1. No category

学年末テスト対策 ≪ 2 年生理系用≫
※この問題はエースのテキストからテスト対策用に重要問題を抜粋したものです。
※テスト範囲は予想ですので、実際のテスト範囲と異なる場合があります。
※問題に付いている ♠ などのマークは目標別（国公立入試基礎など）に分類したものです。
平面のベクトルの復習
6. ABCD において、線分 AB を 1 : 2 に内分する点を P、線分 BC を 3 : 1 に外分する点を Q、線分 AC を
3 : 2 に内分する点を R とする。
(1) 3 点 P, Q, R は一直線上にあることを示せ。
17
♯
ABCD において、辺 BC を 3 : 2 に内分する点を E、辺 CD の中点を F、線分 AE と BF の交点を P とす
るとき、
(1) AP を AB, AD を用いて表せ。 (3) 直線 CP と AB の交点を Q とするとき、AQ を AB で表せ。
空間のベクトルの基本から標準
25. a = (−1, 0, 1), b = (−2, 0, 3), c = (−1,
1, −1) とする。
(3) p = (−3, 3, −4) を a , b , c で表せ。
26. 4 点 A (2, −1,
2), B (3, 1, 5), C (−4, 1, −2), D (−1, y, 7) とする。
(3) ∠BAC の大きさを求めよ。 (4) 四角形 ABCE が平行四辺形となるとき、点 E の座標を求めよ。
(5) 4 点 A, B, C, D が同一平面上にあるとき、y の値を求めよ。
(6) AC + tAB の最小値とそのときの t の値を求めよ。
(7) ベクトル AB, AC の両方に垂直で大きさが 3 のベクトル h を求めよ。
(8)♯ 点 A から直線 BC に垂線 AH を引くとき、点 H の座標を求めよ。
27.
四面体 ABCD において、△BCD の重心を G、線分 AG を 3 : 1 に内分する点を P、辺 BC, AD の中点を
それぞれ M, N、線分 MN の中点を Q とするとき、点 P と点 Q は一致することを示せ。
28.
1 辺が 2 である正四面体 OABC において、 a = OA, b = OB, c = OC とする。また、辺 OA の中点を
M、辺 BC を 2 : 1 に内分する点を N とする。
(1) a · b を求めよ。 (2) MN を a , b , c を用いて表せ。 (3) MN · MB を求めよ。
(4) MN を求めよ。 (5) cos ∠BMN の値を求めよ。
31
♯
32
♯
平行六面体 OADB−CEGF において、辺 DG を 2 : 1 に内分する点を P、直線 OP と平面 ABC の交点を
Q とするとき、OQ を OA, OB, OC を用いて表せ。
四面体 OABC において、 a = OA, b = OB, c = OC とする。辺 OA の中点を D、辺 OC を 2 : 1 に内分
する点を E とし、△ABC の重心を G、平面 BDE と線分 OG の交点を P とする。さらに直線 AP と △OBC の
交点を Q とするとき、次のベクトルを a , b , c を用いて表せ。
(1) OP (2) OQ
33.
3 点 A (1, 0, 0), B (0, 2, 0), C (0, 0, 3) によって作られる △ABC に、原点 O から垂線 OH を引く。
(1)♯ OH を OA, OB, OC で表し、点 H の座標を求めよ。
(2)♯ 線分 OH の長さを求めよ。
35. 点 A (2,
1, 3) とする。
(1) xz 平面に関して点 A と対称な点の座標を求めよ。
