COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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ベクトル方程式

問題

直線の方程式

問題≪直線に関して対称な点≫

 点 $\mathrm C(8,\ 1)$ を通り $\vec d = (4,\ -3)$ と平行な直線 $\ell$ に関して点 $\mathrm A(1,\ 0)$ と対称な点 $\mathrm B$ の座標を求めよ.

解答例

 点 $\mathrm C$ から直線 $\ell$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおく.
点 $\mathrm H$ は直線 $\ell$ 上にあるから, ある実数 $t$ に対して, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OH}} &= \overrightarrow{\mathrm{OC}}+t\vec d \\ &= (8,\ 1)+t(4,\ -3) \\ &= (4t+8,\ 1-3t) \cdots [1]. \end{align*} $\ell \perp \mathrm{AH}$ より, $$\vec d\cdot\overrightarrow{\mathrm{AH}} = \vec 0.$$ 定義より $\vec d = (4,\ -3)$ で, $[1]$ より \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{AH}} &= \overrightarrow{\mathrm{OH}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}} \\ &= (4t+8,\ 1-3t)-(1,\ 0) \\ &= (4t+7,\ 1-3t) \cdots [2] \end{align*} だから, $$4(4t+7)-3(1-3t) = 0.$$ よって, $25(t+1) = 0$ より, $$t = -1.$$ これを $[2]$ に代入すると, $$\overrightarrow{\mathrm{AH}} = (3,\ 4).$$ $\mathrm H$ は線分 $\mathrm{AB}$ の中点だから, $$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = 2\overrightarrow{\mathrm{AH}} = (6,\ 8).$$ よって, $$\overrightarrow{\mathrm{OB}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AB}} = (1,\ 0)+(6,\ 8) = (7,\ 8).$$ ゆえに, 点 $\mathrm B$ の座標は $(7,\ 8).$

問題≪折れ線の長さの最小値≫

 $xyz$ 空間の点 $\mathrm A(1,\ 2,\ 0),$ $\mathrm B(3,\ 3,\ 1),$ $\mathrm C(8,\ 1,\ 1)$ について, 点 $\mathrm P$ が $xy$ 平面上を動き, 点 $\mathrm Q$ が直線 $\mathrm{AB}$ 上を動くとき, 折れ線の長さ $\mathrm{CP}+\mathrm{PQ}$ を最小にする点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ の座標とその最小値を求めよ.

解答例

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = (2,\ 1,\ 1).$$ $xy$ 平面に関して点 $\mathrm C$ と対称な点を $\mathrm C'$ とおくと, $$\mathrm C'(8,\ 1,\ -1)$$ であり, $xy$ 平面上の任意の点 $\mathrm P,$ 直線 $\mathrm{AB}$ 上の任意の点 $\mathrm Q$ に対して, $$\mathrm{CP}+\mathrm{PQ} = \mathrm C'\mathrm P+\mathrm{PQ} \geqq \mathrm C'\mathrm Q.$$ 等号が成り立つのは, 点 $\mathrm P$ が線分 $\mathrm C'\mathrm Q$ 上にあるときに限る.
さらに, 線分 $\mathrm C'\mathrm Q$ の長さは $\mathrm{AB} \perp \mathrm C'\mathrm Q$ のとき最小値をとる.
そこで, 点 $\mathrm C'$ から直線 $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm Q_0$ とおく.
点 $\mathrm Q_0$ は直線 $\mathrm{AB}$ 上にあるから, ある実数 $t$ に対して, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OQ}_0} &= \overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{AB}} \\ &= (2t+1,\ t+2,\ t) \cdots [1]. \end{align*} また, $\mathrm{AB} \perp \mathrm C'\mathrm Q_0$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm C'\mathrm Q_0} = 0.$$ これと $$\overrightarrow{\mathrm C'\mathrm Q_0} = (2t-7,\ t+1,\ t+1) \cdots [2]$$ より, $$2(2t-7)+(t+1)+(t+1) = 0.$$ したがって, $6t = 12$ より, $$t = 2.$$ このとき, $[1],$ $[2]$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{OQ}_0} = (5,\ 4,\ 2),\quad \overrightarrow{\mathrm C'\mathrm Q_0} = (-3,\ 3,\ 3).$$ 点 $\mathrm C',$ $\mathrm Q_0$ の $z$ 座標の符号は異なるから, 線分 $\mathrm C'\mathrm Q_0$ と $xy$ 平面は交点を持つ. これを $\mathrm P_0$ とおくと, ある実数 $u$ に対して \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OP}_0} &= \overrightarrow{\mathrm{OC}'}+u\overrightarrow{\mathrm C'\mathrm Q_0} \\ &= (8-3u,\ 3u+1,\ 3u-1). \end{align*} 点 $\mathrm P_0$ は $xy$ 平面上にあるから, $3u-1 = 0$ すなわち $u = \dfrac{1}{3}$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{OP}_0} = (7,\ 2,\ 0).$$ この $\mathrm P_0,$ $\mathrm Q_0$ に対して, \begin{align*} \mathrm C\mathrm P_0+\mathrm P_0\mathrm Q_0 &= \mathrm C'\mathrm P_0+\mathrm P_0\mathrm Q_0 = \mathrm C'\mathrm Q_0 \\ &= |\overrightarrow{\mathrm C'\mathrm Q_0}| = 3\sqrt 3. \end{align*} ゆえに, $\mathrm P(7,\ 2,\ 0),$ $\mathrm Q(5,\ 4,\ 2)$ のとき $\mathrm{CP}+\mathrm{PQ}$ は最小値 $3\sqrt 3$ をとる.

