直線と平面の交点のベクトル

上野竜生です。今回は直線と平面の交点を表すベクトルや座標の求め方を紹介します。

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求め方

① 直線のほうのベクトルを実数k倍し,直線上の任意の点を変数で表す

② 平面にあることから条件式を立式し,変数の値を求める。

③ 求めた値を①の式に代入して答える。

条件式のパターン

よくあるパターンは次の3つです。

四面体OABCにおいて一次独立なベクトル\( \vec{OA},\vec{OB} , \vec{OC} \)の和で表されているとする。

パターン1: 平面ABC上にある ⇔ 係数の和が1

これはPがABC上にある ⇔ \( \vec{OP}=s\vec{OA}+t\vec{OB}+u\vec{OC} (s+t+u=1)\)という公式にあてはめたものです。

わざわざ公式と比較しなくても係数を足して1になるかだけを答案に書けばOKです。

パターン2: 平面OAB上にある ⇔ \(\vec{OC} \)の係数が0

これはPがOABにある ⇔ \( \vec{OP}=s\vec{OA}+t\vec{OB}\)という公式?にあてはめたものです。直線AB上とは言ってないのでs+t=1とは限りません。それより重要なのは\(\vec{OC} \)の係数が0になっていることです。よってそこだけ見てやれば未知数の値が求まります。

パターン3: 2平面の交点 ⇔ 係数比較

詳しくは下の例題の(3)をご覧ください。要は2変数を使って点Pのベクトルを2通りで表しベクトルが一次独立であることから係数比較をするという平面ベクトルでもメネラウスの定理の問題でよくやったあのパターンです。

一般的なことを書いても理解しにくいので具体例でみてみましょう。

例題

四面体OABCにおいてOB,OCの中点をB’,C’とする。
三角形AB’C’の重心をG’とおく。
\(\vec{a}=\vec{OA} , \vec{b}=\vec{OB} , \vec{c}=\vec{OC} \)とするとき以下の問に答えよ。
(1) \( \vec{OG’} \)を\(\vec{a},\vec{b},\vec{c} \)で表せ。
次にOG’と三角形ABCの交点をP, 直線CG’と三角形OABの交点をQとする。
(2)  \(\vec{OP} , \vec{OQ} \)をそれぞれ\(\vec{a},\vec{b},\vec{c} \)で表せ。
(3) ACの中点をMとしBMとCPの交点をRとする。このとき\( \vec{OR} \)を\(\vec{a},\vec{b},\vec{c} \)で表せ。

答え(1) \(\displaystyle \vec{OG’}=\frac{\vec{OA}+\vec{OB’}+\vec{OC’}}{3}=\frac{\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}}{3}=\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{1}{6}\vec{b}+\frac{1}{6}\vec{c} \)
(2) PはOG’上にあるから定数kを用いて\(\vec{OP}=k\vec{OG’} \)とかける。
\(\displaystyle \vec{OP}=k\left(\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{1}{6}\vec{b}+\frac{1}{6}\vec{c} \right)=\frac{1}{3}k\vec{a}+\frac{1}{6}k\vec{b}+\frac{1}{6}k\vec{c} \)・・・①
Pは三角形ABC上にあるから\(\vec{a} ,\vec{b} , \vec{c} \)の係数の和は1。よって
\(\displaystyle \frac{1}{3}k+ \frac{1}{6} k + \frac{1}{6}k = \frac{2}{3}k =1 \) ∴\(\displaystyle k=\frac{3}{2} \)
これを①に代入すると
\(\displaystyle \vec{OP}=\frac{1}{2}\vec{a}+\frac{1}{4}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c} \)
次にQは直線CG’上にあるから定数lを用いて\(\vec{CQ}=l\vec{CG’} \)とおける。
\(\displaystyle \vec{CG’}=\vec{OG’}-\vec{OC}=\\
\displaystyle \frac{1}{3}\vec{a}+\frac{1}{6} \vec{b} – \frac{5}{6}\vec{c} \)
\(\vec{OQ}=\vec{OC}+\vec{CQ}=\vec{OC}+l\vec{CG’} \\
=\displaystyle \vec{c}+l\left(\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{1}{6} \vec{b} – \frac{5}{6}\vec{c} \right) \\
=\displaystyle \frac{1}{3}l \vec{a}+\frac{1}{6}l \vec{b} + (1-\frac{5}{6}l ) \vec{c}\)・・・②
ここでQは三角形OAB上にあるから\(\vec{OQ} \)の\(\vec{c} \)の係数は0。∴\( l= \frac{6}{5} \)
これを②に代入すると
\(\displaystyle \vec{OQ}=\frac{2}{5}\vec{a}+\frac{1}{5} \vec{b} \)
(3) RはBM上にあるから実数sを用いて
\(\vec{OR}=s\vec{OB}+(1-s)\vec{OM} \)と表せる。
またRはCP上にあるから実数tを用いて
\(\vec{OR}=t\vec{OC}+(1-t)\vec{OP} \)と表せる。
(2)の結果と\(\displaystyle \vec{OM} = \frac{1}{2}\vec{a}+\frac{1}{2}\vec{c} \)を代入すると
\( \displaystyle \vec{OR}=\frac{1}{2}(1-s) \vec{a}+ s \vec{b} + \frac{1}{2}(1-s) \vec{c} \\
=\displaystyle \frac{1}{2}(1-t)\vec{a} + \frac{1}{4}(1-t)\vec{b}+(\frac{1}{4}(1-t)+t) \vec{c} \)
\(\vec{a} , \vec{b} , \vec{c} \)は一次独立だから係数を比較して
\(\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{2}(1-s)=\frac{1}{2}(1-t) \\ s=\frac{1}{4}(1-t) \\ \frac{1}{2}(1-s)=\frac{1}{4}(1-t)+t \end{array} \right.\end{eqnarray}\)
これを解くと\(\displaystyle s=t=\frac{1}{5}\)となり
\(\displaystyle \vec{OR}=\frac{2}{5}\vec{a}+\frac{1}{5}\vec{b}+\frac{2}{5}\vec{c} \)

このタイプの問題は基礎になります。必ずできる必要があります。

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