(3) 点 A を通り xy 平面に平行な平面の方程式を求めよ。
(5) 2 点 A, B (−2, −1, −3) を直径の両端とする球面の方程式を求めよ。
42
♯
4 点 A ( 5, 2, −5 ), B (−2, 3, 0 ), C ( 2, 1, 6 ), D ( 0, −3, 4 ) がある。
(1) △BCD の面積を求めよ。 (2) 直線 AB と 3 点 B, C, D を含む平面は垂直であることを示せ。
(3) 四面体 ABCD の体積を求めよ。
空間のベクトルのちょっと応用問題
♠
29 四面体 ABCD と点 P において、PA − 6PB − 4PC − 3PD = 0 が成り立っているとき、点 P はどのよう
な位置にあるか。
30
♠
四面体 ABCD において AB⊥CD, AC⊥BD とする。
(1) AD⊥BC を示せ。 (2) AB2 +CD2 =AC2 +BD2 を示せ。
34. 正四面体 ABCD において辺 AB を 2 : 1 に内分する点を E、線分 EC を t : 1 − t に内分する点を P とする。
(1)♯ EC⊥DP となるような t の値を求めよ。
(2)♠ △BCD の重心を G とするとき、AG と DP が交わるような t の値を求めよ。
36
♠
点 A (−1, 1, 2) を通り、方向ベクトルが u = (−2, 3, −1) である直線 l と、A を中心とし半径
面 S について
(1) 直線 l を媒介変数表示せよ。 (2) 直線 l と xy 平面との交点の座標を求めよ。
(3) S が xy 平面と交わってできる円の方程式を求めよ。 (4) l と S の交点の座標を求めよ。
37
√
14 の球
♠
点 A ( 1, 1, 1 ) を通り u = ( 2, −1, 1 ) に平行な直線 l 上の点を P、媒介変数 t を用いて表された直線
m : ( x, y, z ) = (−1, 0, −1 ) + t ( 1, 1, 1 ) 上の点を Q とする。
(1) AQ が最小となるような t の値を求めよ。 (2) PQ が最小となるような t の値を求めよ。
数学的帰納法
36. n が自然数のとき、次の等式・不等式を証明せよ。
(1)♯ 12 + 22 + 32 + · · · · · · + n2 = 1 n(n + 1)(2n + 1) (2)♯ 2n > 2n + 1
6
2n − 1
(3)♠ 1 + 12 + 12 + · · · · · · + 12 <
=
n
2
3
n
> 3)
(n =
37. (1)♯ n は自然数とする。4n − 1 が 3 で割り切れることを数学的帰納法で証明せよ。
(2)♠ n は自然数とする。2n+1 + 32n−1 は 7 の倍数であることを数学的帰納法で証明せよ。
♠
n
a1 = 1 , an+1 =
(n = 1, 2, 3, · · · · · · ) で定義される数列 {an } について、一般項 an を推定
2
an + n
しその推定が正しいことを証明せよ。
38
数学的帰納法の応用問題
♢
39 x2 − 3x + 1 = 0 の 2 つの解を α, β とするとき、αn + β n は整数となることを示せ。ただし n は自然数と
する。
2
解答
6.
A
1
P
25. (3)
D
3
R
2
2
B
1
C
Q
3
p = s a + t b + u c とおく
(−3, 3, −4) = s(−1, 0, 1) + t(−2, 0, 3) + u(−1, 1, −1)
(−3, 3, −4) = (−s − 2t − u, u, s + 3t − u)


