原点を O とする \(xyz\) 空間内で, \(x\) 軸上の点 A , \(xy\) 平面上の点 B , \(z\) 軸上の点 C を, 次をみたすように定める. \[ \angle \text{OAC} = \angle \text{OBC} = \theta , \ \angle \text{AOB} = 2 \theta , \ \text{OC} = 3 \] ただし, A の \(x\) 座標, B の \(y\) 座標, C の \(z\) 座標はいずれも正である. さらに △ABC 内の点のうち, O からの距離が最小の点を H とする. また, \(t = \tan \theta\) とおく.

1. (1)　線分 OH の長さを \(t\) の式で表せ.

2. (2)　H の \(z\) 座標を \(t\) の式で表せ.

【 解 答 】

条件より, \(0^{\circ} \lt \theta \lt 90^{\circ}\) なので \[\begin{align} \cos \theta & = \dfrac{1}{\sqrt{\tan^2 \theta +1}} = \dfrac{1}{\sqrt{t^2 +1}} , \\ \sin \theta & = \sqrt{1 -\cos^2 \theta} = \dfrac{t}{\sqrt{t^2 +1}} \end{align}\] また \[ \text{OA} = \text{OB} = \dfrac{3}{\tan \theta} = \dfrac{3}{t} \] AB の中点を M とおけば \[ \text{OM} = \text{OA} \cos \theta = \dfrac{3}{t \sqrt{t^2+1}} \] ゆえに \[\begin{align} \text{CM} & = \sqrt{\text{OM}^2 +\text{OC}^2} \\ & = 3 \sqrt{ \dfrac{1}{t^2 \left( t^2+1 \right)} +1} \\ & = \dfrac{3\sqrt{t^4+t^2 +1}}{t \sqrt{t^2+1}} \end{align}\] 四面体 OABC は平面 OMC について対称なので, 点 H は点 O から CM に下した垂線の足である.
\(\triangle \text{OMC} \sim \triangle \text{OHC}\) なので \[\begin{align} \text{OH} : \text{OC} & = \text{OM} : \text{CM} = 1 : \sqrt{t^4+t^2 +1} \\ \text{∴} \quad \text{OH} & = \underline{\dfrac{3}{\sqrt{t^4+t^2 +1}}} \end{align}\]

(2)

点 H は CH を \[ \text{OM}^2 : \text{OC}^2 = t^2 \left( t^2 +1 \right) : 1 \] に内分するので, 点 H の \(z\) 座標は \[ \dfrac{0 \cdot t^2 \left( t^2 +1 \right) +3 \cdot 1}{t^4 +t^2 +1} = \underline{\dfrac{3}{t^4 +t^2 +1}} \]