この問題のポイント
同じ平面上にあるための条件を状況に応じて使い分けよう！
（１）① 空間図形についての問題では、空間ベクトルを利用すると考えやすくなる問題が多くあります。そこで、空間ベクトルを利用すると、条件より、
\( \displaystyle \overrightarrow{OA_0} = \frac{1}{2}\overrightarrow{OA} \)
\( \displaystyle \overrightarrow{OB_0} = \frac{1}{1+2}\overrightarrow{OB} = \frac{1}{3}\overrightarrow{OB} \)
\( \displaystyle \overrightarrow{AP} = \frac{s}{s+(1-s)}\overrightarrow{AC} = s\overrightarrow{AC} \)
\( \displaystyle \overrightarrow{BQ} = \frac{t}{t+(1-t)}\overrightarrow{BC} = t\overrightarrow{BC} \)
そして、「4点$A_0$，$B_0$，$P$，$Q$が同一平面上にある」という条件もありました。このような同一平面上にあるという条件が成立しているとき、このような空間ベクトルの条件が成り立ちます。
点$P$が$A$，$B$，$C$が同一平面上にあり、$A$，$B$，$C$が同一直線上にはないならば、
\( \overrightarrow{AP} = a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC} \)となる実数$a$，$b$が存在する
ということは、\( \overrightarrow{A_0B_0} = a\overrightarrow{A_0P}+b\overrightarrow{A_0Q} \)という式が成立するということになります。そこで、\( \overrightarrow{A_0B_0} \)，\( \overrightarrow{A_0P} \)，\( \overrightarrow{A_0Q} \)のベクトルについて考えてみましょう。
まず、
\( \overrightarrow{A_0B_0} \)
\( = \overrightarrow{OB_0}-\overrightarrow{OA_0} \)
\( \displaystyle = -\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB} \)…[1]
\( \overrightarrow{A_0P} \)
\( = \overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA_0} \)
\( = \overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{OA_0} \)
\( \displaystyle = s\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{OA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA} \)
\( \displaystyle = s(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})+\overrightarrow{OA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA} \)
\( \displaystyle = \left(\frac{1}{2}-s\right)\overrightarrow{OA}+s\overrightarrow{OC} \)
\( \overrightarrow{A_0Q} \)
\( = \overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OA_0} \)
\( = \overrightarrow{BQ}-\overrightarrow{BO}-\overrightarrow{OA_0} \)
\( \displaystyle = t\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{OB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA} \)
\( \displaystyle = t(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})+\overrightarrow{OB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA} \)
\( \displaystyle = -\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+(1-t)\overrightarrow{OB}+t\overrightarrow{OC} \)
これより、
\( \small{a\overrightarrow{A_0P}+b\overrightarrow{A_0Q}} \)
\( \displaystyle \small{= a\left\{\left(\frac{1}{2}-s\right)\overrightarrow{OA}+s\overrightarrow{OC}\right\}+b\left\{-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+(1-t)\overrightarrow{OB}+t\overrightarrow{OC}\right\}} \)
\( \displaystyle \small{= \left\{a\left(\frac{1}{2}-s\right)-\frac{1}{2}b\right\}\overrightarrow{OA}+b(1-t)\overrightarrow{OB}+(as+bt)\overrightarrow{OC}} \)…[2]
4点$O$，$A$，$B$，$C$は同一平面上にないと問題文にありましたので、[1]，[2]より、