−s − 2t − u = −3


∴ u=3



s + 3t − u = −4
(1) (♣PR = kPQ 等を示す)
よって s = 2, t = −1, u = 3 なので
PR, PQ を ABとAD で表す ←− 自分で決める
3
1
PR = AR − AP =
AC − AB
5
3
)
(
3
1
4
3
=
AB + AD − AB =
AB + AD · · · · · · 1
5
3
15
5
2
3
PQ = PB + BQ =
AB + AD · · · · · · 2
3
2
2
1 , 2 より PR =
PQ が成り立つので
5
３点 P, Q, R は一直線上にある
p = 2a − b + 3c
17.
D
AB =
F
P
B
||
Q
C
E 2
3
(1) ♣ AP を 2 通りで表して係数比較
(i) P は AE 上の点より
AP = kAE とおける
(
)
3
3
= k AB + AD = kAB + kAD
5
5
(ii) P は BF 上の点より BP : PF = t : 1 − t とおくと
AP = (1 − t)AB + tAF
(
)
1
= (1 − t)AB + t AD + AB
2
(
)
t
AB + tAD
= 1 −
2
ABとAD は一次独立なので係数比較して

k = 1 − t

10
6
2
∴k=
, t=
3k=t
13
13

5
10
6
よって AP =
AB +
AD
13
13
(3) (i) Q は CP 上の点より
AQ = AC + kCP とおける
(
)
= AB + AD + k AP − AC
(
)
(
)
10
6
AB +
AD − k AB + AD
= AB + AD + k
13(
13 )
(
)
3
7
= 1 −
k AB + 1 −
k AD · · · · · · (∗)
13
13
(ii) Q は AB 上の点より
AQはAB だけで表せるので（AQ = lAB とおけるので）
(∗) において AD の係数は 0
7
13
よって 1 −
k = 0 k =
13
7
4
∴ AQ =
AB
7
1+4+9=
14
(2) AC = (−6, 2, −4)
AB · AC = 1 · (−6) + 2 · 2 + 3 · (−4) = −14
AB · AC
(3) cos ∠BAC = ABAC
(
)
√
√
AC = 36 + 4 + 16 = 2 14である
||
A
26
. (1) AB = (1, 2, 3) なので
√
√
= √
−14
1
√
=−
2
14 · 2 14
∴ ∠BAC = 120◦
(4) 四角形 ABCE が平行四辺形となるとき
AB = EC が成り立つので、E(a, b, c) とおくと
(1, 2, 3) = (−4 − a, 1 − b, −2 − c)
∴ a = −5, b = −1, c = −5 E(−5, −1, −5)
(5) 同一平面上にあるとき AD = sAB + tAC とかける
∴ (−3, y + 1, 5) = s (1, 2, 3) + t (−6, 2, −4)
(−3, y + 1, 5) = (s − 6t, 2s + 2t, 3s − 4t)



s − 6t = −3


2s + 2t = y + 1
よって s = 3, t = 1, y = 7



3s − 4t = 5
(6) AC + tAB
= (−6, 2, −4) + t (1, 2, 3)
= (t − 6, 2t + 2, 3t − 4)
∴ AC + tAB
√
= (t − 6)2 + (2t + 2)2 + (3t − 4)2
√
= 14t2 − 28t + 56
√
= 14(t − 1)2 + 42
√
∴ t = 1 のとき最小値 42
2
♡別解 AC + tAB
2
2
= AC + 2tAB · AC + AB
= 56 + 2t · (−14) + 14t2
= 14(t − 1)2 + 42
√
∴ t = 1 のときAC + tABの最小値 42
(7) h = (x, y, z) とする
AB · h = 0 より x + 2y + 3z = 0 · · · · · · 1
AC · h = 0 より −6x + 2y − 4z = 0 · · · · · · 2
h = 3 より x2 + y 2 + z 2 = 9 · · · · · · 3
1 , 2 より y と z を x で表すと y = x, z = −x
これを 3 に代入して
√
x2 + x2 + (−x)2 = 9 x = ± 3
( √
)
√
√
∴ h = ± 3, ± 3, ∓ 3 (複号同順)
3
(8) H は BC 上より
OH = OB + kBC
= (3, 1, 5) + k (−7, 0, −7)
= (3 − 7k, 1, 5 − 7k) とおける
AH⊥BC より AH · BC = 0
AH = (1 − 7k, 2, 3 − 7k)
BC = (−7, 0, −7) であるから
−7(1 − 7k) + 0 − 7(3 − 7k) = 0
2
k=
H(1, 1, 3)
7
27.
A
|
N
3
|
B
D
P
1
||
||
5
√
5 57
MN · MB
3
(5) cos ∠BMN = =
= √
57
MNMB
19 √
· 3
3
2
 
