正射影・空間の必須手法
■ 正射影について
空間図形は実物そのものを紙面に描けないこともあって、一般的に理解しづらいことが多
い。そこで、正射影を考えることによって、空間図形を把握してみよう。正射影は概念として
は単純であるが、正射影固有の性質が面白い。
正射影の定義 | |
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図形Fの任意の点をPとする。点Pを通り、平面αに垂直な直線mを 引き、mとαとの交点をQとする。点Pが図形F全体を動くときに点Qが 動いて出来る平面α上の図形をF’とする。 このとき、「図形Fを平面αに正射影した図形がF’である」という。 |
練習1(点の正射影) 点P(3,7,−1)の平面α:x−2y+z=0 上への正射影を求めよ。
(答) (5,3,1)
練習2(直線の正射影) 直線m:x=y−1=2−2z の平面α:x−2y+z=0 上への正射
影を求めよ。
(答) (x−6)/5=(y−3)/2=−z
練習3(ベクトルの正射影) aのb上への正射影を求めよ。
(答) (a・b)b/|b|2
練習3の応用として、次の問は即答できるだろう。
練習4 球面S:(x−1)2+y2+(z+1)2=36 の中心をCとする。点AをS上の1点とする
とき、AにおけるSの接平面上に任意の点Pをとる。このとき、内積CP・CAを求めよ。
(答) 36
練習5 同一直線上にない3点A、B、Cについて、直線ACに関してベクトルABと対称なベ
クトルを、AB、ACを用いて表せ。
(答) 2(AB・AC/|AC|)AC/|AC|−AB
正射影と面積
面積Sの図形Fを含む平面をαとし、Fを平面βへ正射影した図形F’の面積をS’とすると、
S’=S・cosθ (ただし、θはαとβのなす角)
ここでは、特別な場合について考えて納得してもらうことにしよう。
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左図において、長方形ABCDの面積Sは、 S=AB・CDである。A、B、C、Dのβ上への正 射影をP、Q、R、Sとするとき、ABは2平面α、 βの交わりと平行と仮定して、 PQ=AB 、 PS=AD・cosθ よって、 S’=PQ・PS=AB・AD・cosθ=S・cosθ |
(注意) 一般の平面図形Fでは、Fを交線にに平行な辺を持つ長方形に細分して上と同様
に考えれば、やはり上の公式は成り立つ。もう少し厳密な証明は読者に任せる。
この公式に関連した問題は数多い。有名な問題をいくつか紹介しよう。
1.OA⊥OB、OB⊥OC、OC⊥OAとなっている四面体OABCの4つの面△ABC、△OBC、
△OCA、△OABの面積をそれぞれS、A、B、Cとすると、S2=A2+B2+C2 が成り立つ
ことを示せ。
(答) △ABCの法線ベクトルを(a,b,c)とする。△OBCの法線ベクトルは、(1,0,0)より、
cosθ=a/√(a2+b2+c2) で、A=S・a/√(a2+b2+c2)
同様にして、 B=S・b/√(a2+b2+c2) 、C=S・c/√(a2+b2+c2)
したがって、
A2+B2+C2=S2(a2/(a2+b2+c2)+b2/(a2+b2+c2)+c2/(a2+b2+c2))=S2
2.球面S : x2+y2+z2=1 と平面α : x+y+z=1 との交線をCとする。Cの xy 平面へ
の正射影をFとするとき、Fの方程式、Fの囲む図形の面積をそれぞれ求めよ。
(答) x2+xy+y2−x−y=0、z=0 2π/(3)
3.空間内に面積1の正三角形ABCを考える。△ABCを xy 平面、yz 平面、zx 平面にそれ
ぞれ正射影して出来る図形の面積をU、V、Wとする。空間内で△ABCを含む平面を動か
すとき、U+V+Wの最大値を求めよ。
(答)
4.空間に下図のような立方体ABCD-PQRSとその対角線ARに垂直な平面αがある。こ
の立方体のαへの正射影は正六角形になる。この正六角形の面積を求めよ。
(答) 9
■ 空間の必須手法について
