$\vec a,$ $\vec b \neq \vec 0,$ のとき, $\vec a,$ $\vec b$ のなす角を $\theta$ とおくと, 余弦定理により \[\begin{aligned} \vec a\cdot\vec b &= |\vec a||\vec b|\cos\theta \\ &= |\vec a||\vec b|\cdot\frac{|\vec a|^2+|\vec b|^2-|\vec b-\vec a|^2}{2|\vec a||\vec b|} \\ &= \frac{\displaystyle\sum_{k = 1}^na_k{}^2+\sum_{k = 1}^nb_k{}^2-\sum_{k = 1}^n(b_k-a_k)^2}{2} \\ &= \frac{\displaystyle\sum_{k = 1}^na_k{}^2+\sum_{k = 1}^nb_k{}^2-\sum_{k = 1}^n(b_k{}^2-2a_kb_k+a_k{}^2)}{2} \\ &= \sum_{k = 1}^na_kb_k \end{aligned}\] が成り立つ.

\[ |\overrightarrow{\mathrm{AM}}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{BM}}|^2 = \frac{1}{2}(|\vec b|^2+|\vec c|^2) \quad \cdots [1]\] を示せばよい. \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AM}} &= \frac{1}{2}(\vec b+\vec c), \\ \overrightarrow{\mathrm{BM}} &= \overrightarrow{\mathrm{AM}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}} \\ &= \frac{1}{2}(\vec b+\vec c)-\vec b = \frac{1}{2}(\vec c-\vec b) \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} |\overrightarrow{\mathrm{AM}}|^2 &= \frac{1}{4}(|\vec b|^2+2\vec b\cdot\vec c+|\vec c|^2), \\ |\overrightarrow{\mathrm{BM}}|^2 &= \frac{1}{4}(|\vec c|^2-2\vec b\cdot\vec c+|\vec b|^2) \end{aligned}\] が成り立つ. $2$ 式の辺々を加えると, $[1]$ が得られる.

　$3$ 直線 $y = ax,$ $y = bx,$ $y = cx$ の方向ベクトル $\vec a = (1,a),$ $\vec b = (1,b),$ $\vec c = (1,c)$ について, $\vec a,$ $\vec c$ のなす角の余弦と $\vec b,$ $\vec c$ のなす角の余弦は絶対値が等しいから, ベクトルの内積の公式により \[\begin{aligned} \frac{|\vec a\cdot\vec c|}{|\vec a||\vec c|} &= \frac{|\vec b\cdot\vec c|}{|\vec b||\vec c|} \\ \frac{|1+ac|}{\sqrt{1+a^2}\sqrt{1+c^2}} &= \frac{|1+bc|}{\sqrt{1+b^2}\sqrt{1+c^2}} \\ |1+ac|\sqrt{1+b^2} &= |1+bc|\sqrt{1+a^2} \end{aligned}\] が成り立つ. 両辺を $2$ 乗すると \[ (1+ac)^2(1+b^2) = (1+bc)^2(1+a^2)\] よって \[\begin{aligned} (1+ac)^2(1+b^2)-(1+bc)^2(1+a^2) &= 0 \\ (a^2-b^2)c^2+2(a-b+ab^2-a^2b)c-a^2+b^2 &= 0 \\ (a+b)(a-b)c^2-2(a-b)(ab-1)c-(a+b)(a-b) &= 0 \\ (a+b)c^2-2(ab-1)c-(a+b) &= 0 \end{aligned}\] となるから, $2$ 次方程式の解の公式により \[\begin{aligned} c &= \frac{ab-1\pm\sqrt{(ab-1)^2+(a+b)^2}}{a+b} \\ &= \frac{ab-1\pm\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{a+b} \end{aligned}\] が得られる.

(1)

$\angle\mathrm P_k\mathrm O\mathrm P_{k+1} = \dfrac{2\pi}{n}$ は正 $n$ 角形の外角の大きさに等しいから, $k = 1,$ $\cdots,$ $n-1$ の順に $\overrightarrow{\mathrm{OP}_k}$ の終点に $\overrightarrow{\mathrm{OP}_{k+1}}$ の始点を合わせてなぞると正 $n$ 角形が描かれる. つまり, \[\sum_{k = 1}^n\overrightarrow{\mathrm{OP}_k} = \overrightarrow{\mathrm{OO}} = \vec 0 \quad \cdots [1]\] が成り立つ.

(2)

$[1]$ により, \[\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n-1}\mathrm P_k\mathrm P_n{}^2 &= \sum_{k = 1}^n\mathrm P_k\mathrm P_n{}^2 \quad (\because\mathrm P_n\mathrm P_n{}^2 = 0) \\ &= \sum_{k = 1}^n|\overrightarrow{\mathrm P_k\mathrm P_n}|^2 = \sum_{k = 1}^n|\overrightarrow{\mathrm{OP}_n}-\overrightarrow{\mathrm{OP}_k}|^2 \\ &= \sum_{k = 1}^n(|\overrightarrow{\mathrm{OP}_n}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{OP}_k}|^2-2\overrightarrow{\mathrm{OP}_n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OP}_k}) \\ &= \sum_{k = 1}^n(1+1)-2\overrightarrow{\mathrm{OP}_n}\cdot\sum_{k = 1}^n\overrightarrow{\mathrm{OP}_k} \\ &= 2n-2\overrightarrow{\mathrm{OP}_n}\cdot\vec 0 \quad (\because [1]) \\ &= 2n \quad \cdots [2] \end{aligned}\] である.