MB2 = b − 1 a 2


2

1 2 
= b − a · b + a 



4
 =4−2+1=3

√
MB = 3
29. PA − 6PB − 4PC − 3PD = 0 から AP を求める
G
M
2 1
1
2 2
(4) MN = − a +
b +
c
2
3
3
1 2
4 2 1
4
2
1 2
=
a + b + c − a · b + b · c − a · c
4
9
9
3
9
3
1
1
4
1
4
2
=
·4+
·4+
·4−
·2+
·2−
·2
4
9
9
3
9
3
19
=
9
√
19
∴ |MN =
3
−AP − 6(AB − AP) − 4(AC − AP) − 3(AD − AP) = 0
C
12AP = 6AB + 4AC + 3AD
3
AG
4
AB + AC + AD
3 AB + AC + AD
=
·
=
4
3
4
AM + AN
AQ =
2
AB + AC
1
+ AD
AB + AC + AD
2
2
=
=
2
4
よって AP = AQ より P と Q は一致する
6AB + 4AC + 3AD
ここから内分の公式の形を作る
12
6AB + 4AC
× 10 + 3AD
10
=
12
3AB + 2AC
× 10 + 3AD
5
=
12
ここで線分 BC を 2 : 3 に内分する点を Q とすると
28.
AQ =
AP =
O
||
2
M
||
C
1
N
A
2
B
(1) a · b = 2 · 2 cos 60◦ = 2
(
)
a · b = b · c = a · c = 2
AP =
3AB + 2AC
より
5
10AQ + 3AD
=
12
10AQ + 3AD
13
=
×
13
12
線分 QD を 3 : 10 に内分する点を R とすると
10AQ + 3AD
より
13
13
= AR ×
12
よって AR : AP = 12 : 13 であるから
線分 BC を 2 : 3 に内分する点を Q, 線分 QD を 3 : 10 に内分
AR =
する点を R とすると, 点 P は線分 AR を 13 : 1 に外分する点
(2) MN = ON − OM
30. (1) AD · BC = 0 を示す
OB + 2OC
1
− OA
3
2
1
1
2
=−
a +
b +
c
2
3
3
AB⊥CD より AB · CD = 0
=
(3) MN · MB
(
)
1
MB = OB − OM = b −
a
2
(
) (
)
1
1
2
1
= − a +
b +
c · b −
a
2
3
3
2
1 2
1
1
1 2
2
1
=− a · b + a + b −
a · b + b · c − a · c
2
4
3
6
3
3
1
1
1
2
1
1
·4+
·4−
·2+
·2−
·2
=− ·2+
2
4
3
6
3
3
5
=
3
AB, AC, AD を用いて考える
AB · (AD − AC) = 0
AB · AD − AB · AC = 0
AB · AD = AB · AC · · · · · · 1
AC⊥BD より AC · BD = 0
AC · (AD − AB) = 0
AC · AD − AB · AC = 0
AC · AD = AB · AC · · · · · · 2
このとき
AD · BC = AD · (AC − AB)
= AC · AD − AB · AD
1 , 2 より
= AB · AC − AB · AC
= 0 よって AD⊥BC（証終）
4
(2) 左辺 = AB2 + CD2
(ii) P は △BDE 上より
= |AB|2 + |CD|2
OP = OB + BP
= |AB|2 + |AD − AC|2
= OB + sBD + tBE
= |AB|2 + |AD|2 − 2AC · AD + |AC|2
2 より
= OB + s(OD − OB) + t(OE − OB)
s
2
=
OA + (1 − s − t)OB + tOC · · · · · · 2
2
3
= |AB|2 + |AD|2 − 2AB · AC + |AC|2
OA,

k




3
k

3



k
3
OB, OC は一次独立より 1 , 2 の係数を比較して
s
=
2
2
4
1
, s= , t=
∴ k =
=1−s−t
3
9
3
2
= t
3
2
2
2
よって OP =
a +
b +
c
9
9
9
右辺 = AC2 + BD2
= |AC|2 + |BD|2
= |AC|2 + |AD − AB|2
= |AC|2 + |AD|2 − 2AB · AD + |AB|2
1 より
= |AB|2 + |AD|2 − 2AB · AC + |AC|2
よって AB2 + CD2 = AC2 + BD2 （証終）
31.
B
D
O
A
Q
2
P
1
G
F
C
Q は OP 上の点より
E
OQ = kOP と表せる
(
)
2
= k OA + OB + OC
3
2
= kOA + kOB + kOC
3
また Q は △ABC 上の点でもあるので
D
||
♡ 別解
(i) Q は OP 上の点より
OQ = kOP = kOA + kOB +
2
kOC
3
= OA + sAB + tAC ←− この置き方がポイント
= (1 − s − t)OA + sOB + tOC
OA, OB, OC は一次独立より係数比較して


k = 1 − s − t


3
3
1
k=s
∴ k =
, s= , t=

8
8
4

2

k=t
3
3
3
1
よって OQ =
OA + OB + OC
8
8
4
32.
O
||
2
D
E
||
1
C
P
A
E
Q 1
C
P
G
(i) Q は AP 上の点より
B
OQ = OA + kAP と表せる
(
)
= OA + k OP − OA
(
)
2
2
2
= OA + k
OA + OB + OC − OA
9
9
9
(
)
7
2
2
= 1 − k OA + k OB + k OC · · · · · · 1
9
9
9
(ii) Q は △OBC 上の点より OQ = sOB + tOC · · · · · · 2
OA, OB, OC は一次独立より 1 , 2 の係数を比較して