「空間はどうも苦手だ」、「空間の問題は図が描きにくいから嫌いだ」などという声をよく耳に
するが、「空間」とは我々が日常慣れ親しんでいるはずの”3次元の世界”に他ならないのだ
から”感覚がつかみにくい”ということはないはずなのである。
以下では、空間特有の必須手法を整理し、演習していこう。
(1) 垂線の足を求めること(平面・直線)
(2) 点と平面(直線)の距離
(3) 平面(直線)に関する対称点
(4) 平面と平面、直線と直線、直線と平面のなす角
(5) 直線を含む平面、平面と平面の交線
(6) 球と直線、平面と直線、球と平面、直線と直線の共有点
(7) 円、球、接平面のベクトル方程式
練習1 空間内に2直線がある。
m : x−1=(y−4)/3=(z+1)/2 、n : x−a2=(y−2a)/2=z+2 (aは実数)
このとき、次の問いに答えよ。
(1) mとnは常に同一平面上にないことを示せ。
(2) nを含み、mと平行な平面πの方程式を求めよ。
(3) 原点と平面πの距離が1/となるようなaの値を求めよ。
(答)(1) 略 (2) x−y+z−a2+2a+2=0 (3) 1±、−1、3
練習2 空間において、4点O(0,0,0)、A(1,2,3)、B(−2,−1,3)、C(−3,1,−2)
がある。このとき、次の問いに答えよ。
(1) △ABCの面積を求めよ。
(2) 四面体OABCの体積を求めよ。
(答)(1) 3√59/2 (2) 7√59/√134
練習3 空間内に点A(3,−4,2)を中心とする半径4の球面SとS上の点P(1,−2,0)
がある。PにおけるSの接平面をαとするとき、次の問いに答えよ。
(1) αの方程式を求めよ。
(2) 原点OとAはαに関して同じ側にあるか、反対側にあるか。
(答)(1) x−y+z=3 (2) 反対側
練習4 空間の2点A(1,2,3)、B(5,6,7)を直径とする球をSとする。点Q(−7,2,3)
からSへの最短距離dとそれを与えるS上の点の座標を求めよ。
(答) 4 (−1/3,10/3,13/3)
練習5 空間に4点A(1,0,0)、B(0,2,0)、C(0,0,2)、D(2,3,4)がある。次の問
いに答えよ。
(1) Dから3点A、B、Cを通る平面へ下した垂線の足をHとするとき、Hの座標を求めよ。
(2) Hから2点B、Cを通る直線に下した垂線の足をKとするとき、Kの座標を求めよ。
(3) 点Pが△ABCの内部及び辺上を動くときのPとDの距離の最小値を求めよ。
(答)(1) (−1,3/2,5/2) (2) (0,1/2,3/2) (3) √66/2
練習6 直線 m : 1−x=y+1=(z−1)/4 を含み、平面α : 4x−y−z=6 とのなす角
が45°となる平面の方程式を求めよ。
(答) 8x+4y+z=6、2x−2y+z=6
練習7 次の問いに答えよ。
(1) 平面上の長さ r の2つのベクトルOA、OBは直交しているとする。このとき、
OP=OAcosθ+OBsinθ (0≦θ≦2π) の点Pは、どんな図形を描くか。
(2) 空間のベクトルOM=(,
,0)、ON=(1,−1,2)に対して、
OP=OMcosθ+ONsinθ (0≦θ≦2π) の点Pは、どんな図形を描くか。また、
OQ=(2,1,1)の点Qはこの図形上の点であることを示し、そのときのθの値を求めよ。
(3) 上で求めた図形をxy平面へ正射影してできる図形の方程式を求め、そのグラフを描け。
(答)(1) 平面OAB上でOを中心とする半径 r の円 (2) 前半は略 θ=π/6
(3) x2−xy+y2=3
(追記) 令和6年8月12日付け
次の東北大学 理系(1978)の問題は、手頃な空間座標の問題と言える。
第3問 空間で2つの平面 α : 2x+y+5z=−6、β : z=2 を考える。β上に、
中心Q(2,1,2)、半径の円があり、その周上に点Cがある。ただし、Cはαに関し
てQと同じ側にあるものとする。このとき、次の問に答えよ。
(1) Cからαに下ろした垂線の足をTとする。CTの長さがであるとき、CTを求めよ。