(3A)

$[2]$ の値は頂点のとり方によらない. これを頂点の個数だけ加えるとすべての辺, 対角線の長さの平方和の $2$ 倍になるから, 求める値は \[\sum_{k = 1}^{n-1}\mathrm P_k\mathrm P_n{}^2 = \frac{n}{2}\sum_{k = 1}^{n-1}\mathrm P_k\mathrm P_n{}^2 = \frac{n}{2}\cdot 2n = n^2\] である.

(3B)

• $n = 2m+1$ ($m$: 正の整数) のとき. 正 $n$ 角形は頂点 $\mathrm P_n$ と線分 $\mathrm P_m\mathrm P_{m+1}$ の中点を結ぶ直線に関して対称であるから, $[2]$ により, \[\begin{aligned} \sum_{k = 1}^m\mathrm P_k\mathrm P_n{}^2 &= \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{n-1}\mathrm P_k\mathrm P_n{}^2 \\ &= \frac{1}{2}\cdot 2n = n \end{aligned}\] が成り立つ.
• $n = 2m$ ($m$: $2$ 以上の整数) のとき. 正 $n$ 角形は直線 $\mathrm P_n\mathrm P_m$ に関して対称であるから, $[2]$ により, \[\begin{aligned} \sum_{k = 1}^m\mathrm P_k\mathrm P_n{}^2 &= \frac{1}{2}\left(\sum_{k = 1}^{n-1}\mathrm P_k\mathrm P_n{}^2+\mathrm P_n\mathrm P_m{}^2\right) \\ &= \frac{1}{2}\cdot (2n+2^2) = n+2 \end{aligned}\] が成り立つ.

よって, 求める等式が成り立つ.

　$\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm C(\vec c)$ とおき, 点 $\mathrm P(\vec p)$ をとる. このとき, \[\begin{aligned} &\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2+\mathrm{CP}^2 \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{AP}}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{BP}}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2 \\ &= |\vec p-\vec a|^2+|\vec p-\vec b|^2+|\vec p-\vec c|^2 \\ &= |\vec p|^2-2\vec p\cdot\vec a+|\vec a|^2+|\vec p|^2-2\vec p\cdot\vec b+|\vec b|^2+|\vec p|^2-2\vec p\cdot\vec c+|\vec c|^2 \\ &= 3|\vec p|^2-2\vec p\cdot (\vec a+\vec b+\vec c)+|\vec a|^2+|\vec b|^2+|\vec c|^2 \\ &= 3\left|\vec p-\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}\right| ^2-\frac{|\vec a+\vec b+\vec c|^2}{3}+|\vec a|^2+|\vec b|^2+|\vec c|^2 \\ &= 3\left|\vec p-\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}\right| ^2+\frac{2}{3}(|\vec a|^2\!+\!|\vec b|^2\!+\!|\vec c|^2\!-\!2\vec a\cdot\vec b\!-\!2\vec b\cdot\vec c\!-\!2\vec c\cdot\vec a) \\ &= 3\left|\vec p-\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}\right| ^2+\frac{|\vec c-\vec b|^2+|\vec a-\vec c|^2+|\vec b-\vec a|^2}{3} \end{aligned}\] が成り立つから, この和が最小であるとき点 $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心である (最小値は $\dfrac{\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2+\mathrm{AB}^2}{3}$ である).

　$\mathrm A(a,b),$ $\mathrm B(-c,0),$ $\mathrm C(c,0),$ $\mathrm P(x,y)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} &\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2+\mathrm{CP}^2 \\ &= (x-a)^2+(y-b)^2+(x+c)^2+y^2+(x-c)^2+y^2 \\ &= 3x^2-2ax+3y^2-2by+a^2+b^2+2c^2 \\ &= 3\left( x-\frac{a}{3}\right)^2+3\left( y-\frac{b}{3}\right)^2+\frac{2}{3}a^2+\frac{2}{3}b^2+2c^2 \end{aligned}\] が成り立つから, この和が最小であるとき点 $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心 $\left(\dfrac{a}{3},\dfrac{b}{3}\right)$ である.

　辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm D,$ $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心を $\mathrm G$ とおく. 「スチュワートの定理」(とその特別な場合である「中線定理」) により \[\begin{aligned} \mathrm{AP}^2+2\mathrm{DP}^2 &= 3(\mathrm{GP}^2+\mathrm{AG}\cdot\mathrm{GD}), \\ \mathrm{BP}^2+\mathrm{CP}^2 &= 2(\mathrm{BD}^2+\mathrm{DP}^2) \end{aligned}\] が成り立つ. 辺々を加えると \[\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2+\mathrm{CP}^2 = 3\mathrm{GP}^2+3\mathrm{AG}\cdot\mathrm{GD}+2\mathrm{BD}^2\] となるから, この和が最小であるとき点 $\mathrm P$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心 $\mathrm G$ である.