1 − 7 k = 0


9

9
2
2
2
∴ k =
, s= , t=
k=s

7
7
7
9


2k=t

9
2
2
よって OQ =
b +
c
7
7
33.
G




A
(ii) Q は △ABC 上より
OQ = OA + AQ

2
||
OAとOBとOC の係数の和が１である
2
3
∴ k + k + k = 1 より k =
3
8
3
3
1
よって OQ =
OA +
OB +
OC
8
8
4
♡ 別解
P は OG 上より
k
k
k
OP = kOG =
OA + OB + OC · · · · · · 1
3
3
3

ここで P は △BDE 上の点より
 「OBとODとOEの係数の和が１」が使えるので

 OPをOBとODとOEで表してやる

3
OA = 2OD, OC =
OE を代入
2
k
k
k 3
=
· 2OD + OB +
· OE
3
3
3 2
2
k
k
=
kOD + OB + OE
3
3
2
2
k
k
2
∴
k+
+
= 1 より k =
3
3
2
3
2
2
2
1 に代入して OP =
a +
b +
c
9
9
9
(2)
O
O
B
(1) (i) P は OG 上より
(
)
OA + OB + OC
OP = kOG = k
3
k
k
k
=
OA + OB + OC · · · · · · 1
3
3
3
C
A
H
(1) Ｈは △ABC 上より
B
5
OH = OA + s AB + t AC とおく
= OA + s (OB − OA) + t (OC − OA)
= (1 − s − t)OA + s OB + t OC
= (1 − s − t)(1, 0, 0) + s (0, 2, 0) + t (0, 0, 3)
= (1 − s − t, 2s, 3t )
(i) OH⊥AB より OH · AB = 0 なので
(1 − s − t, 2s, 3t ) · (−1, 2, 0) = 0
∴ 5s + t = 1 · · · · · · 1
(ii) OH⊥AC より OH · AC = 0 なので
(1 − s − t, 2s, 3t ) · (−1, 0, 3) = 0
∴ s + 10t = 1 · · · · · · 2
9
4
1 , 2 より s =
, t=
49
49
36
9
4
OA +
OB +
OC
よって OH =
49
49
49
(
)
36
18
12
H
,
,
49
49
49
(ii) P は EC を t : 1 − t に内分する点より
2
AP =
(1 − t)AB + tAC · · · · · · 2
3
AB, AC, AD は一次独立より

ks
2


= (1 − t)


3
 3
ks
=t

3


 ks − k + 1 = 0

3
2
7
6
これを解いて t =
, k= , s=
5
5
7
35.
z
3
A(2, 1, 3)
6
(2) OH =
(6, 3, 2) より
49
6 √ 2
6
OH =
6 + 32 + 2 2 =
49
7
34.
1
x
2
(1) (2, −1, 3)
A
2
(2) y = 1
(3) z = 3
E
1
y
t
B
(4) (x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − 3)2 = 9
√
√
(5) 中心 (0, 0, 0) 半径 4 + 1 + 9 = 14 なので
x2 + y 2 + z 2 = 14
D
P
1−t
一辺の長さを a とすると
36.
C
AB · AC = AC · AD = AB · AD =
(1) EC = AC − AE = AC −
a2
2
P(x, y)
A
2
AB
3
DP = AP − AD
u = (−2, 3, −1)
O
= (1 − t)AE + tAC − AD
2
(1 − t)AB + tAC − AD
=
3
(1) l 上の点を P(x, y, z) とすると
EC · DP = 0 より
{
} {
}
2
2
AC − AB ·
(1 − t)AB + tAC − AD = 0
3
3
2
(1 − t)AB · AC + t |AC|2 − AC · AD
3
4
2
2
− (1 − t)|AB|2 − t AB · AC + AB · AD = 0
9
3
3
a2
a2
4
a2
a2
(1 − t) + a2 t −
− a2 (1 − t) −
t+
=0
3
2
9
3
3
1
1
4
1
1
(1 − t) + t −
− (1 − t) − t +
=0
3
2
9
3
3
5
これを解いて t =
14
OP = OA + t u と表せる
(x, y, z) = (−1, 1, 2) + t(−2, 3, −1)