(2) CおよびTの座標を求めよ。
(解)(1) (2,1,5)⊥α より、 CT=k(2,1,5) (kは実数) とおける。
CT= より、k2(4+1+25)=30 から、k2=1 すなわち、k=±1
F(x,y,z)=2x+y+5z+6 とおくと、 F(2,1,2)=4+1+10+6=21>0 なので、
C(p,q,2)に対して、 F(p,q,2)=2p+q+16>0 である。
このとき、 T(p+2k,q+k,2+5k) がα上にあるので、
2(p+2k)+(q+k)+5(2+5k)=−6 すなわち、 2p+q+16+30k=0
2p+q+16>0 より、k<0 であることが分かる。 よって、k=−1 である。
よって、CT=(−2,−1,−5)
(2) (1)より、 2p+q=14 である。
ここで、 CQ= より、 (p−2)2+(q−1)2=29
q=14−2p を代入して整理すると、 5p2−56p+144=0
すなわち、 (5p−36)(p−4)=0 より、 p=36/5 、4
p=36/5 のとき、 q=14−2p=−2/5
p=4 のとき、 q=6
以上から、 C(36/5,−2/5,2) または、 C(4,6,2)
C(36/5,−2/5,2) のとき、 T(26/5,−7/5,−3)
C(4,6,2) のとき、 T(2,5,−3) (終)
(追記) 令和6年8月24日付け
次の東北大学 理系(1979)の問題も、空間における必須技法と言えるだろう。
第1問 (1) 3点A(2,0,2)、B(2,2,1)、C(0,0,3)を通る平面の方程式を求めよ。
(2) 原点Oからこの平面に下ろした垂線の足をDとする。Dの座標を求め、OAとOD
のなす角を求めよ。
(解)(1) 求める平面の方程式を、 ax+by+cz=d とおくと、3点A、B、Cを通ることから、
2a+2c=d 、2a+2b+c=d 、3c=d が成り立つ。
すなわち、 2a=c 、2b=c なので、 (1/2)cx+(1/2)cy+cz=3c
c≠0 として、求める平面の方程式は、 x+y+2z=6
(2) (1,1,2)⊥x+y+2z=6 なので、D(t,t,2t) とおける。
この点が平面上にあるので、 t+t+4t=6 から、t=1 よって、D(1,1,2)
OA=(2,0,2)、OD=(1,1,2) から、 OA=2、OD=
で、OA・OD=6
よって、OAとODのなす角をθとおくと、 cosθ=6/(2・
)=
/2 から、
θ=30° (終)
(追記) 令和6年9月16日付け
次の東北大学 文系(1980)の問題も、空間における必須技法と言えるだろう。
問題 原点Oから直線 (x−2)/3=(y−1)/4=(1−z)/5 に下ろした垂線の長さを求めよ。
(解) (x−2)/3=(y−1)/4=(1−z)/5=t とおくと、x=3t+2、y=4t+1、z=1−5t
よって、 x2+y2+z2=50t2+10t+6=50(t+1/10)2+11/2 より、
t=−1/10 のとき最小で、最小値は、√(11/2)=(1/2)√22 (終)
(別解) (3t+2,4t+1,1−5t)⊥(3,4,−5) より、
3(3t+2)+4(4t+1)−5(1−5t)=50t+5=0 よって、 t=−1/10
このとき、垂線の足の座標は、(17/10,3/5,3/2) で、垂線の長さは、
√(289/100+9/25+9/4)=√(11/2)=(1/2)√22 (終)
(追記) 令和6年9月27日付け
次の東北大学 理系(1981)の問題も、空間における必須技法と言えるだろう。
問題1 次の2平面が与えられている。 α:4x+12y−3z=12 、β:8x−9y+5z=−9
このとき、平面αとβの交わりの直線方向の単位ベクトル u を求めよ。また、平面αに
平行で u に垂直な単位ベクトル v を求めよ。ただし、u、v の x 成分はいずれも正とする。
(解) 平面αとβの交わりの直線方向のベクトルを d=(a,b,c) とおくと、題意より、