　$\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm C(\vec c),$ $\mathrm D(\vec d)$ とおき, 点 $\mathrm P(\vec p)$ をとる. このとき, \[\begin{aligned} &\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2+\mathrm{CP}^2+\mathrm{DP}^2 \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{AP}}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{BP}}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|^2+|\overrightarrow{\mathrm{DP}}|^2 \\ &= |\vec p-\vec a|^2+|\vec p-\vec b|^2+|\vec p-\vec c|^2+|\vec p-\vec d|^2 \\ &= |\vec p|^2-2\vec p\cdot\vec a+|\vec a|^2+|\vec p|^2-2\vec p\cdot\vec b+|\vec b|^2 \\ &\qquad +|\vec p|^2-2\vec p\cdot\vec c+|\vec c|^2+|\vec p|^2-2\vec p\cdot\vec d+|\vec d|^2 \\ &= 4|\vec p|^2-2\vec p\cdot (\vec a+\vec b+\vec c+\vec d)+|\vec a|^2+|\vec b|^2+|\vec c|^2+|\vec d|^2 \\ &= 4\left|\vec p-\frac{\vec a+\vec b+\vec c+\vec d}{4}\right| ^2 \\ &\qquad -\frac{|\vec a+\vec b+\vec c+\vec d|^2}{4}+|\vec a|^2+|\vec b|^2+|\vec c|^2+|\vec d|^2 \end{aligned}\] が成り立つから, この値が最小であるとき点 $\mathrm P$ は四面体 $\mathrm{ABCD}$ の重心である.

(i)

$\vec a$ または $\vec b$ が $\vec 0$ のときは明らか.

(ii)

$\vec a,$ $\vec b$ が $\vec 0$ でないとき, $\vec a,$ $\vec b$ のなす角を $\theta$ とおくと, \[\vec a\cdot\vec b = |\vec a||\vec b|\cos\theta\] であるから, \[ -1 \leqq \cos\theta \leqq 1\] の両辺に $|\vec a||\vec b|$ を掛けると, $-|\vec a||\vec b| \leqq \vec a\cdot\vec b \leqq |\vec a||\vec b|,$ つまり $|\vec a\cdot\vec b| \leqq |\vec a||\vec b|$ が得られる.

(1)

ベクトル $\vec p = (a,b),$ $\vec q = (x,y)$ のなす角を $\theta$ とおく. 内積の定義により, \[\vec p\cdot\vec q = |\vec p||\vec q|\cos\theta \leqq |\vec p||\vec q|\] よって \[ ax+by \leqq \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{x^2+y^2} \quad \cdots [1]\] が成り立つから, 両辺を $2$ 乗すると \[ (ax+by)^2 \leqq (a^2+b^2)(x^2+y^2)\] が得られる.

(2)

$a^2+b^2 = c^2$ つまり $\sqrt{a^2+b^2} = c$ のとき, $[1]$ において $x,$ $y$ をそれぞれ $\sqrt x,$ $\sqrt y$ に置き換えると, \[\begin{aligned} a\sqrt x+b\sqrt y &\leqq \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{(\sqrt x)^2+(\sqrt y)^2} \\ &= c\sqrt{x+y} \end{aligned}\] が得られる.

(1)

左辺と右辺の $2$ 乗はそれぞれ \[\begin{aligned} (|\vec a|+|\vec b|)^2 &= |\vec a|^2+2|\vec a||\vec b|+|\vec b|^2, \\ |\vec a+\vec b|^2 &= (\vec a+\vec b)\cdot (\vec a+\vec b) \\ &= |\vec a|^2+2\vec a\cdot\vec b+|\vec b|^2 \end{aligned}\] であるから, 辺々を引くと \[ (|\vec a|+|\vec b|)^2-|\vec a+\vec b|^2 = 2(|\vec a||\vec b|-\vec a\cdot\vec b) \geqq 0\] が得られる. 最後の不等号は, コーシー=シュワルツの不等式 \[\vec a\cdot\vec b \leqq |\vec a\cdot\vec b| \leqq |\vec a||\vec b|\] から従う. よって, $(|\vec a|+|\vec b|)^2 \geqq |\vec a+\vec b|^2,$ $|\vec a|+|\vec b| \geqq 0,$ $|\vec a+\vec b| \geqq 0$ であるから, \[ |\vec a|+|\vec b| \geqq |\vec a+\vec b|\] が成り立つ. 等号成立は, $\vec a\cdot\vec b = |\vec a||\vec b|$ である場合に限る. これは, $\vec a = \vec 0$ または $\vec b = \vec 0$ または $\vec a,$ $\vec b$ のなす角が $0^\circ$ であることに他ならない.

