解説

方針・初手

球面 $S$ は原点中心・半径 $1$ の球面であるから、直線が $S$ に接する条件は「その直線と原点の距離が $1$」である。

直線上の点をパラメータ表示し、球面方程式 $x^2+y^2+z^2=1$ に代入したとき、共有点がただ $1$ つになる条件、すなわち二次方程式の判別式が $0$ になる条件を使う。

解法1

**(1)**

$A(-1,0,2)$、$P(u,v,0)$ とする。

直線 $AP$ 上の点 $M$ が

$$ \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AP}

$$

を満たすから、

$$ \overrightarrow{OM} = (-1,0,2)+t{(u,v,0)-(-1,0,2)}

$$

である。したがって

$$ \overrightarrow{OM} =\bigl(-1+t(u+1),\ tv,\ 2-2t\bigr)

$$

である。

直線 $AP$ が球面 $S$ に接するためには、方程式

$$ \left|-1+t(u+1)\right|^2+(tv)^2+(2-2t)^2=1

$$

が $t$ について重解をもてばよい。

整理すると、

$$ {(u+1)^2+v^2+4}t^2-2(u+5)t+4=0

$$

となる。

これが重解をもつ条件は判別式が $0$ であることだから、

$$ [-2(u+5)]^2-4{(u+1)^2+v^2+4}\cdot 4=0

$$

である。よって

$$ (u+5)^2=4{(u+1)^2+v^2+4}

$$

となる。これを整理して、

$$ 3u^2+4v^2-2u-5=0

$$

を得る。

したがって、点 $P$ の軌跡 $H$ は

$$ 3u^2+4v^2-2u-5=0

$$

である。

**(2)**

$B=(a,b,c)$、$Q=(u,v,0)$ とおく。

直線 $BQ$ 上の点を

$$ B+s(Q-B)

$$

とおく。直線 $BQ$ が球面 $S$ に接する条件は、方程式

$$ |B+s(Q-B)|^2=1

$$

が $s$ について重解をもつことである。

ここで

$$ B\cdot(Q-B)=au+bv-(a^2+b^2+c^2)

$$

また

$$ |Q-B|^2=(u-a)^2+(v-b)^2+c^2

$$

である。

$R=a^2+b^2+c^2$ とおくと、接する条件は

$$ (au+bv-R)^2-(R-1){(u-a)^2+(v-b)^2+c^2}=0

$$

である。整理すると、

$$ (1-b^2-c^2)u^2+2abuv+(1-a^2-c^2)v^2-2au-2bv+R=0

$$

となる。

これが $H$ の方程式

$$ 3u^2+4v^2-2u-5=0

$$

と一致するように、係数を定数倍で比較する。

$v$ の一次の係数が $0$ であるから、$b=0$ とする。また、$u$ の一次の係数から、定数倍を $\lambda$ とすれば

$$ -2a=-2\lambda

$$

より

$$ a=\lambda

$$

である。

さらに係数比較より

$$ 1-c^2=3a,\qquad a^2+c^2=-5a

$$

が成り立つ。

第2式から

$$ c^2=-5a-a^2

$$

であり、これを第1式へ代入すると、

$$ 1-(-5a-a^2)=3a

$$

すなわち

$$ a^2+2a+1=0

$$

となる。よって

$$ a=-1

$$

である。このとき

$$ c^2=4

$$

だから

$$ c=\pm 2

$$

である。

$B$ は $A(-1,0,2)$ と異なる点でなければならないので、

$$ B=(-1,0,-2)

$$

をとればよい。

**(3)**

$H$ 上の格子点を求める。$H$ の方程式は

$$ 3u^2+4v^2-2u-5=0

$$

である。

これを

$$ 3u^2-2u+4v^2=5

$$

と見る。

左辺のうち $3u^2-2u$ について

$$ 3u^2-2u\leqq 5

$$

でなければならない。これを満たす整数 $u$ は

$$ u=-1,\ 0,\ 1

$$

である。

それぞれ調べる。

**(i)**

$u=-1$ のとき

$$ 3(-1)^2-2(-1)+4v^2=5

$$

より

$$ 5+4v^2=5

$$

だから

$$ v=0

$$

である。

**(ii)**

$u=0$ のとき

$$ 4v^2=5

$$

となり、整数 $v$ は存在しない。

**(iii)**

$u=1$ のとき

$$ 3-2+4v^2=5

$$

より

$$ 4v^2=4

$$

だから

$$ v=\pm 1

$$

である。

したがって、$H$ 上の格子点は

$$ (-1,0,0),\quad (1,1,0),\quad (1,-1,0)

$$

である。

**(4)**

(2) で得た点

$$ B=(-1,0,-2)

$$

と、(3) で得た $H$ 上の格子点

$$ (1,1,0),\quad (1,-1,0)

$$

を用いる。

そこで

$$ C=(-1,0,-2),\quad D=(1,1,0),\quad E=(1,-1,0)

$$

とする。

まず、$C,D,E$ はすべて格子点である。

また、$D,E$ は $H$ 上の点であるから、(1) より直線 $AD,AE$ は球面 $S$ に接する。

さらに、(2) より $B=C$ から $H$ 上の点へ引いた直線も球面 $S$ に接するので、直線 $CD,CE$ も球面 $S$ に接する。

残りの直線 $AC$ と $DE$ について確認する。

直線 $AC$ は

$$ x=-1,\qquad y=0

$$

で表される直線であり、原点からの距離は $1$ である。したがって球面 $S$ に接する。

直線 $DE$ は

$$ x=1,\qquad z=0

$$

で表される直線であり、原点からの距離は $1$ である。したがって球面 $S$ に接する。

次に、辺の長さを調べる。

$$ AC=4

$$

である。また、

$$ AD=\sqrt{2^2+1^2+(-2)^2}=3

$$

であり、同様に

$$ AE=3

$$

である。

さらに

$$ CD=\sqrt{2^2+1^2+2^2}=3,\qquad CE=3

$$

であり、

$$ DE=2

$$

である。

よって、すべての辺の長さは整数である。

また、

$$ \overrightarrow{AC}=(0,0,-4),\quad \overrightarrow{AD}=(2,1,-2),\quad \overrightarrow{AE}=(2,-1,-2)

$$

について、

$$ \overrightarrow{AC}\cdot(\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AE})=16\neq 0

$$

であるから、$A,C,D,E$ は同一平面上にない。したがって、確かに四面体をなす。

解説

この問題の中心は、「球面に接する直線」を二次方程式の重解条件に言い換えることである。

(1) では、直線 $AP$ をパラメータ表示して球面方程式に代入し、判別式 $0$ から $P$ の軌跡を求める。

(2) では、一般の点 $B=(a,b,c)$ から $xy$ 平面上の点 $Q$ へ引いた直線の接線条件を求め、(1) の軌跡と一致するように係数を比較する。

(4) では、(2) で得た点 $B=(-1,0,-2)$ と、(3) で得た $H$ 上の格子点を組み合わせると、接線条件をまとめて満たす四面体を作ることができる。

答え

**(1)**

$$ \overrightarrow{OM} =\bigl(-1+t(u+1),\ tv,\ 2-2t\bigr)

$$

点 $P$ の軌跡 $H$ は

$$ 3u^2+4v^2-2u-5=0

$$

である。

**(2)**

例えば

$$ B=(-1,0,-2)

$$

である。

**(3)**

$$ (-1,0,0),\quad (1,1,0),\quad (1,-1,0)

$$

である。

**(4)**

例えば

$$ C=(-1,0,-2),\quad D=(1,1,0),\quad E=(1,-1,0)

$$

である。