(a,b,c)⊥(4,12,−3) 、(a,b,c)⊥(8,−9,5) なので、
4a+12b−3c=0 、 8a−9b+5c=0 より、c=3b 、a=−(3/4)b
よって、 d=(−3/4,1,3)b で、(−3/4,1,3)の大きさは、13/4
以上から、求める単位ベクトル u は、 (3/13,−4/13,−12/13)
平面αに平行で u に垂直なベクトルを、v’=(s,t,u) とおくと、
題意より、 4s+12t−3u=0 、3s−4t−12u=0 なので、
s=3u 、t=−(3/4)u より、 v’=(3,−3/4,1)u
(3,−3/4,1)の大きさは、13/4 なので、求める単位ベクトルv は、
v=(12/13,−3/13,4/13) (終)
(追記) 令和6年10月25日付け
次の東北大学 文系(1983)の問題も、空間における必須技法と言えるだろう。
問題 空間内の4点O(0,0,0)、A(0,1,−1)、P(−2t,0,0)、Q(t,t+1,t−1) (t≠0)
を考える。3点O、P、Qを通る平面が3点A、P、Qを通る平面に垂直になるように t を定
めよ。
(解) △OPQの法線ベクトルを(a,b,c)、△APQの法線ベクトルを(k,m,n) とすると、
−2ta=0、at+b(t+1)+c(t−1)=0 から、a=0 で、(a,b,c)=(0,t−1,−t−1)
また、−2tk−m+n=0 、k+m+n=0 から、(k,m,n)=(2,−2t−1,2t−1)
(a,b,c)⊥(k,m,n) から、 −(2t+1)(t−1)−(2t−1)(t+1)=0
よって、 2t2=1 から、 t=±1/ (終)
(追記) 令和6年11月4日付け
次の東北大学 文系(1984)の問題も、空間における必須技法と言えるだろう。
問題 空間に3点A(−2,2,−1/2)、B(1,0,1/2)、P(2p,p,3p)がある。
(1) Oを原点とするとき、2つのベクトルAB、OPのなす角を求めよ。ただし、p≠0 とする。
(2) 点Pより直線ABに下ろした垂線の長さが/2になるようにpの値を求めよ。
(解)(1) AB=(3,−2,1)、OP=(2p,p,3p) より、AB、OPのなす角θは、
cosθ=p/(2|p|)=±1/2 より、 θ=π/3 または 2π/3
(2) 点Pより直線ABに下ろした垂線の足をHとおくと、 AH=kAB=(3k,−2k,k)
このとき、 PH=(3k−2p−2,−2k−p+2,k−3p−1/2)
PH=/2 より、 (3k−2p−2)2+(−2k−p+2)2+(k−3p−1/2)2=5/4
AB⊥PH より、 3(3k−2p−2)−2(−2k−p+2)+k−3p−1/2=0
すなわち、 p=2k−3/2
よって、 (−k+1)2+(−4k+7/2)2+(−5k+4)2=5/4 より、
42k2−70k+28=0 から、 3k2−5k+2=0
すなわち、 (3k−2)(k−1)=0 より、 k=2/3 、1
このとき、 p=−1/6 、1/2 (終)
(追記) 令和6年11月4日付け
次の東北大学 理系(1985)の問題は、空間把握が出来ていれば易問だろう。
問題6 平面 x+2y+2z=9 上に点A(5,−1,3)を中心とする半径2の円を描く。点Pが
この円周上を動くとき、OPの平方の最小値を求めよ。ただし、Oは原点とする。
(解) Oより平面に下した垂線の足Hの座標は、(t,2t,2t) とおける。この点が平面上に
あるので、 t+4t+4t=9 より、 t=1 よって、H(1,2,2)
このとき、 AH2=16+9+1=26>4 から、Hは円外の点である。
よって、 OP2=OH2+PH2=PH2+9 において、PH=−2 のとき最小となる。
したがって、OP2の最小値は、 (−2)2+9=39−4
(終)
(追記) 令和6年11月17日付け
次の東北大学 文系(1985)の問題も典型的な空間図形の問題である。
問題 空間内の3直線 L0:y=z=0 、L1:x/2=y=z−1 、L2:−x=y=z+1 を考え
