共通テスト2025 追試験 数学Ⅱ・B・C 全問解説｜令和7年度【数強塾】

第6問（選択・配点16）　空間の2直線が交わる条件をベクトルで捉える

(1)(i)　「交わる」をベクトルの等式に翻訳する

【型】\(\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OM}}+\overrightarrow{\mathrm{MQ}}\)

【なぜこうするか】　ベクトルの分割です。原点から Q へ行くには、いったん M を経由すればよい。

\[\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OM}}+\overrightarrow{\mathrm{MQ}}=\vec{m}+t\vec{b}\]

アは③です。

直線 \(\ell\) は「M を通り \(\vec{b}\) 方向」なので、この形が \(\ell\) のベクトル方程式そのもの。同様に直線 OA は「原点を通り \(\vec{a}\) 方向」で \(s\vec{a}\)。

2直線が交わるとは共通の点をもつこと。つまり

\[s\vec{a}=\vec{m}+t\vec{b}\]

を満たす \(s\)、\(t\) が存在すること。これで「交わるか」という図形の問いが、「連立方程式に解があるか」という代数の問いに置き換わりました。

【検算】　次の小問の \(\vec m=(2,3,5)\) では \(s=-1\)、\(t=-2\) とすると、\(s\vec a=(0,3,-1)\) と \(\vec m+t\vec b=(0,3,-1)\) が一致します。この共通ベクトルが実際の交点を表します。

【定石】　直線のベクトル方程式は「通る点＋（実数）×（方向ベクトル）」。2直線が交わる ⟺ 2つの式を等しくおいた方程式に解がある。

(1)(ii)　成分ごとに比べて、解の有無を確かめる

【型】ベクトルの等式は、成分ごとの連立方程式

【なぜこうするか】　①の左辺と右辺を成分で書き下します。

\[s\vec{a}=s(0,\,-3,\,1)=(0,\,-3s,\,s)\]

\[\vec{m}+t\vec{b}=(2,\,3,\,5)+t(1,\,0,\,3)=(2+t,\ 3,\ 5+3t)\]

イは③、ウは①、エは⑤です。

未知数は \(s\)、\(t\) の2個ですが、成分を比較すると \(x\)、\(y\)、\(z\) の3本の式ができます。そのため、2成分から求めた \(s,t\) が残りの成分も満たすかを確認する必要があります。

まず \(x\) 成分と \(y\) 成分から2つを決めます。

\(x\) 成分から

\[0=2+t\quad\Longrightarrow\quad t=-2\]

\(y\) 成分から

\[-3s=3\quad\Longrightarrow\quad s=-1\]

オカは \(-1\)、キクは \(-2\) です。残った \(z\) 成分でつじつまが合うかを確認します。

左辺は \(s=-1\)、右辺は \(5+3t=5-6=-1\)。

一致しました。したがって2直線は交わります。交点は

\[s\vec{a}=-1\cdot(0,\,-3,\,1)=(0,\,3,\,-1)\]

ケは0、コは3、サシは \(-1\) です。

【検算】　数式処理で \(x,y\) 成分から \(s=-1\)、\(t=-2\) を求め、\(z\) 成分の差を計算するとちょうど0 ✓。交点は \((0,\,3,\,-1)\) でした ✓。

【定石】　空間の2直線は「2成分で \(s,t\) を決め、残り1成分で検算」。一致すれば交わり、しなければねじれの位置（または平行）。

(1)(iii)　\(z\) 成分がずれると交わらない

【型】(ii)と同じ計算で、最後の検算だけが変わる

【なぜこうするか】　\(\vec{m}=(2,\,3,\,-5)\) なので \(z\) 成分だけが変わります。

\[\vec{m}+t\vec{b}=(2+t,\ 3,\ -5+3t)\]