(2)

(1)で示したことから \[ |\overrightarrow{\mathrm P\mathrm P'}|+|\overrightarrow{\mathrm P'\mathrm P''}| \geqq |\overrightarrow{\mathrm P\mathrm P'}+\overrightarrow{\mathrm P'\mathrm P''}| = |\overrightarrow{\mathrm P\mathrm P''}|\] が成り立つので, $\mathrm P\mathrm P'+\mathrm P'\mathrm P'' \geqq \mathrm P\mathrm P''$ が得られる. 等号成立は, $\overrightarrow{\mathrm P\mathrm P'} = \vec 0$ または $\overrightarrow{\mathrm P'\mathrm P''} = \vec 0$ または $\overrightarrow{\mathrm P\mathrm P'},$ $\overrightarrow{\mathrm P'\mathrm P''}$ のなす角が $0^\circ$である場合, つまり $\mathrm P,$ $\mathrm P',$ $\mathrm P''$ がこの順に同一直線上に並ぶ場合に限る.

(1)

$|\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}| = |-\overrightarrow{e_3}| = |\overrightarrow{e_3}| = 1$ の両辺を $2$ 乗すると, $|\overrightarrow{e_1}| = |\overrightarrow{e_2}| = 1$ から \[ 1 = |\overrightarrow{e_1}|^2+2\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2}+|\overrightarrow{e_2}|^2 = 2\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2}+2\] つまり $\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2} = -\dfrac{1}{2}$ となるので, $\overrightarrow{e_1}$ と $\overrightarrow{e_2}$ のなす角は $120^\circ$ である. 同様に, $\overrightarrow{e_2}$ と $\overrightarrow{e_3},$ $\overrightarrow{e_3}$ と $\overrightarrow{e_1}$ のなす角は $120^\circ$ である.

(2)

コーシー=シュワルツの不等式により, \[\begin{aligned} |\vec a-\vec p| &= \left|\frac{\vec a}{|\vec a|}\right||\vec a-\vec p| \\ &\geqq \left|\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot (\vec a-\vec p)\right| = \left||\vec a|-\dfrac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p\right| \quad (\because\vec a\cdot\vec a = |\vec a|^2) \\ &\geqq |\vec a|-\dfrac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p \end{aligned}\] が成り立つ. 等号成立は, $\vec a-\vec p$ が $\dfrac{\vec a}{|\vec a|}$ の実数倍，つまり $\vec p$ が $\vec a$ の実数倍であって $|\vec a| \geqq \dfrac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p$ である場合に限るので, 実数 $l$ に対して \[\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot l\vec a = l\frac{\vec a\cdot\vec a}{|\vec a|} = l|\vec a|\] が成り立つことから, $\vec p$ が $\vec a$ の $1$ 以下の実数倍である場合に限る.

(3)

$\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ と異なる点 $\mathrm O$ を基点とする位置ベクトルによって $\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm C(\vec c),$ $\mathrm P(\vec p)$ とおく. (2) で示した不等式から, \[\begin{aligned} |\overrightarrow{\mathrm{PA}}| &= |\vec a-\vec p| \geqq |\vec a|-\frac{\vec a}{|\vec a|}\cdot\vec p \quad \cdots [1], \\ |\overrightarrow{\mathrm{PB}}| &= |\vec b-\vec p| \geqq |\vec b|-\frac{\vec b}{|\vec b|}\cdot\vec p \quad \cdots [2], \\ |\overrightarrow{\mathrm{PC}}| &= |\vec c-\vec p| \geqq |\vec c|-\frac{\vec c}{|\vec c|}\cdot\vec p \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が成り立つ. 辺々を加えると, \[ L \geqq |\vec a|+|\vec b|+|\vec c|-\left(\frac{\vec a}{|\vec a|}+\frac{\vec b}{|\vec b|}+\frac{\vec c}{|\vec c|}\right)\cdot\vec p\] が得られる. $\dfrac{\vec a}{|\vec a|}+\dfrac{\vec b}{|\vec b|}+\dfrac{\vec c}{|\vec c|} = \vec 0$ が成り立つように点 $\mathrm O$ をとり直す. (1) で示したことから, このような点は $\angle\mathrm{BOC} = \angle\mathrm{COA} = \angle\mathrm{AOB}$ を満たす点として定まる. しかも, $\triangle\mathrm{ABC}$ の内角に関する条件から, この $\mathrm O$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にとれることに注意する. このとき, \[ L \geqq |\vec a|+|\vec b|+|\vec c|\] が成り立つ. 等号成立は, $[1]$～$[3]$ で等号が成り立つ場合に限る. これは, $\vec p$ が $\vec a,$ $\vec b,$ $\vec c$ の $1$ 以下の定数倍である場合に限る. $\vec a,$ $\vec b,$ $\vec c$ は $\vec 0$ でなく互いに平行でないから, これは $\vec p = \vec 0$ の場合である. ゆえに, $L$ が最小になるような点 $\mathrm P$ は, 上記の点 $\mathrm O$ の位置, つまり $\angle\mathrm{BPC} = \angle\mathrm{CPA} = \angle\mathrm{APB}$ を満たすような位置にある.

