2018年 センター試験 数学ⅡB 第4問 ベクトル

2018年のセンター試験数学ⅡB 第4問ベクトルの解説をします。

まだ問題を解いていない人は解いてから解説を読んでください。

2018年センターⅡB ベクトル$a$ を $0<a<1$ を満たす定数とする。三角形ABCを考え，辺ABを $1:3$ に内分する点をD，辺BCを $a:(1-a)$ に内分する点をE，直線AEと直線CDの交点をFとする。$\Vec{FA}=\vec{p}$, $\Vec{FB}=\vec{q}$, $\Vec{FC}=\vec{r}$ とおく。
(1) $\Vec{AB}=\myBox{ア}$ であり

\begin{align*}
\abs{\Vec{AB}}^2=\abs{\vec{p}}^2-\myBox{イ}~\vec{p}\Cdot\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2~\cdots\cdots①
\end{align*}

である。ただし，$\myBox{ア}$ については，当てはまるものを，次の ⓪ ～ ③ のうちから一つ選べ。

\begin{align*}
⓪~\vec{p}+\vec{q}\quad ①~\vec{p}-\vec{q}\quad ②~\vec{q}-\vec{p}\quad ③~-\vec{p}-\vec{q}
\end{align*}

(2) $\Vec{FD}$ を $\vec{p}$ と $\vec{q}$ を用いて表すと

\begin{align*}
\Vec{FD}=\dfrac{\myBox{ウ}}{\myBox{エ}}\vec{p}+\dfrac{\myBox{オ}}{\myBox{カ}}\vec{q}~\cdots\cdots②
\end{align*}

である。
(3) $s,~t$ をそれぞれ $\Vec{FD}=s\vec{r}$, $\Vec{FE}=t\vec{p}$ となる実数とする。$s$ と $t$ を $a$ を用いて表そう。
$\Vec{FD}=s\vec{r}$ であるから，②により

\begin{align*}
\vec{q}=\myBox{キク}~\vec{p}+\myBox{ケ}~s\vec{r}~\cdots\cdots③
\end{align*}

である。また，$\Vec{FE}=t\vec{p}$ であるから

\begin{align*}
\vec{q}=\dfrac{t}{\myBox{コ}-\myBox{サ}}\vec{p}-\dfrac{\myBox{シ}}{\mybox{コ}-\mybox{サ}}\vec{r}~\cdots\cdots④
\end{align*}

である。③ と ④ により

\begin{align*}
s=\dfrac{\myBox{スセ}}{\myBox{ソ}\left(\mybox{コ}-\mybox{サ}\right)},~t=\myBox{タチ}\left(\mybox{コ}-\mybox{サ}\right)
\end{align*}

である。
(4) $\abs{\Vec{AB}}=\abs{\Vec{BE}}$ とする。$\abs{\vec{p}}=1$ のとき，$\vec{p}$ と $\vec{q}$ の内積を $a$ を用いて表そう。
① により

\begin{align*}
\abs{\Vec{AB}}^2=1-\mybox{イ}~\vec{p}\Cdot\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2
\end{align*}

である。また

\begin{align*}
\abs{\Vec{BE}}^2&=\myBox{ツ}\left(\mybox{コ}-\mybox{サ}\right)^2 \\[4pt]
&\quad +\myBox{テ}\left(\mybox{コ}-\mybox{サ}\right)\vec{p}\Cdot\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2
\end{align*}

である。したがって

\begin{align*}
\vec{p}\Cdot\vec{q}=\dfrac{\myBox{トナ}-\myBox{ニ}}{\myBox{ヌ}}
\end{align*}