スは⑦です。\(x\)、\(y\) 成分は前と同じなので \(s=-1\)、\(t=-2\)。ところが \(z\) 成分は

左辺は \(s=-1\)、右辺は \(-5+3(-2)=-11\)。

\(-1\neq -11\) で一致しません。したがって①を満たす \(s\)、\(t\) は存在せず、2直線は交わりません。

点 M が \(z\) 方向に10だけずれただけで、交わるか交わらないかが変わる。空間では2直線が「ねじれの位置」にあるのが普通で、交わるほうが特別なのです。

【検算】　数式処理で \(z\) 成分の差を計算すると10（0ではない）✓。実際に連立方程式を解かせても解なしでした ✓。\(\vec{m}\) の \(z\) 成分が \(5\to -5\) と10ずれたことが、そのまま差の10に対応しています。

【定石】　空間の2直線は「交わる」「平行」「ねじれの位置」の3通り。方向ベクトルが平行でなく、かつ連立が解けなければねじれの位置。

(2)(i)(ii)　\(\vec{m}\) を \(\vec{a},\vec{b},\vec{e}\) で分解する

【型】3つの基底ベクトルへの分解は、成分の連立方程式

【なぜこうするか】　\(\vec{a}\)、\(\vec{b}\)、\(\vec{e}\) は同一平面上にないので、空間のどんなベクトルもこの3本でただ一通りに表せます（1次独立な基底）。

\[\alpha\vec{a}+\beta\vec{b}+\gamma\vec{e}=\alpha(0,-3,1)+\beta(1,0,3)+\gamma(0,0,1)=\left(\beta,\ -3\alpha,\ \alpha+3\beta+\gamma\right)\]

(i) \(\vec{m}=(2,3,5)\) のとき　成分を比べます。

\[\beta=2,\qquad -3\alpha=3\ \Longrightarrow\ \alpha=-1\]

\[\alpha+3\beta+\gamma=5\ \Longrightarrow\ -1+6+\gamma=5\ \Longrightarrow\ \gamma=0\]

セソは \(-1\)、タは2、チは0です。

\(\gamma=0\) になったのは、(1)(ii)で2直線が交わった場合と一致します。

(ii) \(\vec{m}=(2,3,-5)\) のとき　\(z\) 成分だけが10小さいので

\[(2,\,3,\,-5)=(2,\,3,\,5)-10\vec{e}\]

ツテは10です。\(\vec{e}\) の係数だけが10減るので

\[\alpha=-1,\qquad \beta=2,\qquad \gamma=0-10=-10\]

トナニは \(-10\) です。こちらは交わらなかったケースで、\(\gamma\neq 0\) になっています。

【検算】　連立方程式を数式処理で解くと、\((2,3,5)\) では \((\alpha,\beta,\gamma)=(-1,\,2,\,0)\)、\((2,3,-5)\) では \((-1,\,2,\,-10)\) ✓。交わったほうだけ \(\gamma=0\) です。

【定石】　3本の1次独立なベクトルへの分解は成分ごとの3元連立方程式。同じ \(\vec{m}\) を少しずらしたケースは、差の分だけ係数をずらすと速い。

(2)(iii)　交わる ⟺ \(\gamma=0\) を証明する

【型】①を \(\vec{m}\) について解く

【なぜこうするか】　交わるなら①が成り立つので、それを \(\vec{m}\) について整理するだけです。

\[s\vec{a}=\vec{m}+t\vec{b}\quad\Longleftrightarrow\quad \vec{m}=s\vec{a}-t\vec{b}\]

ヌは⓪（\(s\)）、ネは③（\(-t\)）です。

これは④で \(\alpha=s\)、\(\beta=-t\)、\(\gamma=0\) とした形。分解がただ一通りである（\(\vec{a},\vec{b},\vec{e}\) が1次独立）ことから、\(\gamma=0\) が確定します。

逆も成り立ちます。\(\gamma=0\) なら \(\vec{m}=\alpha\vec{a}+\beta\vec{b}\) と書け、\(s=\alpha\)、\(t=-\beta\) とおけば①が満たされるからです。

まとめると、この大問の結論は

直線 OA と直線 \(\ell\) が交わる ⟺ \(\vec{m}\) が \(\vec{a}\) と \(\vec{b}\) の張る平面上にある（\(\gamma=0\)）