(1)

\[\begin{aligned} |\vec a+t\vec d|^2 &= (\vec a+t\vec d)\cdot (\vec a+t\vec d) \\ &= |\vec a|^2+2t(\vec a\cdot\vec d)+t^2|\vec d|^2 \\ &= |\vec d|^2\left( t+\frac{\vec a\cdot\vec d}{|\vec d|^2}\right) ^2-\frac{(\vec a\cdot\vec d)^2}{|\vec d|^2}+|\vec a|^2 \\ \end{aligned}\] であるから, $|\vec a+t\vec d|^2$ が最小になるような $t$ の値は $t = -\dfrac{\vec a\cdot\vec d}{|\vec d|^2}$ である. $|\vec a+t\vec d| \geqq 0$ であるから, $|\vec a+t\vec d|$ が最小になるような $t$ の値はこれに等しい. つまり, $t_0 = -\dfrac{\vec a\cdot\vec d}{|\vec d|^2}$ である.

(2)

\[\begin{aligned} \vec d\cdot (\vec a+t_0\vec d) &= \vec d\cdot\left(\vec a-\dfrac{\vec a\cdot\vec d}{|\vec d|^2}\vec d\right) \\ &= \vec a\cdot\vec d-\vec a\cdot\vec d = 0 \end{aligned}\] であるから, $\vec d,$ $\vec a+t_0\vec d$ のなす角の大きさは $90^\circ$ である.

(1)

(i)

$\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形であるとき. $\angle\mathrm A = 90^\circ$ であるとしても一般性を失わないから, その場合を考える. このとき, $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心 $\mathrm O$ は斜辺 $\mathrm{BC}$ の中点である. よって, $\overrightarrow{\mathrm{OB}} = -\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ であるので, 与式から $\overrightarrow{\mathrm{OA}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}$ が成り立つ. したがって, $\mathrm A = \mathrm H$ であるから, 点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.

(ii)

$\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形でないとき. $\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}$ から, \[\overrightarrow{\mathrm{AH}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}} = \overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\] である. これと外心の条件 $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OB}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|$ から \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}} &= (\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}) \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2-|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2 = 0 \end{aligned}\] が成り立つ. 同様に, $\overrightarrow{\mathrm{BH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CA}} = 0,$ $\overrightarrow{\mathrm{CH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}} = 0$ が成り立つ. これは $\mathrm{AH} \perp \mathrm{BC},$ $\mathrm{BH} \perp \mathrm{CA},$ $\mathrm{CH} \perp \mathrm{AB}$ であることを意味する. したがって, 点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.

(i), (ii) から, 点 $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心である.

(2)

$\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}} = \overrightarrow{\mathrm{OH}}$ から, \[\overrightarrow{\mathrm{OH}} = 3\cdot\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{3} = 3\overrightarrow{\mathrm{OG}}\] が成り立つ. よって, $3$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm G,$ $\mathrm H$ はこの順に同一直線上にあり, $\mathrm{OG}:\mathrm{GH} = 1:2$ である.

(3)

$\overrightarrow{\mathrm{ON}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OH}},$ $\overrightarrow{\mathrm{OL}} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OH}}}{2},$ $\overrightarrow{\mathrm{OM}} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{2}$ から \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{NL}} &= \overrightarrow{\mathrm{OL}}-\overrightarrow{\mathrm{ON}} \\ &= \frac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OH}}}{2}-\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OH}} = \frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OA}}, \\ \overrightarrow{\mathrm{NM}} &= \overrightarrow{\mathrm{OM}}-\overrightarrow{\mathrm{ON}} \\ &= \frac{\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{2}-\frac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{2} = -\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OA}} \end{aligned}\] であるので, 点 $\mathrm L,$ $\mathrm M$ は $\mathrm N$ を中心とする半径 $\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| = \dfrac{R}{2}$ の円周の直径の両端に位置する. さらに, $\mathrm{LF} \perp \mathrm{FM}$ であるから, 点 $\mathrm F$ もこの円周上にある.

(1)

点 $\mathrm P$ から辺 $\mathrm{BC}$ に下ろした垂線, 点 $\mathrm Q$ から辺 $\mathrm{CA}$ に下ろした垂線の交点を $\mathrm O$ とおく. 点 $\mathrm R$ から辺 $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線が点 $\mathrm O$ を通ること, つまり $\mathrm{OR} \perp \mathrm{AB}$ であることと, $[\ast ]$ が同値であることを示せばよい. $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}},$ $\vec p = \overrightarrow{\mathrm{OP}},$ $\vec q = \overrightarrow{\mathrm{OQ}},$ $\vec r = \overrightarrow{\mathrm{OR}}$ とおく. $\mathrm{OP} \perp \mathrm{BC}$ つまり $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \perp \overrightarrow{\mathrm{BC}}$ から \[ (\vec c-\vec b)\vec p = 0 \quad \cdots [1]\] が成り立つ. 同様に, $\mathrm{OQ} \perp \mathrm{CA}$ から \[ (\vec a-\vec c)\cdot\vec q = 0 \quad \cdots [2]\] が成り立つ. \[\begin{aligned} &(\mathrm{PB}^2+\mathrm{QC}^2+\mathrm{RA}^2)-(\mathrm{PC}^2+\mathrm{QA}^2+\mathrm{RB}^2) \\ &= |\vec b-\vec p|^2\!+\!|\vec c-\vec q|^2\!+\!|\vec a-\vec r|^2\!-\!|\vec c-\vec p|^2\!-\!|\vec a-\vec q|^2\!-\!|\vec b-\vec r|^2 \\ &= -2\vec b\cdot\vec p-2\vec c\cdot\vec q-2\vec a\cdot\vec r+2\vec c\cdot\vec p+2\vec a\cdot\vec q+2\vec b\cdot\vec r \\ &= 2(\vec c-\vec b)\cdot\vec p+2(\vec a-\vec c)\cdot\vec q+2(\vec b-\vec a)\cdot\vec r \\ &= 2(\vec b-\vec a)\cdot\vec r \quad (\because [1],\ [2]) \end{aligned}\] であるから, \[\mathrm{OR} \perp \mathrm{AB} \iff (\vec b-\vec a)\cdot\vec r = 0 \iff [\ast ]\] が成り立つ.

