도쿄대 2023-4[이과]

 

 

 

 

 

 

좌표공간에 네 점 $O(0,0,0), A(2,0,0), B(1,1,1), C(1,2,3)$가 있다.

$(1)$  $\overrightarrow{OP}\perp \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OP}\perp \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{OC}=1 $을 만족하는 점 $P$의 좌표를 구하시오.

$(2)$ 점 $P$에서 직선 $AB$에 수선을 내리고, 그 수선의 발을 $H$라 하자. $\overrightarrow{OH}$를 $\overrightarrow{OA}$와 $\overrightarrow{OB}$를 이용해서 나타내시오.

$(3)$ 점 $Q$를 $\overrightarrow{OQ}= \cfrac{3}{4}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OP}$ 라고 정의하자. $Q$를 중심으로하고 반지름이 $r$인 구면을 $S$라고 할 때, $S$와 삼각형 $OHB$가 만나게 되는 $r$의 범위를 구하시오.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

생각해보기

 

$(1),(2)$는 벡터의 성분과 내적에 대한 기초 지식만 있으면 쉽게 계산할 수 있다. 문제는 $(3)$인데, 복잡한 공간도형(좌표) 문제일수록 '평면화'가 가장 중요하다. 삼각형 $OHB$를 포함하는 평면의 평면도를 그려서 문제를 해결해보자!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

풀이

 

$(1)$

$P$의 좌표를 $(p,q,r)$이라고 하면, $\overrightarrow{OP} \perp \overrightarrow{OA}$에서 내적이 0이므로$$2p=0$$

$\overrightarrow{OP} \perp \overrightarrow{OB}$에서 $$p+q+r=0$$

$\overrightarrow{OP} \perp \overrightarrow{OC}$에서 $$p+2q+3r=1$$

가 성립한다. 연립하면 $(p,q,r)=(0,-1,1)$이다.

 

 

 

 

 

 

$(2)$

$H$가 직선 $AB$ 위의 점이므로 $\overrightarrow{OH}=(1-t)\overrightarrow{OA}+t\overrightarrow{OB}$를 만족하는 실수 $t$가 존재한다. 그러므로 $$\overrightarrow{OH}=(2-t,t,t)$$이다.

이제 $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{PH}$에서$$\begin{align} (-1,1,1)\cdot(2-t,t+1,t-1)&=0\\-(2-t)+(t+1)+(t-1)&=0\\3t&=2\\t&=\cfrac{2}{3} \end{align}$$이므로, $$\overrightarrow{OH}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$로 표현할 수 있다.

 

 

 

 

 

 

$(3)$

먼저 세 점 $O, A, B$에 의해 결정되는 평면을 $\alpha$라 하고, $\overrightarrow{OC}=\cfrac{3}{4}\overrightarrow{OA}$라 하자.

$(1)$로부터 $\overrightarrow{OP}$는 평면 $\alpha$에 수직이고, 점 $Q$에서 평면 $\alpha$에 내린 수선의 발이 $C$ 라는 것을 알 수 있다. 또, 문제의 조건에서 $\overline{AB}=\overline{OB}=\sqrt{3}$이다. 이상의 근거를 바탕으로 평면 $\alpha$ 위의 점들을 그려보면 다음과 같다.

 

 

$\overrightarrow{OP} \perp \alpha$, $\overrightarrow{PH}\perp \overrightarrow{AB}$이므로 삼수선의 정리에 의해 $\overrightarrow{OH} \perp \overrightarrow{AB}$가 성립한다. 이제 점 $C$에서 직선 $OH$에 내린 수선의 발을 $G$라고 하면, $$\overline{CG}=|\overrightarrow{CG}|=\cfrac{3}{4}\overline{AH}=\cfrac{3}{4}\cdot\cfrac{2}{3}\overline{AB}=\cfrac{3}{4}\cdot\cfrac{2}{3}\cdot\sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$$

이다. 따라서 $r$의 최솟값은$$\begin{align} &\sqrt{\overline{CQ}^2+\overline{CG}^2}\\=&\sqrt{\overline{OP}^2+\cfrac{3}{4}}\\=&\sqrt{2+\cfrac{3}{4}}\\=&\cfrac{\sqrt{11}}{2}\end{align}$$

가 된다.

 

이제 최댓값을 구해보자. $\overline{OA}$의 중점을 $M$이라고 하면,$$\begin{align} \overline{BC}&=\sqrt{\overline{MB}^2+\overline{MC}^2}\\&=\sqrt{2+\cfrac{1}{4}}\\&=\cfrac{3}{2}\end{align}$$

이므로 $\overline{OC}=\overline{BC}$가 성립한다. 따라서 $S$가 두 점 $B$, $O$를 지날 때가 최댓값임을 알 수 있다. 이 값은$$\begin{align}&\sqrt{\overline{CQ}^2+\overline{BC}^2}\\=&\sqrt{2+\cfrac{9}{4}}\\=&\cfrac{\sqrt{17}}{2}\end{align}$$

이다.

그러므로 구하는 범위는 $\cfrac{\sqrt{11}}{2} \leq r \leq \cfrac{\sqrt{17}}{2}$ 이다.