図形的にも納得できます。直線 OA も直線 \(\ell\) の方向も、ともに \(\vec{a},\vec{b}\) の張る平面に関わる。M がその平面から浮いていると（\(\gamma\neq 0\)）、\(\ell\) は平面の外を通ってしまい、平面上の直線 OA とは交われないのです。

【検算】　\(\vec m=(2,3,5)\) は \(-\vec a+2\vec b\) と表せて \(\gamma=0\)、実際に2直線は交わります。\(\vec m=(2,3,-5)\) は \(-\vec a+2\vec b-10\vec e\) で \(\gamma=-10\)、連立方程式の第3成分が一致せず交わりません。

【定石】　空間で「交わる条件」を求めたら、\(\gamma=0\) のような1本の等式に帰着させる。以降はこの1本を確かめるだけで判定できる。

(3)　得られた判定法を、3つのケースに適用する

【型】\(\gamma\) だけを追いかける

【なぜこうするか】　(2)で得た分解を再掲します。

\[\vec{c}\ \to\ (\alpha,\beta,\gamma)=(-1,\ 2,\ 0),\qquad \vec{d}\ \to\ (-1,\ 2,\ -10)\]

さらに \(\vec{a}\)、\(\vec{b}\) 自身は

\[\vec{a}\ \to\ (1,\ 0,\ 0),\qquad \vec{b}\ \to\ (0,\ 1,\ 0)\]

分解は線形（定数倍と和がそのまま係数に反映される）なので、あとは \(\gamma\) だけ計算すれば十分です。

(Ⅰ) \(\vec{m}=13\vec{c}\)　\(\gamma=13\times 0=0\)。よって交わる。ノは⓪です。

\(\vec{c}\) を13倍しても、\(\vec{a},\vec{b}\) の張る平面上にあることは変わりません。

(Ⅱ) \(\vec{m}=\vec{b}+9\vec{d}\)　\(\gamma=0+9\times(-10)=-90\neq 0\)。よって交わらない。ハは①です。

(Ⅲ) \(\vec{m}=8\vec{a}-11\vec{d}\)　\(\gamma=8\times 0-11\times(-10)=110\neq 0\)。よって交わらない。ヒは①です。

この3問は、\(\gamma\) が0かどうかを調べれば判定できます。(2)で一般的な条件を作ったため、各場合で連立方程式を最初から解き直す必要がありません。

【検算】　3つとも成分から直接分解し直し、さらに連立方程式に解があるかを数式処理で判定しました。(Ⅰ) \(\vec{m}=(26,39,65)\)、\((\alpha,\beta,\gamma)=(-13,26,0)\)、解あり ✓。(Ⅱ) \(\vec{m}=(19,27,-42)\)、\((-9,19,-90)\)、解なし ✓。(Ⅲ) \(\vec{m}=(-22,-57,63)\)、\((19,-22,110)\)、解なし ✓。\(\gamma=0\) かどうかと、実際の交差判定が3例とも完全に一致しました。

【定石】　基底への分解は線形なので、\(\vec{m}=p\vec{u}+q\vec{v}\) の係数は各々の係数の \(p,q\) 倍の和。必要な成分（ここでは \(\gamma\)）だけ追えばよい。

第7問（選択・配点16）　複素数平面上の楕円と回転

(1)(i)　絶対値を複素数平面上の距離として読む

【型】\(|z-a|\) は、点 \(z\) と点 \(a\) の距離

【なぜこうするか】　複素数平面では、複素数の差の絶対値が2点間の距離を表します。したがって \(|z-1|\) は点 \(z\) と点1の距離、\(|z+1|=|z-(-1)|\) は点 \(z\) と点 \(-1\) の距離です。

よって方程式は、点 \(z\) と点1の距離と、点 \(z\) と点 \(-1\) の距離の和が4であることを表します。アは①です。

【検算】　実軸上の点 \(z=2\) では \(|2-1|+|2+1|=1+3=4\) となり、実際に図形上の点です。一方、焦点の \(z=1\) では距離の和が \(0+2=2\) なので図形上にはありません。