(2)

三平方の定理により \[\begin{aligned} &= \mathrm{PB}^2+\mathrm{QC}^2+\mathrm{RA}^2-\mathrm{PC}^2+\mathrm{QA}^2+\mathrm{RB}^2 \\ &= (\mathrm{PQ}^2+\mathrm{BQ}^2)+(\mathrm{QR}^2+\mathrm{CR}^2)+(\mathrm{RP}^2+\mathrm{AP}^2) \\ &\qquad -(\mathrm{RP}^2+\mathrm{CR}^2)+(\mathrm{PQ}^2+\mathrm{AP}^2)+(\mathrm{QR}^2+\mathrm{BQ}^2) \\ &= 0 \end{aligned}\] が成り立つから, (1) により点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ から辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線は $1$ 点で交わる.

(1)

$\overrightarrow{a_1} = \overrightarrow{\mathrm{OA}_1},$ $\overrightarrow{a_2} = \overrightarrow{\mathrm{OA}_2},$ $\overrightarrow{a_3} = \overrightarrow{\mathrm{OA}_3},$ $\overrightarrow{u_1} = \overrightarrow{\mathrm{OU}_1},$ $\overrightarrow{u_2} = \overrightarrow{\mathrm{OU}_2}$ とする.

• $\overrightarrow{a_1} \neq \vec 0$ から, $\overrightarrow{u_1} \neq \vec 0$ である.
• $\mathrm A_2$ は直線 $\mathrm{OA}_1$ 上になく, 直線 $\mathrm{OA}_1$ と直線 $\mathrm{OU}_1$ は一致するから, $\overrightarrow{v_2} \neq \vec 0$ したがって $\overrightarrow{u_2} \neq \vec 0$ である.
• $\mathrm A_3$ は平面 $\mathrm{OA}_1\mathrm A_2$ 上になく, 平面 $\mathrm{OA}_1\mathrm A_2$ と平面 $\mathrm{OU}_1\mathrm U_2$ は一致するから, $\overrightarrow{v_3} \neq \vec 0$ したがって $\overrightarrow{u_3} \neq \vec 0$ である.

(2)

$\overrightarrow{u_1},$ $\overrightarrow{u_2},$ $\overrightarrow{u_3}$ の内積は \[\begin{aligned} \overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{u_2} &= \frac{\overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{v_2}}{|\overrightarrow{v_2}|} \\ &= \frac{\overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{a_2}-(\overrightarrow{a_2}\cdot\overrightarrow{u_1})|\overrightarrow{u_1}|^2}{|\overrightarrow{v_2}|} \\ &= \frac{\overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{a_2}-\overrightarrow{a_2}\cdot\overrightarrow{u_1}}{|\overrightarrow{v_2}|} \quad (\because |\overrightarrow{u_1}| = 1) \\ &= 0, \\ \overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{u_3} &= \frac{\overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{v_3}}{|\overrightarrow{v_3}|} \\ &= \frac{\overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{a_3}-(\overrightarrow{a_3}\cdot\overrightarrow{u_1})|\overrightarrow{u_1}|^2-(\overrightarrow{a_3}\cdot\overrightarrow{u_2})\,(\overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{u_2})}{|\overrightarrow{v_3}|} \\ &= \frac{\overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{a_3}-\overrightarrow{a_3}\cdot\overrightarrow{u_1}}{|\overrightarrow{v_3}|} \quad (\because |\overrightarrow{u_1}| = 1,\ \overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{u_2} = 0) \\ &= 0, \\ \overrightarrow{u_2}\cdot\overrightarrow{u_3} &= \frac{\overrightarrow{u_2}\cdot\overrightarrow{v_3}}{|\overrightarrow{v_3}|} \\ &= \frac{\overrightarrow{u_2}\cdot\overrightarrow{a_3}-(\overrightarrow{a_3}\cdot\overrightarrow{u_1})\,(\overrightarrow{u_2}\cdot\overrightarrow{u_1})-(\overrightarrow{a_3}\cdot\overrightarrow{u_2})|\overrightarrow{u_2}|^2}{|\overrightarrow{v_3}|} \\ &= \frac{\overrightarrow{u_2}\cdot\overrightarrow{a_3}-\overrightarrow{a_3}\cdot\overrightarrow{u_2}}{|\overrightarrow{v_3}|} \quad (\because\overrightarrow{u_1}\cdot\overrightarrow{u_2} = 0,\ |\overrightarrow{u_2}| = 1) \\ &= 0 \end{aligned}\] であるから, $\overrightarrow{u_1},$ $\overrightarrow{u_2},$ $\overrightarrow{u_3}$ は互いに直交する.