問題≪$2$ 直線の共通垂線≫

 $2$ 点 $\mathrm A(2,\ 1,\ 0),$ $\mathrm B(3,\ 0,\ -1)$ を通る直線上の点 $\mathrm P$ と, $2$ 点 $\mathrm C(0,\ 1,\ -2),$ $\mathrm D(3,\ -2,\ -2)$ を通る直線上の点 $\mathrm Q$ について, 線分 $\mathrm{PQ}$ の長さを最小にする点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ の座標と, その最小値を求めよ.

解答例

 点 $\mathrm P$ は直線 $\mathrm{AB}$ 上にあるから, ある実数 $s$ に対して, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= (1-s)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s\overrightarrow{\mathrm{OB}} \\ &= (1-s)(2,\ 1,\ 0)+s(3,\ 0,\ -1) \\ &= (s+2,\ 1-s,\ -s). \end{align*} 点 $\mathrm Q$ は直線 $\mathrm{CD}$ 上にあるから, ある実数 $t$ に対して, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OQ}} &= (1-t)\overrightarrow{\mathrm{OC}}+t\overrightarrow{\mathrm{OD}} \\ &= (1-t)(0,\ 1,\ -2)+t(3,\ -2,\ -2) \\ &= (3t,\ 1-3t,\ -2). \end{align*} よって, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{PQ}} &= \overrightarrow{\mathrm{OQ}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}} \\ &= (3t,\ 1-3t,\ -2)-(s+2,\ 1-s,\ -s) \\ &= (3t-s-2,\ s-3t,\ s-2). \end{align*} したがって, \begin{align*} |\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|^2 &= (3t-s-2)^2+(s-3t)^2+(s-2)^2 \\ &= 3s^2-12st+18t^2-12t+2 \\ &= 3(s-2t)^2+6t^2-12t+8 \\ &= 3(s-2t)^2+6(t-1)^2+2. \end{align*} よって, $|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|^2$ は $s-2t = t-1 = 0$ すなわち $(s,\ t) = (2,\ 1)$ のとき最小値 $2$ をとる.
ゆえに, $\mathrm{PQ} = |\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|$ は $(s,\ t) = (2,\ 1)$ のとき最小値 $\sqrt 2$ をとる.
このとき, 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ の座標は, $$\mathrm P(4,\ -1,\ -2), \quad \mathrm Q(3,\ -2,\ -2).$$

解説≪座標にこだわらずに図を描く≫

 座標空間の点や直線の位置関係は, 図で表すことが難しい場合でも, 計算で比較的容易に調べられることが多い. しかし, 平面による切断面や, 一般的な図は描けるようにしておきたい.

共線条件

問題≪三角形の垂心の位置ベクトル≫

 $\mathrm{OA} = 4,$ $\mathrm{OB} = 6,$ $\angle\mathrm O = 60^\circ$ を満たす $\triangle\mathrm{OAB}$ において, 頂点 $\mathrm A$ から辺 $\mathrm{OB}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm C,$ 頂点 $\mathrm B$ から辺 $\mathrm{OA}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm D$ とおき, $\mathrm{AC}$ と $\mathrm{BD}$ の交点を $\mathrm H,$ $\mathrm{OH}$ と $\mathrm{AB}$ の交点を $\mathrm E$ とおく.
(1)
$\overrightarrow{\mathrm{OH}}$ を $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}}$ で表せ.
(2)
$\overrightarrow{\mathrm{OE}}$ を $\vec a,$ $\vec b$ で表せ.
(3)
距離の比 $\mathrm{OH}:\mathrm{HE},$ $\mathrm{AE}:\mathrm{EB}$ を求めよ.
(4)
面積の比 $\triangle\mathrm{OAB}:\triangle\mathrm{ODH}:\triangle\mathrm{AEH}$ を求めよ.

解答例

(1)
直角三角形 $\mathrm{OAC},$ $\mathrm{OBD}$ に着目すると, $$\mathrm{OC} = \mathrm{OA}\cos 60^\circ = 2, \quad \mathrm{OD} = \mathrm{OB}\cos 60^\circ = 3.$$
よって, $$\overrightarrow{\mathrm{OC}} = \frac{\mathrm{OC}}{\mathrm{OB}} = \frac{1}{3}\vec b, \quad \overrightarrow{\mathrm{OD}} = \frac{\mathrm{OD}}{\mathrm{OA}}\overrightarrow{\mathrm{OA}} = \frac{3}{4}\vec a.$$ $\mathrm{AH}:\mathrm{HC} = s:(1-s)$ とおくと, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OH}} &= (1-s)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s\overrightarrow{\mathrm{OC}} \\ &= (1-s)\vec a+\frac{s}{3}\vec b \cdots [1]. \end{align*} $\mathrm{BH}:\mathrm{HD} = t:(1-t)$ とおくと, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OH}} &= (1-t)\overrightarrow{\mathrm{OB}}+t\overrightarrow{\mathrm{OD}} \\ &= \frac{3t}{4}\vec a+(1-t)\vec b \cdots [2]. \end{align*} $\vec a,$ $\vec b$ の一次独立性に注意して $[1],$ $[2]$ における $\vec a,$ $\vec b$ の係数を比較すると, $$1-s = \frac{3t}{4}, \quad \frac{s}{3} = 1-t.$$ これを解くと, $$s = \frac{1}{3}, \quad t = \frac{8}{9} \cdots [3].$$ $[3]$ を $[1]$ に代入すると, $$\overrightarrow{\mathrm{OH}} = \frac{2}{3}\vec a+\frac{1}{9}\vec b.$$
(2)
$\overrightarrow{\mathrm{OE}} = u\overrightarrow{\mathrm{OH}}$ とおくと, $$\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \frac{2u}{3}\vec a+\frac{u}{9}\vec b \cdots [4].$$ 点 $\mathrm E$ は直線 $\mathrm{AB}$ 上にあるから, \begin{align*} \frac{2u}{3}+\frac{u}{9} &= 1. \\ \therefore u &= \frac{9}{7} \cdots [5]. \end{align*} $[5]$ を $[4]$ に代入すると, $$\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \frac{6}{7}\vec a+\frac{1}{7}\vec b \cdots [6].$$
(3)
$[5]$ より, $$\mathrm{OH}:\mathrm{HE} = 7:2.$$ $[6]$ すなわち $\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \dfrac{6\vec a+1\vec b}{1+6}$ より, $$\mathrm{AE}:\mathrm{EB} = 1:6.$$
(4)
$S = \triangle\mathrm{OAB}$ とおくと, \begin{align*} \triangle\mathrm{ODH} &= \frac{1}{9}\triangle\mathrm{OBD} = \frac{1}{9}\cdot\frac{3}{4}S = \frac{1}{12}S, \\ \triangle\mathrm{AEH} &= \frac{2}{9}\triangle\mathrm{OAE} = \frac{2}{9}\cdot\frac{1}{7}S = \frac{2}{63}S. \end{align*} ゆえに, \begin{align*} \triangle\mathrm{OAB}:\triangle\mathrm{ODH}:\triangle\mathrm{AEH} &= S:\frac{1}{12}S:\frac{2}{63}S \\ &= 252:21:8. \end{align*}