\( \displaystyle a\left(\frac{1}{2}-s\right)-\frac{1}{2}b = -\frac{1}{2} \)…[3]
\( \displaystyle b(1-t) = \frac{1}{3} \)…[4]
\( as+bt = 0 \)…[5]
[4]より、\( 0＜t＜1 \)ですから、\( \displaystyle b = \frac{1}{3(1-t)} \)
[5]より、\( 0＜s＜1 \)ですから、
\( \displaystyle a = -\frac{bt}{s} \)
\( \displaystyle = -\frac{1}{3(1-t)}・\frac{t}{s} \)
よって、[3]に代入すると、
\( \displaystyle -\frac{t}{3s(1-t)}\left(\frac{1}{2}-s\right)-\frac{1}{2}・\frac{1}{3(1-t)} = -\frac{1}{2} \)
\( \displaystyle -\frac{t}{s}\left(\frac{1}{2}-s\right)-\frac{1}{2} = -\frac{1}{2}・3(1-t) \)
\( \displaystyle -t\left(\frac{1}{2}-s\right)-\frac{1}{2}s = -\frac{1}{2}・3s(1-t) \)
\( \displaystyle -\frac{1}{2}t+st-\frac{1}{2}s = -\frac{3}{2}s+\frac{3}{2}st \)
\( \displaystyle \frac{1}{2}st+\frac{1}{2}t = s \)
\( \displaystyle \frac{1}{2}(s+1)t = s \)
\( 0＜s＜1 \)なので、\( \displaystyle t = \frac{2s}{s+1} \)
② $∠POQ$ = 90°ということは、この角をつくる2つのベクトルの内積は0、つまり\( \overrightarrow{OP}・\overrightarrow{OQ} = 0 \)ということになります。
①で考えたとおり、
\( \overrightarrow{OP} \)
\( = s(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})+\overrightarrow{OA} \)
\( = (1-s)\overrightarrow{OA}+s\overrightarrow{OC} \)
\( \overrightarrow{OQ} \)
\( = t(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})+\overrightarrow{OB} \)
\( = (1-t)\overrightarrow{OB}+t\overrightarrow{OC} \)
よって、
\( \overrightarrow{OP}・\overrightarrow{OQ} \)
\( = \{(1-s)\overrightarrow{OA}+s\overrightarrow{OC}\}・\{(1-t)\overrightarrow{OB}+t\overrightarrow{OC}\} \)
\( = (1-s)(1-t)\overrightarrow{OA}・\overrightarrow{OB}+t(1-s)\overrightarrow{OC}・\overrightarrow{OA}+s(1-t)\overrightarrow{OB}・\overrightarrow{OC}+st|\overrightarrow{OC}|^2 \)
\( = (1-s)(1-t)\overrightarrow{OA}・\overrightarrow{OB}+t(1-s)\overrightarrow{OC}・\overrightarrow{OA} \\ ~~~~+s(1-t)\overrightarrow{OB}・\overrightarrow{OC}+st|\overrightarrow{OC}|^2 \)
ここで、
\( \overrightarrow{OA}・\overrightarrow{OB} \)
\( = |\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|\cos120° \)
\( \displaystyle = 1・2・\left(-\frac{1}{2}\right) = -1 \)
\( \overrightarrow{OC}・\overrightarrow{OA} \)
\( = |\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{OA}|\cos60° \)
\( \displaystyle = 2・1・\frac{1}{2} = 1 \)
\( \overrightarrow{OB}・\overrightarrow{OC} \)
\( = |\overrightarrow{OB}||\overrightarrow{OC}|\cos90° \)
\( = 2・2・0 = 0 \)
そして、\( |\overrightarrow{OC}|^2 = 2^2 \) = 4より、
\( = (1-s)(1-t)\overrightarrow{OA}・\overrightarrow{OB}+t(1-s)\overrightarrow{OC}・\overrightarrow{OA}+s(1-t)\overrightarrow{OB}・\overrightarrow{OC}+st|\overrightarrow{OC}|^2 \)
\( = (1-s)(1-t)\overrightarrow{OA}・\overrightarrow{OB}+t(1-s)\overrightarrow{OC}・\overrightarrow{OA} \\ ~~~~+s(1-t)\overrightarrow{OB}・\overrightarrow{OC}+st|\overrightarrow{OC}|^2 \)
\( = (1-s)(1-t)・(-1)+t(1-s)・1+s(1-t)・0+st・4 \)
これが0となるわけですから、