x = −2t − 1


∴ y = 3t + 1
······ 1



z = −t + 2
(2) AG 上の点を Q とすると、AG と DP が交わるとき
(i) P は DQ 上より
AP = AD + kDQ
= AD + k(AQ − AD)
s
s
s
AB + AC + AD とおくと
AQ = sAG =
3
3
3
(
)
s
s
s
= AD + k
AB + AC + AD − AD
3
3
3
(
)
ks
ks
ks
=
AB +
AC +
− k + 1 AD · · · · · · 1
3
3
3
6
方向ベクトル u = (−2, 3, −1) と、媒介変数 t を用いて
(2) xy 平面との交点は z = 0 のときなので
z = −t + 2 = 0 より t = 2
∴ x = −5, y = 7
よって (−5, 7, 0)
(3) S : (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = 14 · · · · · · 2
xy 平面上は z = 0 より
(x + 1)2 + (y − 1)2 + (0 − 2)2 = 14
∴ (x + 1)2 + (y − 1)2 = 10
(4) 2 に 1 を代入して
(−2t − 1 + 1)2 + (3t + 1 − 1)2 + (−t + 2 − 2)2 = 14
t2 = 1 ∴ t = ±1
よって (−3, 4, 1), (1, −2, 3)
37. (1)
A
Q Q
Q
AQ が最小になるとき AQ⊥m
m
Q(−1 + t, t, −1 + t) より AQ = (t − 2, t − 1, t − 2)
直線 m の方向ベクトルを v とすると v = (1, 1, 1)
AQ · v = 0 より
t−2+t−1+t−2=0 ∴t =
♡ 別解
|AQ| =
5
3
√
(t − 2)2 + (t − 1)2 + (t − 2)2
√ (
)
5 2
2
= 3 t −
+
3
3
√
6
5
のとき最小値
←− 最小値も求まるよ
t=
3
3
(2) PQ が最小となるとき PQ⊥m かつ PQ⊥l となる
OP = OA + su とかけるので
= (1, 1, 1) + s(2, −1, 1) = (1 + 2s, 1 − s, 1 + s)
(3) 四面体 ABCD は △BCD を底面とすると
(2) より線分 AB が高さになる
√
AB = 5 3
よって体積 V は
√
√
1
V =
× 10 3 × 5 3 = 50
3
1
. (1) 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1) · · · (∗)
6
数学的帰納法で証明する
(I) n = 1 のとき
1
左辺 = 12 = 1 右辺 =
·1·2·3=1
6
よって n = 1 のとき (∗) は成り立つ
(II) n = k のとき (∗) が成り立つと仮定する
1
すなわち 12 + 22 + 32 + · · · · · · + k2 =
k(k + 1)(2k + 1)
6
と仮定する

この仮定を利用して
 n = k + 1 のときも (∗) が成り立つことを示す。


 すなわち
 12 +22 +32 +· · ·+k2 +(k+1)2 = 1 (k+1)(k+2)(2k+3)