問題≪台形と平行条件・共線条件≫

 $\mathrm{BC} = 2\mathrm{AD},$ $\mathrm{AD} \parallel \mathrm{BC}$ を満たす台形 $\mathrm{ABCD}$ において, 対角線 $\mathrm{AC},$ $\mathrm{BD}$ の交点を $\mathrm P$ とおき, 辺 $\mathrm{AB}$ を $1:3$ に内分する点を $\mathrm E,$ 辺 $\mathrm{BC}$ を $s:(1-s)$ に内分する点を $\mathrm F,$ 辺 $\mathrm{DC}$ を $t:(1-t)$ に内分する点を $\mathrm G$ とおく.
(1)
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec d = \overrightarrow{\mathrm{AD}}$ で表せ.
(2)
$\mathrm{AB} \parallel \mathrm{PF}$ のとき, $s$ の値を求めよ.
(3)
$3$ 点 $\mathrm E,$ $\mathrm P,$ $\mathrm G$ が同一直線上にあるとき, $t$ の値と距離の比 $\mathrm{EP}:\mathrm{PG}$ を求めよ.

解答例

(1)
$\mathrm{AD} \parallel \mathrm{BC},$ $\mathrm{BC} = 2\mathrm{AD}$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{BC}} = 2\overrightarrow{\mathrm{AD}} = 2\vec d.$$
よって, $$\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BC}} = \vec b+2\vec d \cdots [1].$$ $\mathrm{AP}:\mathrm{PC} = p:(1-p)$ とおくと, $$\overrightarrow{\mathrm{AP}} = p\overrightarrow{\mathrm{AC}} = p\vec b+2p\vec d \cdots [2].$$ $\mathrm{BP}:\mathrm{PD} = q:(1-q)$ とおくと, $$\overrightarrow{\mathrm{AP}} = (1-q)\overrightarrow{\mathrm{AB}}+q\overrightarrow{\mathrm{AD}} = (1-q)\vec b+q\vec d \cdots [3].$$ $\vec b,$ $\vec d$ の一次独立性に注意して $[2],$ $[3]$ の係数を比較すると, $$p = 1-q, \quad 2p = q.$$ これを解くと, $$p = \frac{1}{3}, \quad q = \frac{2}{3}.$$ これを $[2]$ に代入すると, $$\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \frac{1}{3}\vec b+\frac{2}{3}\vec d \cdots [4].$$
(2)
点 $\mathrm F$ の定義と $[1]$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{AF}} = (1-s)\overrightarrow{\mathrm{AB}}+s\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \vec b+2s\vec d.$$ よって, $$\overrightarrow{\mathrm{PF}} = \overrightarrow{\mathrm{AF}}-\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \frac{2}{3}\vec b+\left( 2s-\frac{2}{3}\right)\vec d.$$ $\mathrm{AB} \parallel \mathrm{PF}$ より $\overrightarrow{\mathrm{PF}}$ は $\vec b$ の定数倍だから, $\vec b,$ $\vec d$ の一次独立性に注意すると, $$2s-\frac{2}{3} = 0.$$ ゆえに, $$s = \frac{1}{3}.$$
(3)
$3$ 点 $\mathrm E,$ $\mathrm P,$ $\mathrm G$ が同一直線上にあるとき, $\mathrm{EP}:\mathrm{EG} = 1:u$ とおくと, $$\overrightarrow{\mathrm{EG}} = u\overrightarrow{\mathrm{EP}} \cdots [5].$$ 点 $\mathrm E$ の定義より, $$\overrightarrow{\mathrm{AE}} = \frac{1}{4}\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \frac{1}{4}\vec b.$$ $\mathrm G$ の定義と $[1]$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{AG}} = (1-t)\overrightarrow{\mathrm{AD}}+t\overrightarrow{\mathrm{AC}} = t\vec b+(t+1)\vec d.$$ よって, $$\overrightarrow{\mathrm{EG}} = \overrightarrow{\mathrm{AG}}-\overrightarrow{\mathrm{AE}} = \left( t-\frac{1}{4}\right)\vec b+(t+1)\vec d \cdots [6].$$ また, $[4]$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{EP}} = \overrightarrow{\mathrm{AP}}-\overrightarrow{\mathrm{AE}} = \frac{1}{12}\vec b+\frac{2}{3}\vec d \cdots [7].$$ $[6],$ $[7]$ を $[5]$ に代入すると, $$\left( t-\frac{1}{4}\right)\vec b+(t+1)\vec d = \frac{u}{12}\vec b+\frac{2u}{3}\vec d.$$ $\vec b,$ $\vec d$ の一次独立性に注意して両辺の係数を比較すると, $$t-\frac{1}{4} = \frac{u}{12}, \quad t+1 = \frac{2u}{3}.$$ これを解くと, $$t = \frac{3}{7}, \quad u = \frac{15}{7}.$$ ゆえに, $$\mathrm{EP}:\mathrm{PG} = 1:(u-1) = 7:8.$$