である。

Contents

1 (1)の解答
2 (2)の解答
3 (3)の解答
4 (4)の解答
5 2018年センター数学ⅡB ベクトルを解いた感想

(1)の解答

ヒロ

$\Vec{AB}$ を変形する問題は，始点をFにして考えよう。

【アイの解答】
$\Vec{AB}=\Vec{FB}-\Vec{FA}$ より

\begin{align*}
\Vec{AB}=\vec{q}-\vec{p}
\end{align*}

であるから，$\myBox{ア}=②$
これより

\begin{align*}
\abs{\Vec{AB}}^2&=\abs{\vec{q}-\vec{p}}^2 \\[4pt]
&=\abs{\vec{p}}^2-2\vec{p}\Cdot\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2
\end{align*}

(2)の解答

(2) $\Vec{FD}$ を $\vec{p}$ と $\vec{q}$ を用いて表すと
\begin{align*}
\Vec{FD}=\dfrac{\myBox{ウ}}{\myBox{エ}}\vec{p}+\dfrac{\myBox{オ}}{\myBox{カ}}\vec{q}~\cdots\cdots②
\end{align*}
である。

ヒロ

内分点へのベクトルの表し方を思い出そう。

【ウ～カの解答】
点DはABを $1:3$ に内分する点であるから

\begin{align*}
\Vec{FD}&=\dfrac{3}{4}\Vec{FA}+\dfrac{1}{4}\Vec{FB} \\[4pt]
&=\dfrac{3}{4}\vec{p}+\dfrac{1}{4}\vec{q}
\end{align*}

(3)の解答

(3) $s,~t$ をそれぞれ $\Vec{FD}=s\vec{r}$, $\Vec{FE}=t\vec{p}$ となる実数とする。$s$ と $t$ を $a$ を用いて表そう。
$\Vec{FD}=s\vec{r}$ であるから，②により
\begin{align*}
\vec{q}=\myBox{キク}~\vec{p}+\myBox{ケ}~s\vec{r}~\cdots\cdots③
\end{align*}
である。また，$\Vec{FE}=t\vec{p}$ であるから
\begin{align*}
\vec{q}=\dfrac{t}{\myBox{コ}-\myBox{サ}}\vec{p}-\dfrac{\myBox{シ}}{\mybox{コ}-\mybox{サ}}\vec{r}~\cdots\cdots④
\end{align*}
である。③ と ④ により
\begin{align*}
s=\dfrac{\myBox{スセ}}{\myBox{ソ}\left(\mybox{コ}-\mybox{サ}\right)},~t=\myBox{タチ}\left(\mybox{コ}-\mybox{サ}\right)
\end{align*}
である。

ヒロ

直前に「$\Vec{FD}=s\vec{r}$ であるから」とあるから，この式を変形すれば良いはず。

【キ～ケの解答】

\begin{align*}
&\Vec{FD}=s\vec{r} \\[4pt]
&\dfrac{3}{4}\vec{p}+\dfrac{1}{4}\vec{q}=s\vec{r} \\[4pt]
&\vec{q}=-3\vec{p}+4s\vec{r}~\cdots\cdots③
\end{align*}

ヒロ

同様に「$\Vec{FE}=t\vec{p}$ であるから」に着目しよう。

【コ～シの解答】
点EはBCを $a:(1-a)$ に内分する点であるから

\begin{align*}
&\Vec{FE}=(1-a)\Vec{FB}+a\Vec{FC} \\[4pt]
&t\vec{p}=(1-a)\vec{q}+a\vec{r} \\[4pt]
&\vec{q}=\dfrac{t}{1-a}\vec{p}-\dfrac{a}{1-a}\vec{r}~\cdots\cdots④
\end{align*}

ヒロ

平面ベクトルを一次独立（平行でなく $\vec{0}$ でない）な2つのベクトルで表したとき，ただ1通りで表されることを利用しよう。

ヒロ

今回の場合は，$\vec{q}$ を $\vec{p}$ と $\vec{r}$ で表したとき，③と④の2通りで表されている。

ヒロ

ここで $\vec{p}$ と $\vec{r}$ は1次独立なベクトルだから，$\vec{q}$ ③と④が別のものに見えるが，実は同じ式だということ。つまり，$\vec{p}$ と $\vec{r}$ の係数がそれぞれ等しいということ。

