec{\mbox{OH}}=\dfrac{1}{3}\vec{\mbox{OA}}+\dfrac{2}{3}\vec{\mbox{OB}}$
となる．

(3) $\vec{\mbox{OQ}}=\dfrac{3}{4}\vec{\mbox{OA}}+\vec{\mbox{OP}}$ より $\mbox{Q}\left(\dfrac{3}{2},-1,1\right)$ であるから，
$\vec{\mbox{AQ}}=\vec{\mbox{OP}}-\dfrac{1}{4}\vec{\mbox{OA}}=\left(-\dfrac{1}{2},-1,1\right)$
となる．ここで $\mbox{Q}$ から $\mbox{AB}$ へ下した垂線の足を $K$ とすると
$\vec{\mbox{AK}}=\dfrac{\vec{\mbox{AQ}}\cdot\vec{\mbox{AB}}}{|\vec{\mbox{AB}}|^2}\vec{\mbox{AB}}$ $=\dfrac{1}{6}\vec{\mbox{AB}}$
となる．

さて，
$\vec{p}=(1,0,0)$ ， $\vec{q}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)$ ， $\vec{r}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)$
とおくと，これらのベクトルは単位ベクトルで互いに直交しており，
$\vec{\mbox{OQ}}=\dfrac{3}{2}\vec{p}+\sqrt{2}\vec{r}$
であるから， $\mbox{Q}$ から平面 $\mbox{OHB}$ に下した垂線の足 $\mbox{K}$ は
$\vec{\mbox{OK}}=\dfrac{3}{2}\vec{p}=\dfrac{3}{4}\vec{\mbox{OA}}$
である．よって $S$ と $\triangle\mbox{OHB}$ の共有点 $\mbox{X}$ に対して
$r^2=|\vec{\mbox{QX}}|^2=|\vec{\mbox{QK}}|^2+|\vec{\mbox{KX}}|^2$ $=|\vec{\mbox{KX}}|^2+2$
となるので，平面 $\mbox{OHB}$ 上で $|\vec{\mbox{KX}}|$ のとりうる値の範囲を求めれば良い．

ここで
$\vec{\mbox{OA}}=2\vec{p}$ ， $\vec{\mbox{OB}}=\vec{p}+\sqrt{2}\vec{q}$ ， $\vec{\mbox{OH}}=\dfrac{4}{3}\vec{p}+\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\vec{q}$ ， $\vec{\mbox{OK}}=\dfrac{3}{2}\vec{p}$
となるので，平面 $\mbox{OHB}$ 上で横軸 $\vec{p}$ ，縦軸 $\vec{q}$ 方向の座標平面において
$\mbox{A}(2,0)$ ， $\mbox{B}(1,\sqrt{2})$ ， $\mbox{H}\left(\dfrac{4}{3},\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)$ ， $\mbox{K}\left(\dfrac{3}{2},0\right)$
となる，ここで $\mbox{K}$ から $\triangle\mbox{OHB}$ に一番近い点は， $\mbox{K}$ から線分 $\mbox{OH}$ （傾き $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ ）に下した垂線の足であり，この座標を $\mbox{N}$ とおくと $\tan\theta=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ なる鋭角 $\theta$ を用いて
$\mbox{KN}=\mbox{OK}\sin\theta=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ $=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
となる．よって
$\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\mbox{KN}\leqq |\vec{\mbox{KX}}|\leqq\mbox{KB}=\dfrac{3}{2}$
となり，
$\dfrac{\sqrt{11}}{2}\leqq r\leqq\dfrac{\sqrt{17}}{2}$
となる．