平面の方程式

問題≪四面体の体積≫

 $4$ 点 $\mathrm O(0,\ 0,\ 0),$ $\mathrm A(1,\ 0,\ 1),$ $\mathrm B(1,\ -1,\ 0),$ $\mathrm C(0,\ 1,\ -1)$ を頂点とする四面体 $\mathrm{OABC}$ において, 頂点 $\mathrm O$ から面 $\mathrm{ABC}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおく.
(1)
点 $\mathrm H$ の座標を求めよ.
(2)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の面積 $S$ を求めよ.
(3)
四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積 $V$ を求めよ.

解答例

(1)
点 $\mathrm H$ は平面 $\mathrm{ABC}$ 上にあり, $4$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は同一平面上にないから, $$s+t+u = 1 \cdots [1]$$ を満たすある実数 $s,$ $t,$ $u$ に対して, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OH}} &= s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}+u\overrightarrow{\mathrm{OC}} \\ &= s(1,\ 0,\ 1)+t(1,\ -1,\ 0)+u(0,\ 1,\ -1) \\ &= (s+t,\ -t+u,\ s-u) \cdots [2]. \end{align*}
$\mathrm{OH}$ は平面 $\mathrm{ABC}$ に垂直だから, $\mathrm{OH} \perp \mathrm{AB},$ $\mathrm{OH} \perp \mathrm{AC}.$ すなわち, $$\overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} = 0 \cdots [3].$$ また, $$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = (0,\ -1,\ -1), \quad \overrightarrow{\mathrm{AC}} = (-1,\ 1,\ -2) \cdots [4].$$ $[2],$ $[3],$ $[4]$ より, \begin{align*} &-(-t+u)-(s-u) \\ &= -(s+t)+(-t+u)-2(s-u) = 0. \end{align*} すなわち, $$-s+t = -3s-2t+3u = 0 \cdots [5].$$ $[1],$ $[5]$ を解いて, $$s = t = \frac{3}{11},\ \quad u = \frac{5}{11}.$$ これと $[2]$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{OH}} = \left(\frac{6}{11},\ \frac{2}{11},\ -\frac{2}{11}\right).$$ よって, 点 $\mathrm H$ の座標は $$\left(\dfrac{6}{11},\ \dfrac{2}{11},\ -\dfrac{2}{11}\right) \cdots [6].$$
(2)
$[4]$ より, \begin{align*} |\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2 &= 0^2+(-1)^2+(-1)^2 = 2, \\ |\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2 &= (-1)^2+1^2+(-2)^2 = 6, \\ \overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} &= 0\cdot (-1)+(-1)\cdot 1+(-1)\cdot (-2) = 1. \end{align*} よって, \begin{align*} S &= \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}})^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{2\cdot 6-1^2} = \frac{\sqrt{11}}{2}. \end{align*}
(3)
$[6]$ より, \begin{align*} \mathrm{OH} &= \sqrt{\left(\frac{6}{11}\right) ^2+\left(\frac{2}{11}\right) ^2+\left( -\frac{2}{11}\right) ^2} \\ &= \sqrt{\frac{44}{11^2}} = \frac{2\sqrt{11}}{11}. \end{align*} ゆえに, \begin{align*} V &= \frac{1}{3}S\cdot\mathrm{OH} \\ &= \frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2}\cdot\frac{2\sqrt{11}}{11} = \frac{1}{3}. \end{align*}

問題≪$2$ 平面と座標平面で囲まれた四角錐の体積≫

 $xyz$ 空間において $\mathrm A_1(1,\ 2,\ 0),$ $\mathrm A_2(0,\ 1,\ 3),$ $\mathrm A_3(2,\ 1,\ -3)$ を通る平面を $\alpha,$ $\mathrm B_1(2,\ 0,\ 0),$ $\mathrm B_2(3,\ -1,\ 0),$ $\mathrm B_3(-1,\ 3,\ 0)$ を通る平面を $\beta$ とおく.
(1)
$\alpha,$ $\beta$ の方程式を求めよ.
(2)
$\alpha,$ $\beta$ の交線 $g$ の方程式を求めよ.
(3)
$\alpha,$ $\beta$ と $xy$ 平面, $yz$ 平面, $zx$ 平面で囲まれた図形の体積 $V$ を求めよ.