ヒロ

$s,~t$ の2文字で2つの方程式があるから，$s$ と $t$ の値を求めることができるはず。

【ス～チの解答】
$\vec{p}$ と $\vec{r}$ は平行でなく，$\vec{0}$ でないから，③，④より

\begin{align*}
&\begin{cases}
-3=\dfrac{t}{1-a} \\[4pt]
4s=-\dfrac{a}{1-a}
\end{cases} \\[4pt]
&\begin{cases}
s=\dfrac{-a}{4(1-a)} \\[4pt]
t=-3(1-a)
\end{cases}
\end{align*}

(4)の解答

(4) $\abs{\Vec{AB}}=\abs{\Vec{BE}}$ とする。$\abs{\vec{p}}=1$ のとき，$\vec{p}$ と $\vec{q}$ の内積を $a$ を用いて表そう。
① により
\begin{align*}
\abs{\Vec{AB}}^2=1-\mybox{イ}~\vec{p}\Cdot\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2
\end{align*}
である。また
\begin{align*}
\abs{\Vec{BE}}^2&=\myBox{ツ}\left(\mybox{コ}-\mybox{サ}\right)^2 \\[4pt]
&\quad +\myBox{テ}\left(\mybox{コ}-\mybox{サ}\right)\vec{p}\Cdot\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2
\end{align*}
である。したがって
\begin{align*}
\vec{p}\Cdot\vec{q}=\dfrac{\myBox{トナ}-\myBox{ニ}}{\myBox{ヌ}}
\end{align*}
である。

ヒロ

$\abs{\Vec{AB}}^2$ については，既に求めているから飛ばそう。つまり，いちいち確認しないということ。

ヒロ

とはいえ，視覚に入った時点で確認してしまうというのも頷ける。実際，見た瞬間に「そうだよな」と分かるなら，それで良いと思う。

ヒロ

しかし「これってどうしてこうなるんだろう？」となってしまって，すぐに分からない人にとっては，厳しい言い方だが，確認するだけ時間の無駄となる。確認したところで，1点も増えず，時間だけがなくなる。大切なのは得点することなのだから，さっさと次に進んだ方がより高い得点につながる。

ヒロ

ということで $\abs{\Vec{BE}}^2$ を考えよう。求める方法は始点をFにするだけ。

【ツテの解答】

\begin{align*}
\abs{\Vec{BE}}^2&=\abs{\Vec{FE}-\Vec{FB}}^2 \\[4pt]
&=\abs{\Vec{FE}}^2-2\Vec{FE}\Cdota\Vec{FB}+\abs{\Vec{FB}}^2 \\[4pt]
&=\abs{t\vec{p}}^2-2t\vec{p}\Cdota\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2 \\[4pt]
&=t^2-2t\vec{p}\Cdot\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2 \\[4pt]
&=9(1-a)^2+6(1-a)\vec{p}\Cdot\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2
\end{align*}

ヒロ

$\abs{\Vec{AB}}^2$ と $\abs{\Vec{BE}}^2$ が等しいことを利用して，$\vec{p}\Cdot\vec{q}$ を求めよう。

【ト～ヌの解答】
$\abs{\Vec{AB}}^2=\abs{\Vec{BE}}^2$ より

\begin{align*}
&1-2\vec{p}\Cdota\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2=9(1-a)^2+6(1-a)\vec{p}\Cdota\vec{q}+\abs{\vec{q}}^2 \\[4pt]
&2(3a-4)\vec{p}\Cdot\vec{q}=9(1-a)^2-1 \\[4pt]
&2(3a-4)\vec{p}\Cdot\vec{q}=\{3(1-a)+1\}\{3(1-a)-1\} \\[4pt]
&2(3a-4)\vec{p}\Cdot\vec{q}=(4-3a)(2-3a)
\end{align*}

$0<a<1$ より $3a-4\neq0$ であるから

\begin{align*}
\vec{p}\Cdot\vec{q}=\dfrac{3a-2}{2}
\end{align*}