II日本医科大学 2025年 数学 第II問解答・解説

辺の長さと内積の関係から， $$\displaystyle \begin{aligned} \vec a\cdot\vec b&=\frac{OA^2+OB^2-AB^2}{2}=\frac12,\\ \vec b\cdot\vec c&=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2}=\frac12,\\ \vec c\cdot\vec a&=\frac{OC^2+OA^2-CA^2}{2}=0. \end{aligned}$$ よって問1の答えは $\displaystyle \text{ア}=\frac12,\ \text{イ}=\frac12,\ \text{ウ}=0$ である。

次に $\overrightarrow{OH}=\alpha\vec a+\beta\vec b+\gamma\vec c$ とおく。$OH$ は平面 $ABC$ に垂直なので， $$\overrightarrow{OH}\cdot(\vec b-\vec a)=0,\qquad \overrightarrow{OH}\cdot(\vec c-\vec a)=0.$$ 上で求めた内積を代入して整理すると， $$-\alpha+\beta+\gamma=0,\qquad -\alpha+3\gamma=0.$$ したがって $(\alpha,\beta,\gamma)=t(3,2,1)$ と書ける。ここで $\vec n=3\vec a+2\vec b+\vec c$ とおくと， $$\vec n\cdot\vec a=4,\qquad \vec n\cdot\vec n=24.$$ 点 $H$ は平面 $ABC$ 上にあるから $(\overrightarrow{OH}-\vec a)\cdot\vec n=0$ である。よって $\overrightarrow{OH}=t\vec n$ として $24t=4$，すなわち $\displaystyle t=\frac16$ を得る。 $$\displaystyle \overrightarrow{OH}=\frac16(3\vec a+2\vec b+\vec c)=\frac12\vec a+\frac13\vec b+\frac16\vec c.$$ よって問2の答えは $\displaystyle \text{エ}=\frac12,\ \text{オ}=\frac13,\ \text{カ}=\frac16$ である。

三角形 $ABC$ の内心 $I$ について，内心を頂点とする三つの三角形は高さが等しいので，その面積比は各辺の長さの比に等しい。したがって頂点 $A,B,C$ に対応する係数は，それぞれ $BC,CA,AB$ に比例し， $$\displaystyle \overrightarrow{OI}=\frac{BC\,\vec a+CA\,\vec b+AB\,\vec c}{AB+BC+CA} =\frac{\sqrt3\,\vec a+2\vec b+\vec c}{3+\sqrt3}.$$ 各係数を有理化すると， $$\displaystyle \overrightarrow{OI}=\frac{\sqrt3-1}{2}\vec a+\frac{3-\sqrt3}{3}\vec b+\frac{3-\sqrt3}{6}\vec c.$$ よって問3の答えは $\displaystyle \text{キ}=\frac{\sqrt3-1}{2},\ \text{ク}=\frac{3-\sqrt3}{3},\ \text{ケ}=\frac{3-\sqrt3}{6}$ である。

問4では，まず $$\displaystyle OH^2=\left|\frac16\vec n\right|^2=\frac{24}{36}=\frac23$$ である。よって直角三角形 $OHA,OHB,OHC$ から， $$\displaystyle HA^2=HB^2=1-\frac23=\frac13,\qquad HC^2=3-\frac23=\frac73.$$ また $AB^2+BC^2=1+3=4=AC^2$ なので $\angle ABC=90^\circ$ である。平面 $ABC$ 内に $B$ を原点，$BA,BC$ をそれぞれ正の $X,Y$ 軸とする直交座標をとると， $$B=(0,0),\quad A=(1,0),\quad C=(0,\sqrt3).$$ $H=(u,v)$ とおく。$HA=HB$ より $\displaystyle u=\frac12$，さらに $\displaystyle HB^2=\frac13$ より $\displaystyle v^2=\frac1{12}$ である。$\displaystyle HC^2=\frac73$ を満たすのは $\displaystyle v=\frac1{2\sqrt3}$ なので， $$\displaystyle H=\left(\frac12,\frac1{2\sqrt3}\right).$$ 三角形 $ABC$ の面積は $\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}$，半周長は $\displaystyle \frac{3+\sqrt3}{2}$ だから，内接円の半径は $$\displaystyle r=\frac{[ABC]}{(AB+BC+CA)/2}=\frac{\sqrt3}{3+\sqrt3}=\frac{\sqrt3-1}{2}.$$ 座標軸からの距離がともに $r$ である内心は $I=(r,r)$ である。$A,H,I$ の座標を比較すると， $$I-H=(\sqrt3-2)(A-H)$$ となるので，$A,H,I$ は一直線上にあり， $$\displaystyle AH=\sqrt{\frac14+\frac1{12}}=\frac1{\sqrt3},\qquad HI=(2-\sqrt3)AH=\frac{2-\sqrt3}{\sqrt3}.$$ $D$ は $OA$ を $x:(1-x)$ に内分するから $\overrightarrow{OD}=x\vec a$ である。また， $$\begin{aligned} \overrightarrow{HD}&=x\vec a-\overrightarrow{OH}\\ &=x(\vec a-\overrightarrow{OH})+(x-1)\overrightarrow{OH}\\ &=x\overrightarrow{HA}+(x-1)\overrightarrow{OH}. \end{aligned}$$ 第一項は直線 $HI$ に平行であり，第二項は平面 $ABC$ に垂直である。したがって $D$ から直線 $HI$ までの距離は $\displaystyle (1-x)OH=(1-x)\sqrt{\frac23}$ である。よって $$\displaystyle S=\frac12\,HI\,(1-x)OH =\frac{\sqrt2(2-\sqrt3)}6(1-x).$$ $\displaystyle S=\frac{\sqrt2}{24}$ を代入すると $\displaystyle (2-\sqrt3)(1-x)=\frac14$ であり，$\displaystyle 2+\sqrt3=\frac1{2-\sqrt3}$ より， $$\displaystyle x=1-\frac{2+\sqrt3}{4}=\frac{2-\sqrt3}{4}.$$ $0<2-\sqrt3<4$ であるから，この値は条件 $0<x<1$ を満たす。最後に代入すると $\displaystyle S=\frac{\sqrt2}{24}$ となり，条件にも合う。