解答例

(1)
平面 $\alpha$ の方程式を $ax+by+cz+d = 0$ とおく.
$\alpha$ は点 $\mathrm A_1(1,\ 2,\ 0),$ $\mathrm A_2(0,\ 1,\ 3),$ $\mathrm A_3(2,\ 1,\ -3)$ を通るから, \begin{align*} &a+2b+d = 0, \quad b+3c+d = 0, \\ &2a+b-3c+d = 0. \end{align*} これを $a,$ $b,$ $c$ について解くと, $$a = -d, \quad b = 0, \quad c = -\frac{d}{3}.$$ よって, $\alpha$ の方程式は, $-dx-\dfrac{d}{3}z+d = 0$ すなわち $$3x+z = 3 \cdots [1].$$ 同様にして, 平面 $\beta$ の方程式は, $$3x+3y+2z = 6 \cdots [2].$$
(2)
$[1]-2\times [2]$ より, $-3x+3y = 0$ だから, $x = y.$
$[2]-[1]$ より, $3y+z = 3$ だから, $y = \dfrac{3-z}{3}.$
ゆえに, $\alpha,$ $\beta$ の交線 $g$ の方程式は, $$x = y = \frac{3-z}{3}.$$
(3)
$\alpha$ と座標軸の交点は $\mathrm P(1,\ 0,\ 0),$ $\mathrm S(0,\ 0,\ 3),$ $\beta$ と座標軸の交点は $(2,\ 0,\ 0),$ $\mathrm R(0,\ 2,\ 0),$ $\mathrm S.$
よって, $g$ は点 $\mathrm S$ を通る.
さらに, $g$ と $xy$ 平面の交点は, $\mathrm Q(1,\ 1,\ 0).$
ゆえに, $\alpha,$ $\beta,$ 座標平面で囲まれた図形は四角錐 $\mathrm S\text -\mathrm{OPQR}$ だから, $$V = \frac{1}{3}\cdot\left( 1^2+\frac{1}{2}\cdot 1^2\right)\cdot 3 = \frac{3}{2}.$$

問題≪点と平面の距離≫

 点 $\mathrm A(x_0,\ y_0,\ z_0)$ と平面 $\alpha :ax+by+cz+d = 0$ の距離を求めよ.

解答例

 点 $\mathrm A$ から平面 $\alpha$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H(x,\ y,\ z)$ とおく.
点 $\mathrm H$ は平面 $\alpha$ 上にあるから, $$ax+by+cz+d = 0 \cdots [1].$$ 点 $\mathrm H$ は直線 $\mathrm{AH}$ 上にあり, その方向ベクトルは $\vec n = (a,\ b,\ c)$ だから, ある実数 $t$ に対して, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OH}} &= \overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\vec n \\ \therefore (x,\ y,\ z) &= (x_0,\ y_0,\ z_0)+t(a,\ b,\ c) \\ &= (x_0+ta,\ y_0+tb,\ z_0+tc) \cdots [2]. \end{align*} $[1],$ $[2]$ より, \begin{align*} &a(x_0+ta)+b(y_0+tb)+c(z_0+tc)+d = 0. \\ \therefore&t = -\frac{ax_0+by_0+cz_0+d}{a^2+b^2+c^2}. \end{align*} よって, $\overrightarrow{\mathrm{AH}} = t\vec n$ より, 点 $\mathrm A$ と平面 $\alpha$ の距離は, \begin{align*} \mathrm{AH} &= |\overrightarrow{\mathrm{AH}}| = |t|\cdot |\vec n| \\ &= \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{a^2+b^2+c^2}\cdot\sqrt{a^2+b^2+c^2} \\ &= \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}. \end{align*}

共面条件

問題≪四面体の辺上にある $4$ 点の共面条件≫

 四面体 $\mathrm{OABC}$ において, 辺 $\mathrm{OA}$ の中点 $\mathrm P,$ 辺 $\mathrm{AB}$ を $2:1$ に内分する点 $\mathrm Q,$ 辺 $\mathrm{BC}$ を $t:(1-t)$ に内分する点 $\mathrm R,$ 辺 $\mathrm{CO}$ を $2:1$ に内分する点 $\mathrm S$ が同一平面上にあるとき, 定数 $t\ (0 < t < 1)$ の値を求めよ.

解答例

 $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく.
点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R,$ $\mathrm S$ の定義より, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= \frac{1}{2}\vec a, & \overrightarrow{\mathrm{OQ}} &= \frac{1}{3}\vec a+\frac{2}{3}\vec b, \\ \overrightarrow{\mathrm{OR}} &= (1-t)\vec b+t\vec c, & \overrightarrow{\mathrm{OS}} &= \frac{1}{3}\vec c. \end{align*} よって, \begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{PQ}} &= \overrightarrow{\mathrm{OQ}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}} = -\frac{1}{6}\vec a+\frac{2}{3}\vec b \cdots [1], \\ \overrightarrow{\mathrm{PR}} &= \overrightarrow{\mathrm{OR}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}} = -\frac{1}{2}\vec a+(1-t)\vec b+t\vec c \cdots [2], \\ \overrightarrow{\mathrm{PS}} &= \overrightarrow{\mathrm{OS}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}} = -\frac{1}{2}\vec a+\frac{1}{3}\vec c \cdots [3]. \end{align*} $4$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R,$ $\mathrm S$ は同一平面上にあるから, ある実数 $\alpha,$ $\beta$ に対して, $$\overrightarrow{\mathrm{PR}} = \alpha\overrightarrow{\mathrm{PQ}}+\beta\overrightarrow{\mathrm{PS}} \cdots [4].$$ $[1],$ $[2],$ $[3]$ を $[4]$ に代入すると, \begin{align*} &-\frac{1}{2}\vec a+(1-t)\vec b+t\vec c \\ &= \alpha\left( -\frac{1}{6}\vec a+\frac{2}{3}\vec b\right) +\beta\left( -\frac{1}{2}\vec a+\frac{1}{3}\vec c\right). \end{align*} 両辺に $6$ を掛けて整理すると, $$-3\vec a+6(1-t)\vec b+6t\vec c = -(\alpha +3\beta )\vec a+4\alpha\vec b+2\beta\vec c.$$ $4$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ は同一平面上にないから, 両辺の係数を比較すると, $$-3 = -(\alpha +3\beta ), \quad 6(1-t) = 4\alpha, \quad 6t = 2\beta.$$ ゆえに, $$t = \frac{1}{5}, \quad \alpha = \frac{6}{5}, \quad \beta = \frac{3}{5}.$$

円の方程式

問題≪円の直径の最小値≫

 同一直線上にない $3$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm C,$ $\mathrm D$ が $\mathrm{OC} = \mathrm{OD} = 1$ を満たすとする. $t$ を定数とし, 点 $\mathrm E$ を $\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \overrightarrow{\mathrm{OC}}+t\overrightarrow{\mathrm{OD}}$ により定める. 点 $\mathrm P$ に関するベクトル方程式 $\overrightarrow{\mathrm{DP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{EP}} = 0$ は円を表すことを示し, その円の直径を最小にする $t$ の値とその直径の最小値を $\theta = \angle\mathrm{COD}\ (0 < \theta < \pi )$ で表せ.