【定石】　\(|z-a|+|z-b|=\text{一定}\) を見たら、2点 \(a,b\) からの距離の和が一定である図形、すなわち楕円を考える。

(1)(ii)(iii)　実部・虚部で楕円の方程式を導く

【型】根号を一つずつ孤立させて2回平方する

【なぜこうするか】　距離の式には平方根が二つあるため、片方を右辺へ移してから平方すると、余分な展開を減らせます。

まず

\[\sqrt{(x-1)^2+y^2}=4-\sqrt{(x+1)^2+y^2}\]

です。したがってイは④、ウは②です。両辺を平方し、共通項を整理すると

\[-4x=16-8\sqrt{(x+1)^2+y^2}\]

より

\[x+4=2\sqrt{(x+1)^2+y^2}\]

となるので、エは③です。もう一度平方すると

\[(x+4)^2=4\{(x+1)^2+y^2\}\]

\[3x^2+4y^2=12\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\]

を得ます。オは①です。この楕円は焦点が \(1,-1\)、長軸の長さが4なので、カは②です。

【検算】　元の式で確認した \((x,y)=(2,0)\) を \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\) に代入すると1になります。また、半長軸 \(a=2\)、半短軸 \(b=\sqrt3\) なので焦点距離は \(\sqrt{a^2-b^2}=1\) となり、焦点 \(\pm1\) と一致します。

【よくあるミス】　\(|z+1|\) の焦点を1と読むこと。\(|z+1|=|z-(-1)|\) なので、対応する点は \(-1\) です。

【定石】　楕円 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)（\(a\gt b\)）の焦点は \(\pm\sqrt{a^2-b^2}\)、長軸の長さは \(2a\)。

(2)　\(\dfrac{\pi}{4}\) 回転後の焦点を求める

【型】原点中心の回転は \(e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta\) を掛ける

【なぜこうするか】　複素数に絶対値1、偏角 \(\theta\) の複素数を掛けると、原点からの距離を保ったまま偏角だけが \(\theta\) 増えます。

\(w\) は \(z\) を \(\dfrac{\pi}{4}\) 回転した点なので

\[w=\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)z\]

したがって

\[z=\left(\cos\dfrac{\pi}{4}-i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)w\]

であり、キは⑦です。回転によって焦点 \(1,-1\) もそれぞれ

\[\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt2}{2}i,\qquad -\dfrac{\sqrt2}{2}-\dfrac{\sqrt2}{2}i\]

へ移ります。よって回転後の方程式は

\[\left|w-\left(\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt2}{2}i\right)\right|+\left|w+\left(\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt2}{2}i\right)\right|=4\]

で、クは④です。

【検算】　元の楕円の頂点 \(z=2\) を回転すると \(w=\sqrt2+\sqrt2 i\) です。回転後の二つの焦点までの距離は1と3で、和は4のままです。

【定石】　図形全体を原点のまわりに回転するときは、点だけでなく中心・焦点・頂点も同じ角だけ回転させると方程式を作りやすい。

(3)　回転で得られる方程式を条件から選ぶ

【型】回転で変わるものと変わらないものを分ける

【なぜこうするか】　原点中心の回転では、図形の中心は原点のまま、焦点の原点からの距離は1のまま、長軸の長さは4のままです。変わるのは焦点を結ぶ直線の向きだけです。

\(\theta=\dfrac{\pi}{2}\) とすれば、焦点 \(1,-1\) は \(i,-i\) に移ります。したがって

\[|\alpha-i|+|\alpha+i|=4\]

が得られ、ケは⑤です。

【検算】　\(\alpha=iz\) とおくと \(|\alpha-i|=|i(z-1)|=|z-1|\)、\(|\alpha+i|=|i(z+1)|=|z+1|\) です。したがって二つの距離の和は確かに4のままです。

【よくあるミス】　焦点間の距離や長軸の長さが異なる選択肢を選ぶこと。回転は距離を変えないため、この二つの量が元の楕円と異なる図形にはなりません。

【定石】　回転の選択問題では、中心、焦点距離、長軸・短軸の長さなどの回転で不変な量を先に比べる。