\[\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm{LM}} = \overrightarrow{\mathrm{OM}}-\overrightarrow{\mathrm{OL}} = \frac{\vec a+\vec b+\vec c+\vec d}{2}-\frac{\vec a+\vec b}{2} = \frac{\vec c+\vec d}{2} \end{aligned}\] であるから, \[\overrightarrow{\mathrm{LM}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}} = \frac{\vec c+\vec d}{2}\cdot (\vec d-\vec c) = \frac{|\vec d|^2-|\vec c|^2}{2} = 0\] が成り立つ. よって, $\mathrm{LM} \perp \mathrm{CD}$ である.

　(i) $\Longrightarrow$ (ii): 略.
　(ii) $\Longrightarrow$ (i): (ii) を仮定する. \[\begin{aligned} &2\overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}} \\ &= 2(\overrightarrow{\mathrm{OH}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}) \\ &= (-\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{OD}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}) \\ &= (\overrightarrow{\mathrm{OD}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}})+(\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}) \\ &= \overrightarrow{\mathrm{AD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}}+|\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2-|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2 \\ &= 0 \quad (\because\mathrm{AD}\perp\mathrm{BC},\ \mathrm{OB} = \mathrm{OC}) \end{aligned}\] であるから, $\mathrm{AH} \perp \mathrm{BC}$ が成り立つ. 同様に $\mathrm{AH} \perp \mathrm{BD}$ も成り立つから, $\mathrm{AH}$ と平面 $\mathrm{BCD}$ は直交している. 同様に $\mathrm{BH}$ と平面 $\mathrm{ACD},$ $\mathrm{CH}$ と平面 $\mathrm{ABD},$ $\mathrm{DH}$ と平面 $\mathrm{ABC}$ は直交しているから, 点 $\mathrm H$ は各頂点から対面に下ろした垂線の交点である.

(1)

三角形の面積の公式をベクトルの内積を使って変形すると, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\mathrm{OP}\cdot\mathrm{OQ}\sin\angle\mathrm{POQ} \\ &= \frac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|\sqrt{1-\cos ^2\angle\mathrm{POQ}} \\ &= \frac{1}{2}|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|\sqrt{1-\left(\frac{\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}}{|\overrightarrow{\mathrm{OP}}||\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|}\right) ^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{OQ}}|^2-({\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}})^2} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] となる.

(2)

$\overrightarrow{\mathrm{OP}} = (a,b),$ $\overrightarrow{\mathrm{OQ}} = (c,d)$ のとき, $[1]$ により, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd)^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{(ad-bc)^2} = \frac{1}{2}|ad-bc| \end{aligned}\] が成り立つ.

(1)

$\vec a+\vec b+\vec c = \vec 0$ が成り立つから, \[\begin{aligned} |\vec a|^2 &= |\vec b+\vec c|^2 = |\vec b|^2+|\vec c|^2+2\vec b\cdot\vec c \\ a^2 &= b^2+c^2-2p \end{aligned}\] である. 同様に \[ b^2 = c^2+a^2-2q, \quad c^2 = a^2+b^2-2r\] であり, 辺々を加えると \[ 0 = 2a^2-2(q+r), \quad a^2 = q+r\] となるから, $q+r \geqq 0$ であり, \[ a = \sqrt{q+r}\] が成り立つ. 同様に, $r+p,$ $p+q \geqq 0$ であり, \[ b = \sqrt{r+p}, \quad c = \sqrt{p+q}\] が成り立つ.

(2)

前問の結果により, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{ABC} &= \frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}})^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{|\vec c|^2|-\vec b|^2-\{\vec c\cdot (-\vec b)\}^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{b^2c^2-p^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{(r+p)(p+q)-p^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{qr+rp+pq} \end{aligned}\] が成り立つ.