解答例

\begin{align*} \mathrm{DE}^2 &= |\overrightarrow{\mathrm{DE}}|^2 = |\overrightarrow{\mathrm{OE}}-\overrightarrow{\mathrm{OD}}|^2 \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{OC}}+(t-1)\overrightarrow{\mathrm{OD}}|^2 \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2+2(t-1)\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OD}}+(t-1)^2|\overrightarrow{\mathrm{OD}}|^2 \\ &= 1+2(t-1)\cos\theta +(t-1)^2 \\ &= t^2-2(1-\cos\theta )t+2-2\cos\theta \\ &= (t-1+\cos\theta )^2-(1-\cos\theta )^2+2-2\cos\theta \\ &= (t-1+\cos\theta )^2+1-\cos ^2\theta \\ &= (t-1+\cos\theta )^2+\sin ^2\theta \cdots [1]. \end{align*} $0 < \theta < \pi$ より $\sin\theta > 0,$ よって $\sin ^2\theta > 0$ だから, $\mathrm{DE}^2 > 0.$
よって, $\mathrm{DE} > 0$ だから, ベクトル方程式 $\overrightarrow{\mathrm{DP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{EP}} = 0 \cdots [2]$ は $\mathrm{DE}$ を直径とする円を表す.
$[1]$ より, $\mathrm{DE}^2$ は $t = 1-\cos\theta$ のとき最小値 $\sin ^2\theta$ をとる.
ゆえに, 円 $[2]$ の直径 $\mathrm{DE}$ は $t = 1-\cos\theta$ のとき最小値 $\sin\theta$ をとる.

問題≪内積の方程式が表す図形≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ が $\mathrm{AB} \perp \mathrm{AC}$ を満たす直角三角形であるとき, $\overrightarrow{\mathrm{AP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BP}}+\overrightarrow{\mathrm{BP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CP}}+\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}} = 0$ を満たす点 $\mathrm P$ はどのような図形を描くか.

解答例

 $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}},$ $\vec p = \overrightarrow{\mathrm{AP}}$ とおく.
$\overrightarrow{\mathrm{AP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BP}}+\overrightarrow{\mathrm{BP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CP}}+\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}} = 0$ より, \[\vec p\cdot (\vec p-\vec b)+(\vec p-\vec b)\cdot (\vec p-\vec c)+(\vec p-\vec c)\cdot\vec p = 0\] だから, \[ |\vec p|^2\! -\!\vec b\cdot\vec p\! +\! |\vec p|^2\! -\! (\vec b\! +\!\vec c)\cdot\vec p\! +\!\vec b\cdot\vec c\! +\!|\vec p|^2\! -\!\vec c\cdot\vec p = 0. \] $\mathrm{AB} \perp \mathrm{AC}$ より $\vec b\cdot\vec c = 0$ だから, $$3|\vec p|^2-2(\vec b+\vec c)\cdot\vec p = 0.$$ 両辺を $3$ で割ると, $$|\vec p|^2-\frac{2}{3}(\vec b+\vec c)\cdot\vec p = 0.$$ よって, \begin{align*} \left|\vec p-\frac{\vec b+\vec c}{3}\right| ^2 &= \left|\frac{\vec b+\vec c}{3}\right| ^2. \\ \therefore \left|\vec p-\frac{\vec b+\vec c}{3}\right| &= \left|\frac{\vec b+\vec c}{3}\right|. \end{align*} $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心を $\mathrm G$ とおくと, $$|\overrightarrow{\mathrm{GP}}| = |\overrightarrow{\mathrm{AG}}|.$$ ゆえに, 点 $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心 $\mathrm G$ を中心とする半径 $\mathrm{AG}$ の円を描く.

球の方程式

問題≪球の接線が作る円錐の体積≫

 点 $\mathrm P(0,\ 0,\ p)\ (p > 1)$ から球 $S:x^2+y^2+z^2 = 1$ へ引いた接線の接点全体の成す円を底面の境界とし, 点 $\mathrm P$ を頂点とする円錐の体積が $S$ の体積と一致するとき, 定数 $p$ の整数部分を求めよ.