る。L0上の点P(t,0,0) に対し、Pを通り、L1、L2 と交わる直線をGとする。
(1) Gの方程式を求めよ。
(2) GとL1、L2 との交点をそれぞれQ、Rとする。PがL0上を動くとき、QRの最小値を求め
よ。
(解)(1) GとL1、L2 との交点Q、Rについて、Q(2m,m,m+1)、R(−n,n,n−1)とする。
このとき、QR=(2m+n,m−n,m−n+2)=kPR=k(−n−t,n,n−1) である。
2m+n=−kn−kt 、m−n=kn 、m−n+2=kn−k
第2、3式より、 k=−2 なので、 2m−n=2t 、 m+n=0
よって、 n=−m より、 m=(2/3)t 、n=−(2/3)t なので、
QR=(2m+n,m−n,m−n+2)=((2/3)t,(4/3)t,(4/3)t+2)
=(2/3)(t,2t,2t+3)
したがって、直線Gの方程式は、 (x−t)/t=y/(2t)=z/(2t+3) となる。
(2) QR=(2/3)(t,2t,2t+3) より、
QR2=(4/9)(t2+4t2+(2t+3)2)
=(4/9)(9t2+12t+9)=(4/9)(9(t+2/3)2+5) から、t=−2/3 のとき、最小
よって、QRの最小値は、 (2/3) (終)
(追記) 令和6年11月18日付け
次の東北大学 文理共通(1986)の問題は、基本ベクトルが話題になっており、新鮮な感
じがする。
問題 空間における基本ベクトル e=(1,0,0)、f=(0,1,0)、j=(0,0,1) を使って、
3つのベクトル a、b、c を、a=e+f、b=e−f、c=−e+j と定める。
(1) a と b、b と c、c と a のなす角をそれぞれ求めよ。
(2) 2つのベクトル b、c に直交し、ベクトル a との内積が1であるようなべクトルを p と
する。p を基本ベクトル e、f、j で表せ。
(解)(1) a=(1,1,0)、b=(1,−1,0)、c=(−1,0,1) より、
cos(a,b)=0 から、(a,b)=π/2
cos(b,c)=−1/2 から、(b,c)=2π/3
cos(c,a)=−1/2 から、(c,a)=2π/3
(2) p=(x,y,z) とおくと、p・b=x−y=0 、p・c=−x+z=0 より、x=y=z
また、p・a=x+y=1 から、 x=y=z=1/2
よって、 p=(1/2,1/2,1/2)=(1/2)e+(1/2)f+(1/2)j (終)
(追記) 令和6年12月3日付け
次の東北大学 理系(1987)の問題は、点と平面との距離の公式が活躍する。
問題5 xy 平面との交わりが円 (x+1)2+y2=2 となり、平面 4x+2y−z=4 に接
する球の方程式を求めよ。
(解) 題意より、球の中心の座標は、(−1,0,a) (aは実数) とおける。
この点(−1,0,a)と平面 4x+2y−z=4 の距離は、 |a+8|/5 で、
球の半径 √(a2+2) に等しい。すなわち、 |a+8|/5=√(a2+2)
両辺を平方して整理すると、 12a2−8a−7=0 すなわち、 (2a+1)(6a−7)=0
よって、 a=−1/2 、7/6
a=−1/2 のとき、球の半径は、√(9/4)=3/2
a=7/6 のとき、球の半径は、√(121/36)=11/6
したがって、求める球の方程式は、
(x+1)2+y2+(z+1/2)2=9/4 、(x+1)2+y2+(z−7/6)2=121/36 (終)
(追記) 令和7年1月6日付け
次の東北大学 文系(1988)の問題は、三角形、四面体の重心に関わる問題である。
問題 四面体OABCにおいて、OA=a、OB=b、OC=c とし、Gを△ABCの重心、即ち、
OG=(a+b+c)/3 とする。
(1) OG=g とおいて、AG2を a、g および内積を用いて表せ。
(2) OA2+OB2+OC2=AG2+BG2+CG2+3OG2 を示せ。
(3) △OABの重心をEとする。OF=(3/4)OGによって、点Fを定めるとき、Fは直線CE上