　条件を満たす四面体 $\mathrm{OABC}$ において, $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく. (i) つまり \[\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}} = 0, \quad \overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CA}} = 0, \quad \overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}} = 0\] から, \[\vec a\cdot (\vec c-\vec b) = 0, \quad \vec b\cdot (\vec a-\vec c) = 0, \quad \vec c\cdot (\vec b-\vec a) = 0\] であるので, \[\vec a\cdot\vec b = \vec b\cdot\vec c = \vec c\cdot\vec a\] が成り立つ. さらに, (ii) から, 特に $\triangle\mathrm{OAB} = \triangle\mathrm{OBC} = \triangle\mathrm{OCA}$ であるので, \[\begin{aligned} \frac{1}{2}\sqrt{|\vec a|^2|\vec b|^2-(\vec a\cdot\vec b)^2} &= \frac{1}{2}\sqrt{|\vec b|^2|\vec c|^2-(\vec b\cdot\vec c)^2} \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{|\vec c|^2|\vec a|^2-(\vec c\cdot\vec a)^2} \end{aligned}\] から \[ |\vec a|^2|\vec b|^2 = |\vec b|^2|\vec c|^2 = |\vec c|^2|\vec a|^2, \quad |\vec a| = |\vec b| = |\vec c|\] つまり $\mathrm{OA} = \mathrm{OB} = \mathrm{OC}$ が成り立つ. 同様に, 点 $\mathrm A$ を始点とするベクトルで考えると $\mathrm{AO} = \mathrm{AB} = \mathrm{AC}$ が, 点 $\mathrm B$ を始点とするベクトルで考えると $\mathrm{BO} = \mathrm{BC} = \mathrm{BA}$ が, 点 $\mathrm C$ を始点とするベクトルで考えると $\mathrm{CO} = \mathrm{CA} = \mathrm{CB}$ が得られる. ゆえに, \[\mathrm{OA} = \mathrm{OB} = \mathrm{OC} = \mathrm{AB} = \mathrm{BC} = \mathrm{CA}\] であるから, 四面体 $\mathrm{OABC}$ は正四面体である.

(1)

平行四辺形 $\mathrm{OADB}$ において, $\overrightarrow{\mathrm{OA}} = (a_1,a_2,a_3),$ $\overrightarrow{\mathrm{OB}} = (b_1,b_2,b_3)$ とする. このとき, 面積 $S$ について \[\begin{aligned} S^2 &= (2\triangle\mathrm{OAB})^2 \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{OA}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}})^2 \\ &= (a_1{}^2\!+\!a_2{}^2\!+\!a_3{}^2)(b_1{}^2\!+\!b_2{}^2\!+\!b_3{}^2)\!-\!(a_1b_1\!+\!a_2b_2\!+\!a_3b_3)^2 \\ &= a_2{}^2b_3{}^2+a_3{}^2b_2{}^2+a_3{}^2b_1{}^2+a_1{}^2b_3{}^2+a_1{}^2b_2{}^2+a_2{}^2b_1{}^2 \\ &\qquad -2a_2a_3b_2b_3-2a_3a_1b_3b_1-2a_1a_2b_1b_2 \\ &= (a_2b_3-a_3b_2)^2+(a_3b_1-a_1b_3)^2+(a_1b_2-a_2b_1)^2 \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{OA}}\times\overrightarrow{\mathrm{OB}}|^2 \end{aligned}\] であるから, \[ S = |\overrightarrow{\mathrm{OA}}\times\overrightarrow{\mathrm{OB}}|\] が成り立つ. よって, $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}}$ として $\vec a,$ $\vec b$ のなす角を $\theta$ とすると, \[ |\vec a\times\vec b| = |\vec a||\vec b|\sin\theta\] が得られる.

(2)

(1) から $\vec a\times\vec b \neq \vec 0$ であり, \[\begin{aligned} (\vec a\times\vec b)\cdot \vec a &= a_1a_2b_3-a_1b_2a_3\\ &\quad +b_1a_2a_3-a_1a_2b_3\\ &\quad +a_1b_2a_3-b_1a_2a_3 \\ &= 0, \\ (\vec a\times\vec b)\cdot \vec b &= b_1a_2b_3-b_1b_2a_3\\ &\quad +b_1b_2a_3-a_1b_2b_3 \\ &\quad +a_1b_2b_3-b_1a_2b_3 \\ &= 0 \end{aligned}\] であるから, $\vec a\times\vec b$ と $\vec a,$ $\vec b$ は垂直である.

(3)

$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\times\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ のなす角を $\phi$ とおく. このとき, 平行六面体 $\mathrm{OAFB}$-$\mathrm{CEGD}$ において, 面 $\mathrm{OAFB}$ を底面と見たときの底面積は $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\times\overrightarrow{\mathrm{OB}}|,$ 高さは $|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cos\phi|$ であるから, 体積 $V$ は \[\begin{aligned} V &= |\overrightarrow{\mathrm{OA}}\times\overrightarrow{\mathrm{OB}}||\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cos\phi| \\ &= |\overrightarrow{\mathrm{OA}}\times\overrightarrow{\mathrm{OB}}||\overrightarrow{\mathrm{OC}}||\cos\phi| \\ &= ||\overrightarrow{\mathrm{OA}}\times\overrightarrow{\mathrm{OB}}||\overrightarrow{\mathrm{OC}}|\cos\phi| \\ &= |(\overrightarrow{\mathrm{OA}}\times\overrightarrow{\mathrm{OB}})\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}| \end{aligned}\] である.

(4)

平行六面体 $\mathrm{OAFB}$-$\mathrm{CEGD}$ において, $\vec a = \overrightarrow{\mathrm{OA}},$ $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{OB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく. 面 $\mathrm{OAFB},$ $\mathrm{OBDC},$ $\mathrm{OCEA}$ のどの面を底面と見ても体積は変わらないから, (3) により \[ |(\vec a\times\vec b)\cdot\vec c| = |(\vec b\times\vec c)\cdot\vec a| = |(\vec c\times\vec a)\cdot\vec b|\] が成り立つ.