解答例

 点 $\mathrm P$ から球 $S$ へ任意に引いた接線の接点を $\mathrm T(a,\ b,\ c)$ とおく.
点 $\mathrm T$ は球 $S$ 上にあるから, $$a^2+b^2+c^2 = 1 \cdots [1].$$ $\mathrm{OT} \perp \mathrm{PT}$ より, $$\overrightarrow{\mathrm{OT}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PT}} = 0.$$ よって, $a^2+b^2+c(c-p) = 0$ より $cp = a^2+b^2+c^2 = 1$ だから, $$c = \frac{1}{p} \cdots [2].$$ この $[2]$ を $[1]$ に代入すると, $$a^2+b^2 = 1-\frac{1}{p^2}.$$ よって, 円錐の底面の方程式は $$x^2+y^2 = 1-\dfrac{1}{p^2}, \quad z = \frac{1}{p}$$ であり, 円錐の底面の半径は $\sqrt{1-\dfrac{1}{p^2}},$ 円錐の高さは $p-\dfrac{1}{p} = p\left( 1-\dfrac{1}{p^2}\right)$ だから, 円錐の体積は, $$\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{1-\frac{1}{p^2}}\right) ^2\ p\left( 1-\frac{1}{p^2}\right) = \frac{\pi p}{3}\left( 1-\frac{1}{p^2}\right)^2.$$ これが球の体積 $\dfrac{4\pi}{3}$ に一致するから, $$\frac{\pi p}{3}\left( 1-\frac{1}{p^2}\right)^2 = \frac{4\pi}{3}$$ 両辺に $p^3$ を掛けて整理すると, $$p^4-4p^3-2p^2+1 = 0.$$ $f(t) = t^4-4t^3-2t^2+1\ (t > 1)$ とおく. このとき, $$f'(t) = 4t^3-12t^2-4t = 4t(t^2-3t-1).$$ $f'(t) = 0$ は $t > 1$ においてただ $1$ つの解 $\alpha = \dfrac{3+\sqrt{13}}{2}$ を持つ.
これと $f(1) = -4 < 0$ より, $f(t) = 0$ は $t > 1$ において唯一の実数解を持つ(増減表を参照).
$t$$1$$\cdots$$\alpha$$\cdots$
$f'(t)$$-$$0$$+$
$f(t)$$-4$$\searrow$$f(\alpha )$$\nearrow$
$f(4) = -31 < 0,\ f(5) = 76 > 0$ だから, $f(t) = 0$ の $t > 1$ における唯一の解は $4 < t < 5$ の範囲にある.
ゆえに, $4 < p < 5$ より, $p$ の整数部分は $4.$

問題≪球に外接する八面体の体積の最小値≫

(1)
任意の負でない実数 $a,$ $b,$ $c$ に対して $\dfrac{a+b+c}{3} \geqq \sqrt[3]{abc}$ が成り立つことを示し, 等号成立条件を求めよ.
(2)
任意の正の数 $a,$ $b,$ $c$ に対して $\dfrac{1}{abc} \leqq \left(\dfrac{3}{a^2+b^2+c^2}\right) ^{\frac{3}{2}}$ が成り立つことを示し, 等号成立条件を求めよ.
(3)
球 $S:x^2+y^2+z^2 = 1$ に外接するすべての面が合同な八面体の体積の最小値を求めよ. ただし, すべての面が合同な八面体の $3$ 本の対角線が $1$ 点で直交することは, 証明なしに用いても良い.

解答例

(1)
$\alpha = \sqrt[3]{a},$ $\beta = \sqrt[3]{b},$ $\gamma = \sqrt[3]{c}$ とおくと, \begin{align*} &a+b+c-3\sqrt[3]{abc} \\ &= \alpha ^3+\beta ^3+\gamma ^3-3\alpha\beta\gamma \\ &= (\alpha +\beta +\gamma )(\alpha ^2+\beta ^2+\gamma ^2-\alpha\beta -\beta\gamma -\gamma\alpha ) \\ &= (\alpha +\beta +\gamma )\cdot\frac{(\alpha -\beta )^2+(\beta -\gamma )^2+(\gamma -\alpha )^2}{2} \\ &\geqq 0. \end{align*} ゆえに, $$\frac{a+b+c}{3} \geqq \sqrt[3]{abc}.$$ 等号成立は $\alpha -\beta = \beta -\gamma = \gamma -\alpha$ すなわち $a = b = c$ のときに限る.
(2)
(1) より, $$(abc)^\frac{2}{3} = \sqrt[3]{a^2b^2c^2} \leqq \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \cdots [1].$$ 両辺の逆数をとると, $$\frac{1}{(abc)^\frac{2}{3}} \geqq \frac{3}{a^2+b^2+c^2}.$$ 両辺を $\dfrac{3}{2}$ 乗すると, $$\frac{1}{abc} \geqq \left(\frac{3}{a^2+b^2+c^2}\right) ^{\frac{3}{2}} \cdots [2].$$ 等号成立は $[1]$ において等号が成立する $a^2 = b^2 = c^2$ すなわち $a = b = c$ のときに限る.
(3)
すべての面が合同な八面体の $3$ 本の対角線は $1$ 点で直交するから, その交点を原点とし, 座標軸をすべての頂点を通るように定めて $x$ 軸, $y$ 軸, $z$ 軸と名付ける.
八面体と球 $S:x^2+y^2+z^2 = 1$ の接点の $1$ つを $\mathrm T(a,\ b,\ c)$ ($a > 0,$ $b > 0,$ $c > 0$)とおく.
点 $\mathrm T$ は球 $S$ 上にあるから, $$a^2+b^2+c^2 = 1 \cdots [3].$$ 点 $\mathrm T$ における球 $S$ 上の接平面の方程式は, $$ax+by+cz = 1.$$ 接平面と座標軸の交点の座標は, $$\left(\frac{1}{a},\ 0,\ 0\right), \quad \left( 0,\ \frac{1}{b},\ 0\right), \quad \left( 0,\ 0,\ \frac{1}{c}\right).$$ 題意の八面体は座標平面に関して対称だから, その体積を $V$ とおくと, \begin{align*} V &= 8\cdot\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{b}\right)\frac{1}{c} \\ &= \frac{4}{3}\cdot\frac{1}{abc} \\ &\geqq \frac{4}{3}\cdot\left(\frac{3}{a^2+b^2+c^2}\right) ^{\frac{3}{2}} \quad (\because [2]) \\ &= \frac{4}{3}\cdot 3\sqrt 3 \quad (\because [3]) \\ &= 4\sqrt 3. \end{align*} $[3]$ より, 等号は $a = b = c = \dfrac{1}{\sqrt 3}$ のとき成り立つ.
ゆえに, 求める最小値は, $4\sqrt 3.$

問題≪回転する立方体の頂点が描く軌跡≫

 $xyz$ 空間において, 点 $\mathrm O(0,\ 0,\ 0),$ $\mathrm O'(0,\ 0,\ \sqrt 3)$ を $2$ つの頂点とする $1$ 辺の長さが $1$ の立方体を $z$ 軸に関して回転させるとき, $\mathrm O,$ $\mathrm O'$ 以外の頂点 $\mathrm P$ が描く軌跡の方程式を求めよ.