にあることを示せ。
(解)(1) AG=g−a より、 AG2=(g−a)・(g−a)=|g|2−2g・a+|a|2
(2) (1)と同様にして、 BG2=|g|2−2g・b+|b|2、CG2=|g|2−2g・c+|c|2
よって、AG2+BG2+CG2+3OG2
=|a|2+|b|2+|c|2−2g・(a+b+c)+3|g|2+3|g|2
=|a|2+|b|2+|c|2−6|g|2+6|g|2
=|a|2+|b|2+|c|2
=OA2+OB2+OC2
よって、 OA2+OB2+OC2=AG2+BG2+CG2+3OG2 が成り立つ。
(3) OE=(a+b)/3 、OF=(3/4)OG=(a+b+c)/4 なので、
CF=(a+b+c)/4−c=(a+b−3c)/4 、CE=(a+b)/3−c=(a+b−3c)/3
よって、 CF=(3/4)CE より、Fは直線CE上にある。 (終)
(追記) 令和7年1月10日付け
次の東北大学 理系(1989)の問題は、空間把握をして考えると楽しい。
問題1 xyz空問において、点(0,0,5)をP、平面 x+2y+2z=0 をαとし、xy平面上の
円 x2+y2=4 をCとする。
(1) 平面αとxy平面との交線の方向ベクトル a=(2,a2,a3) と、aに垂直で平面αに平
行なベクトルb=(2,b2,b3) を求めよ。
(2) 原点Oとα上の点Qに対し OQ=sa+tb とおく。直線PQが円Cと交わるための s、t
の満たすべき条件を求めよ。
(解)(1) (1,2,2)⊥(2,a2,a3) から、 a2+a3=−1
aは、平面αと xy 平面との交線の方向ベクトルなので、 a3=0 よって、 a2=−1
よって、 a=(2,−1,0)
また、bは、aに垂直なので、 4−b2=0 から、 b2=4
さらに、b⊥(1,2,2) より、 2+8+2b3=0 から、 b3=−5
よって、 b=(2,4,−5)
(2) OQ=sa+tb=(2s+2t,−s+4t,−5t) なので、
PQ=(2s+2t,−s+4t,−5t−5)
よって、直線PQの方程式は、 x/(2s+2t)=y/(−s+4t)=(z−5)/(−5t−5)
このとき、xy平面との交点は、z=0 として、x=(2s+2t)/(t+1)、y=(−s+4t)/(t+1)
この点がC上にあるための条件は、 (2s+2t)2/(t+1)2+(−s+4t)2/(t+1)2=4
すなわち、 (2s+2t)2+(−s+4t)2=4(t+1)2 より、
5s2+16t2−8t−4=0 (終)
(追記) 令和7年1月19日付け
次の東北大学 文系(1989)の問題は、絵が描ければ解きやすいかな?
問題 (1) 球 x2+y2+z2+2x−4y+4z=16 の平面 6x−2y+3z=5 による切り口
である円Cの中心と半径を求めよ。
(2) 円C上のすべての点からの距離が√32である点を求めよ。
(解)(1) x2+y2+z2+2x−4y+4z=16 より、 (x+1)2+(y−2)2+(z+2)2=25
よって、球の中心は、(−1,2,−2) で、半径は、5
点(−1,2,−2)と平面 6x−2y+3z=5 の距離は、
|−6−4−6−5|/√(36+4+9)=21/7=3
よって、円Cの半径は、 √(25−9)=4
また、直線 (x+1)/6=(y−2)/(−2)=(z+2)/3 と平面 6x−2y+3z=5 の交点は、
6(6t−1)−2(−2t+2)+3(3t−2)=5 から、 t=3/7 なので、
円Cの中心は、(11/7,8/7,−5/7))
(2) 求める点の座標は、(6t−1,−2t+2,3t−2) とおける。
このとき、 (6t−18/7)2+(−2t+6/7)2+(3t−9/7)2=32−16=16
展開して整理すると、 7t2−6t−1=0 から、 t=1、−1/7
t=1 のとき、求める点は、 (5,0,1)
t=−1/7 のとき、求める点は、 (−13/7,16/7,−17/7) (終)
以下、工事中!