6
を示す。
36
∴ PQ = (t − 2s − 2, t + s − 1, t − s − 2)
n = k + 1 のとき
(左辺)
m の方向ベクトル v = (1, 1, 1)
= 12 + 22 + 32 + · · · · · · + k2 + (k + 1)2
仮定を代入して
1
k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)2
=
6
6
1
k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)2
=
6
6
{
}
1
=
(k + 1) k(2k + 1) + 6(k + 1)
6
1
=
(k + 1)(2k2 + 7k + 6)
6
1
=
(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
6
よって n = k のとき (∗) が成り立てば
n = k + 1 のときも (∗) は成り立つ
(I)(II) よりすべての自然数 n について (∗) は成り立つ (証終)
(2) 2n > 2n + 1 (n ＞
＝ 3) · · · · · · (∗)
l の方向ベクトル u = (2, −1, 1)
PQ · v = 0 より
t − 2s − 2 + t + s − 1 + t − s − 2 = 0
3t − 2s − 5 = 0 · · · · · · 1
PQ · u = 0 より
2t − 4s − 4 − t − s + 1 + t − s − 2 = 0
2t − 6s − 5 = 0 · · · · · · 2
10
5
1 , 2 より t =
, s=−
7
14
♡ 別解（計算が大変だ）
√
|PQ| = (t − 2s − 2)2 + (t + s − 1)2 + (t − s − 2)2
√
= 3t2 + 6s2 − 4ts + 10s − 10t + 9
√ (
)
(
)
2s + 5 2
14
5 2
1
= 3 t −
+
s+
+
3
3
14
14
2s + 5
5
, s=−
∴t=
3
14
√
14
10
5
すなわち t =
, s=−
のとき最小値
7
14
14
42. (1) BC = (4, −2, 6), BD = (2, −6, 4)
△BCD の面積 S は
√
1
S=
|BC|2 |BD|2 − (BC · BD)2
2
√
√
|BC| = 2 14, |BD| = 2 14, BC · BD = 44 より
√ √
√
√
1
S=
(2 14)2 (2 14)2 − 442 = 10 3
2
♡ 別解
1
S=
BC · BD sin ∠CBD
2
44
11
BC · BD
√
= √
=
cos ∠CBD =
14
2 14 · 2 14
|BC| |BD|
√
5 3
∴ sin ∠CBD =
14
√
√
√
√
5 3
1
よって S =
· 2 14 · 2 14 ·
= 10 3
2
14
(2) AB⊥BC かつ AB⊥BD を示せばよい
数学的帰納法で証明する
(I) n = 3 のとき
左辺 = 23 = 8
右辺 = 2 · 3 + 1 = 7
よって n = 3 のとき (∗) は成り立つ
(II) n = k (k ＞
＝ 3) のとき (∗) が成り立つと仮定する
すなわち 2k > 2k + 1 と仮定する

この仮定を利用して
 n = k + 1 のときも (∗) が成り立つことを示す。


すなわち
2k+1 > 2(k + 1) + 1 を示す。
n = k + 1 のとき
(左辺)−(右辺)
{
}
= 2k+1 − 2(k + 1) + 1
= 2 · 2k − 2k − 3
仮定より
2 · 2k − 2k − 3 > 2 · (2k + 1) − 2k − 3
= 2k − 1 > 0 (k ＞
＝ 3 より)
よって n = k + 1 のときも (∗) は成り立つ
(I)(II) より自然数 n (n ＞
＝ 3) について (∗) は成り立つ (証終)
AB · BC = (−7, 1, 5) · (4, −2, 6)
= −28 − 2 + 30 = 0 ∴AB⊥BC
AB · BD = (−7, 1, 5) · (2, −6, 4)
= −14 − 6 + 20 = 0 ∴AB⊥BD
AB⊥BC かつ AB⊥BD より
直線 AB と 3 点 B, C, D を含む平面は垂直 (証終)
7
2n − 1
1
1
1
+ 2 + ······ + 2 ＜
· · · · · · (∗)
n
22
3
n ＝
数学的帰納法で証明する
(I) n = 1 のとき
2−1
左辺 = 1 右辺 =
=1
1
よって n = 1 のとき (∗) は成り立つ
(II) n = k のとき (∗) が成り立つと仮定すると
2k − 1
1
1
1
1 + 2 + 2 + · · · · · · + 2 ＜
k
2
3
k ＝