\( -(1-s)(1-t)+t(1-s)+4st = 0 \)
\( -st+s+t-1+t-st+4st = 0 \)
\( 2st+s+2t-1 = 0 \)
\( 2t(s+1)+s-1 = 0 \)
①で求めた\( \displaystyle t = \frac{2s}{s+1} \)をこれに代入して、
\( \displaystyle 2・\frac{2s}{s+1}・(s+1)+s-1 = 0 \)
\( 4s+s-1 = 0 \)
\( 5s = 1 \)
\( \displaystyle s = \frac{1}{5} \)
これは問題文にあった\( 0＜s＜1 \)の条件を満たしています。
この値のとき、$t$に設定されている条件である\( 0＜t＜1 \)も満たしているか確認します。
\( \displaystyle s = \frac{1}{5} \)を\( \displaystyle t = \frac{2s}{s+1} \)に代入すると、
\( \displaystyle t = \frac{2・\frac{1}{5}}{\frac{1}{5}+1} \)
\( \displaystyle = \frac{\frac{2}{5}}{\frac{6}{5}} \)
\( \displaystyle = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \)
これは\( 0＜t＜1 \)を満たしますので、\( \displaystyle s = \frac{1}{5} \)で適するということになります。
（２）〈指針〉
\( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD} \)という等式を利用して$p$，$q$，$r$，$s$を使った等式を証明しないといけません。なので、与えられた等式を\( \overrightarrow{OP} \)，\( \overrightarrow{OQ} \)，\( \overrightarrow{OR} \)，\( \overrightarrow{OS} \)を使った形に書き換えてヒントにつなげていきましょう。
この問題に登場するベクトルを見ると、すべて$O$が始点になっています。$P$，$Q$，$R$，$S$が同一平面上にあればという条件が問題文にありますが、$O$はその平面上にありません。このような平面外の点から始まるベクトルについて、同一平面上になるための条件があります。
点$P$が$A$，$B$，$C$が同一平面上にあり、$A$，$B$，$C$が同一直線上にはないならば、
\( \overrightarrow{OP} = s\overrightarrow{OA}+t\overrightarrow{OB}+u\overrightarrow{OC} \)が成り立ち、$s+t+u = 1$となる実数$s$，$t$，$u$が存在する
そこで、書き換えた等式について、$●+▲+■ = 1$という条件を利用して、\( \displaystyle \frac{1}{p}+\frac{1}{r} = \frac{1}{q}+\frac{1}{s} \)が成立することの証明につなげましょう。
〈証明〉
\( \overrightarrow{OP} = p\overrightarrow{OA} \)，\( \overrightarrow{OQ} = q\overrightarrow{OB} \)，\( \overrightarrow{OR} = r\overrightarrow{OC} \)，\( \overrightarrow{OS} = s\overrightarrow{OD} \)より、
\( \displaystyle \overrightarrow{OA} = \frac{1}{p}\overrightarrow{OP} \)，\( \displaystyle \overrightarrow{OB} = \frac{1}{q}\overrightarrow{OQ} \)，\( \displaystyle \overrightarrow{OC} = \frac{1}{r}\overrightarrow{OR} \)，\( \displaystyle \overrightarrow{OD} = \frac{1}{s}\overrightarrow{OS} \)
これらを\( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD} \)に代入すると、
\( \displaystyle \frac{1}{p}\overrightarrow{OP}+\frac{1}{r}\overrightarrow{OR} = \frac{1}{q}\overrightarrow{OQ}+\frac{1}{s}\overrightarrow{OS} \)
\( \displaystyle \frac{1}{p}\overrightarrow{OP} = -\frac{1}{r}\overrightarrow{OR}+\frac{1}{q}\overrightarrow{OQ}+\frac{1}{s}\overrightarrow{OS} \)
\( \displaystyle \overrightarrow{OP} = -\frac{p}{r}\overrightarrow{OR}+\frac{p}{q}\overrightarrow{OQ}+\frac{p}{s}\overrightarrow{OS} \)
ここで、$P$，$Q$，$R$，$S$が同一平面上にあるならば、\( \displaystyle -\frac{p}{r}+\frac{p}{q}+\frac{p}{s} = 1 \)が成り立つ。
\( p \neq 0 \)より、この等式の両辺を$p$で割ると、
\( \displaystyle -\frac{1}{r}+\frac{1}{q}+\frac{1}{s} = \frac{1}{p} \)
\( \displaystyle ∴\frac{1}{p}+\frac{1}{r} = \frac{1}{q}+\frac{1}{s} \)
答え．
（１）① \( \displaystyle t = \frac{2s}{s+1} \) ② \( \displaystyle s = \frac{1}{5} \)
（２）（上の〈証明〉参照）