1997年(平成9年)東京大学前期-数学(理科)[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2024.01.15記

[3] $r$ は $0\lt r\lt 1$ をみたす実数とする． $xyz$ 空間に原点 $\mbox{O}(0,0,0)$ と $2$ 点 $\mbox{A}(1,0,0)$ ， $\mbox{B}(0,1,0)$ をとる．

(1) $xyz$ 空間の点 $\mbox{P}$ で条件
$|\overrightarrow{\mbox{PA}}|=|\overrightarrow{\mbox{PB}}|=r|\overrightarrow{\mbox{PO}}|$
をみたすものが存在するような $r$ の範囲を求めよ．

(2) 点 $\mbox{P}$ が(1)の条件をみたして動くとき，内積 $\overrightarrow{\mbox{PA}}\cdot\overrightarrow{\mbox{PB}}$ の最大値，最小値を $r$ の関数と考えてそれぞれ $M(r)$ ， $m(r)$ で表す．このとき，左からの極限
$\displaystyle\lim_{r\to1-0}{(1-r)}^2\{M(r)-m(r)\}$
を求めよ．

本問のテーマ

アポロニウスの球
内積と中線定理

2020.01.11記

アポロニウスの球

3次元空間上の2点からの距離の比が一定となる点の軌跡はアポロニウスの球（縮退して垂直2等分面になることもある）となるので，
(1) は2つのアポロニウスの球の交わりである円（本問の場合は球と平面の交わりの円）となる．球と平面が共有点をもつ条件は
(球の中心と平面の距離) $\leqq$ (球の半径)
である．

内積と中線定理

$\triangle\mbox{OAB}$ において $\mbox{AB}$ の中点を $\rm M$ とすると
$\overrightarrow{\rm OA}\cdot\overrightarrow{\rm OB}$ $=(\overrightarrow{\rm OM}-\overrightarrow{\rm MB})\cdot(\overrightarrow{\rm OM}+\overrightarrow{\rm MB})$ $=|\overrightarrow{\rm OM}|^2-|\overrightarrow{\rm MB}|^2$ …①
が成立する．

$\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}$ $=2\overrightarrow{\rm OM}$ から
$|\overrightarrow{\rm OA}|^2+2\overrightarrow{\rm OA}\cdot\overrightarrow{\rm OB}+|\overrightarrow{\rm OB}|^2$ $=4|\overrightarrow{\rm OM}|^2$ …②
が得られるが，② $-2\times$ ①を計算すると中線定理
$|\overrightarrow{\rm OA}|^2+|\overrightarrow{\rm OB}|^2$ $=2(|\overrightarrow{\rm OM}|^2+|\overrightarrow{\rm MB}|^2)$
が得られる．

[解答]
(1) $|\vec{\rm PA}|=r|\vec{\rm PO}|$ をみたす点 $\rm P$ の集合は $\Bigl(\dfrac{1}{1+r},0,0\Bigr)$ ， $\Bigl(\dfrac{1}{1-r},0,0\Bigr)$ を直径とする球面，つまり中心 $\Bigl(\dfrac{1}{1-r^2},0,0\Bigr)$ ，半径 $\dfrac{r}{1-r^2}$ の球面となる．

同様に $|\vec{\rm PB}|=r|\vec{\rm PO}|$ をみたす点 $\rm P$ の集合は中心 $\Bigl(0,\dfrac{1}{1-r^2},0\Bigr)$ ，半径 $\dfrac{r}{1-r^2}$ の球面となる．

よって，求める条件は，この2つの球面が交わる条件である．

2球の中心間距離は $\dfrac{\sqrt{2}}{1-r^2}$ ，半径の差は $0$ ，半径の和は $\dfrac{2r}{1-r^2}$ であるから，求める条件は $\dfrac{1}{\sqrt{2}}\leqq r \leqq 1$

(2) $\rm P$ は中心 ${\rm N}\Bigl(\dfrac{1}{2(1-r^2)},\dfrac{1}{2(1-r^2)},0\Bigr)$ ，半径
$R=\sqrt{\dfrac{r^2}{(1-r^2)^2}-\dfrac{1}{2(1-r^2)^2}}$ $=\sqrt{\dfrac{2r^2-1}{2(1-r^2)^2}}$
の球と平面 $x=y$ の交わりである円周上にある．

${\rm M}\Bigl(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0\Bigr)$ とすると ${\rm MN}=\dfrac{r^2}{\sqrt{2}(1-r^2)}$ である．

$\vec{\rm PA}\cdot\vec{\rm PB} = {\rm PM}^2-{\rm MA}^2$ であり， $R-{\rm MN}\leqq {\rm PM} \leqq R+{\rm MN}$ であるから，
$(1-r)^2\{M(r)-m(r)\}$ $=(1-r)^2\cdot 4R\cdot {\rm MN}$ $=(1-r)^2\cdot 4\sqrt{\dfrac{2r^2-1}{2(1-r^2)^2}}\cdot \dfrac{r^2}{\sqrt{2}(1-r^2)}$ $=\dfrac{2r^2\sqrt{2r^2-1}}{(1+r)^2}$
となり，求める極限は $\dfrac{1}{2}$ となる．