このとき
2k + 1
1
1
1
1

＜
 1 + 2 + 2 + · · · · · · + 2 +
2
3
k
(k + 1)2 ＝ k + 1
を示す
38.a
n = k + 1 のとき
(右辺)−(左辺)
}
{
2k + 1
1
1
1
1
=
− 1 + 2 + 2 + ······ + 2 +
2
k+1
2
3
k
(k + 1)
(
)
2k + 1
1
1
1
1
=
−
1
+
+
+
·
·
·
·
·
·
+
−
k+1
(k + 1)2
22
32
k2
仮定より
(
)
2k − 1
1
1
1
− 1 + 2 + 2 + · · · · · · + 2
なので
＞
＝ −
k
2
3
k
2k + 1
2k − 1
1
＞
＝ k + 1 − (k + 1)2 −
k
1
>
0
=
k(k + 1)2
よって n = k + 1 のときも (∗) は成り立つ
(I)(II) よりすべての自然数について (∗) は成り立つ (証終)
1
2
1
1
2
a2 =
=
=
1
a1 + 1
3
+1
2
2
2
3
a3 =
=
=
2
a2 + 2
4
+2
3
n
よって an =
と推定できる
n+1
n
· · · · · · (∗) を数学的帰納法で証明する
an =
n+1
1
1
(I) n = 1 のとき (∗) は a1 =
=
1+1
2
1
よって a1 =
を満たす
2
(II) n = k のとき (∗) が成り立つと仮定する
k
すなわち ak =
と仮定する
k+1

この仮定を利用して

 n = k + 1 のときも (∗) が成り立つことを示す。
k+1
すなわち ak+1 =
を示す。
k+2
与式の漸化式より
k
ak+1 =
←− この式に仮定を代入する
ak + k
k(k + 1)
k(k + 1)
k+1
k
=
=
=
=
k
k
+
k(k
+
1)
k(k
+
2)
k+2
+k
k+1
よって n = k + 1 のときも (∗) は成り立つ
n
(I)(II) よりすべての自然数について an =
である
n+1
37. (1) (I)
39. 解と係数の関係より
(3) 1 +
n = 1 のとき 41 − 1 = 3
よって n = 1 のとき 4n − 1 は３で割り切れる
(II) n = k のとき 4n − 1 が３で割り切れると仮定する
すなわち 4k − 1 = 3m ( m は自然数) と仮定する


この仮定を利用して
 n = k + 1 のときも３で割り切れることを示す。 
すなわち 4k+1 − 1 が３で割り切れることを示す
n = k + 1 のとき
4k+1 − 1
= 4 · 4k − 1 仮定より 4k = 3m + 1 を代入
= 4(3m + 1) − 1
= 3(4m + 1)
4m + 1 は自然数より 3(4m + 1) は３で割り切れる
よって n = k + 1 のときも 4n − 1 は３で割り切れる
(I)(II) よりすべての自然数 n について 4n − 1 は３で割り切れる
（証終）
(2) (I) n = 1 のとき 22 + 31 = 7 ∴ 7 の倍数
(II) n = k のとき 7 の倍数と仮定すると
2k+1 + 32k−1 = 7m ( m は自然数 ) とおける


この仮定を利用して


n = k + 1 のときも 7 の倍数であることを示す。
すなわち 2k+2 + 32k+1 が 7 の倍数であることを示す
n = k + 1 のとき
2k+2 + 32k+1
= 2 · 2k+1 + 32k+1
仮定より 2k+1 = 7m − 32k−1 を代入して
= 2(7m − 32k−1 ) + 32k+1
= 14m − 2 · 32k−1 + 9 · 32k−1
= 14m + 7 · 32k−1
= 7(2m + 32k−1 )
2m + 32k−1 は自然数より 7(2m + 32k−1 ) は 7 の倍数である
よって n = k + 1 のときも 7 の倍数である
(I)(II) よりすべての自然数 n について
2n+1 + 32n−1 は 7 の倍数である（証終）
8
1
=
α + β = 3, αβ = 1
αn + β n が整数であることを数学的帰納法で示す
(I) n = 1 のとき α + β = 3 より整数
n = 2 のとき ←− これをやる理由は (II) にある
α2 + β 2 = (α + β)2 − 2αβ
= 32 − 2 = 7 より整数
よって n = 1, 2 のとき αn + β n は整数である
(II) n = k, k + 1 のとき
αk + β k , αk+1 + β k+1 が整数であると仮定する
このとき
αk+2 + β k+2
(
)
= αk+1 + β k+1 (α + β) − αk+1 β − αβ k+1
( k+1
)
(
)
= 3 α
+ β k+1 − αβ αk + β k
( k+1
)
(
)
= 3 α
+ β k+1 − αk + β k
仮定より αk + β k , αk+1 + β k+1 は整数であるから
αk+2 + β k+2 は整数である
よって n = k + 2 のときも成り立つ
(I)(II) より αn + β n は整数である