解答例

 $\mathrm P(x,\ y,\ z)$ とおく.
$\mathrm{OO}' = \sqrt 3$ より, $\mathrm{OO}'$ は立方体の対角線であり, 次のいずれかが成り立つ:
(i)
$\mathrm{OP} = 1$ かつ $\mathrm O'\mathrm P = \sqrt 2.$ このとき, \begin{align*} x^2+y^2+z^2 &= 1 \cdots [1], \\ x^2+y^2+(z-\sqrt 3)^2 &= 2 \cdots [2]. \end{align*} $[1]-[2]$ より, $2\sqrt 3z-3 = -1$ だから, $$z = \frac{\sqrt 3}{3}.$$ これを $[1],$ $[2]$ に代入すると, 同じ方程式 $$x^2+y^2 = \frac{2}{3}$$ が得られる.
(ii)
$\mathrm{OP} = \sqrt 2$ かつ $\mathrm O'\mathrm P = 1.$ このとき, \begin{align*} x^2+y^2+z^2 &= 2 \cdots [3], \\ x^2+y^2+(z-\sqrt 3)^2 &= 1 \cdots [4]. \end{align*} $[3]-[4]$ より, $2\sqrt 3z-3 = 1$ だから, $$z = \frac{2\sqrt 3}{3}.$$ これを $[3],$ $[4]$ に代入すると, 同じ方程式 $$x^2+y^2 = \frac{2}{3}$$ が得られる.
ゆえに, 求める方程式は, $\mathrm{OP} = 1$ かつ $\mathrm O'\mathrm P = \sqrt 2$ のとき $$x^2+y^2 = \frac{2}{3},\ z = \frac{\sqrt 3}{3},$$ $\mathrm{OP} = \sqrt 2$ かつ $\mathrm O'\mathrm P = 1$ のとき $$x^2+y^2 = \frac{2}{3},\ z = \frac{2\sqrt 3}{3}.$$

領域

問題≪ベクトルの線形和が表す領域の和集合≫

 $\triangle\mathrm{OAB}$ の面積が $1$ であり, $0$ 以上の実数 $s,$ $t$ が $s+2t \leqq 2$ または $2s+t \leqq 2$ を満たすとき, $$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$$ で定まる点 $\mathrm P$ が動く領域の面積 $S$ を求めよ.

解答例

 $s+2t \leqq 2$ のとき, $\overrightarrow{\mathrm{OP}} = s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ より, $$0 \leqq \frac{s}{2}+t \leqq 1, \quad \overrightarrow{\mathrm{OP}} = \frac{s}{2}(2\overrightarrow{\mathrm{OA}})+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}.$$ よって, 点 $\mathrm A'$ を $\overrightarrow{\mathrm{OA}'} = 2\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ で定まる点とすると, $s+2t \leqq 2$ のとき点 $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{OA}'\mathrm B$ の周および内部を動く.
実際, $k = \dfrac{s}{2}+t$ を $0$ でない定数として点 $\mathrm X,$ $\mathrm Y$ を $\overrightarrow{\mathrm{OX}} = k\overrightarrow{\mathrm{OA}'},$ $\overrightarrow{\mathrm{OY}} = k\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ で定まる点とすると, $$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \frac{\dfrac{s}{2}(k\overrightarrow{\mathrm{OA}'})+t(k\overrightarrow{\mathrm{OB}})}{k} = \frac{\dfrac{s}{2}\overrightarrow{\mathrm{OX}}+t\overrightarrow{\mathrm{OY}}}{t+\dfrac{s}{2}}$$ と $\dfrac{s}{2} \geqq 0,$ $t \geqq 0$ より 点 $\mathrm P$ は線分 $\mathrm{XY}$ 上にあり, $k$ を動かすと $0 \leqq k \leqq 1$ より $\mathrm X,$ $\mathrm Y$ はそれぞれ線分 $\mathrm{OA}',$ $\mathrm{OB}$ 上のすべての点を動くからである.
同様に, 点 $\mathrm B'$ を $\overrightarrow{\mathrm{OB}'} = 2\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ で定まる点とすると, $2s+t \leqq 2$ のとき点 $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{OAB}'$ の周および内部を動く.
$\triangle\mathrm{OAB},$ $\triangle\mathrm{OA}'\mathrm B'$ は相似で相似比は $1:2$ だから, $$\triangle\mathrm{OA}'\mathrm B' = 2^2\triangle\mathrm{OAB} = 4.$$ また, 線分 $\mathrm{AB}',$ $\mathrm{BA}'$ の交点を $\mathrm C$ とおくと, $$\triangle\mathrm{CA}'\mathrm B' = 2\cdot\frac{2}{3}\triangle\mathrm{OAB} = \frac{1}{3}.$$ ゆえに, $$S = \triangle\mathrm{OA}'\mathrm B'-\triangle\mathrm{CA}'\mathrm B' = 4-\frac{1}{3} = \frac{11}{3}.$$