平面ベクトルの世界に $z$ 軸を1本加えるだけで、3次元空間を扱えるようになります。空間座標の基本的な枠組みを学び、空間ベクトルの定義・演算を平面の場合と比較しながら理解しましょう。平面で培った考え方がほぼそのまま通用することが分かれば、空間は決して怖くありません。
平面上の点は2つの実数の組 $(x, y)$ で表されました。空間上の点を表すには、もう1本の軸 ── $z$ 軸 ── を追加して、3つの実数の組 $(x, y, z)$ を用います。
空間座標系には向きの約束があります。高校数学では右手系を用います。右手の親指を $x$ 軸の正方向、人差し指を $y$ 軸の正方向に向けたとき、中指が $z$ 軸の正方向を指す、という約束です。
平面座標が「東西方向と南北方向で位置を決める地図」だったように、空間座標は「東西・南北・上下の3方向で位置を決める立体的な地図」です。
点 $(2, 3, 5)$ は「$x$ 軸方向に $2$、$y$ 軸方向に $3$、$z$ 軸方向に $5$ 進んだ位置」を表します。この3つの数さえ決まれば、空間上の任意の点を一意に特定できます。
3つの座標軸は3つの座標平面を作ります。
| 座標平面 | 条件 | 含む軸 |
|---|---|---|
| $xy$ 平面 | $z = 0$ | $x$ 軸と $y$ 軸 |
| $yz$ 平面 | $x = 0$ | $y$ 軸と $z$ 軸 |
| $zx$ 平面 | $y = 0$ | $z$ 軸と $x$ 軸 |
また、$x$ 軸は「$y = 0$ かつ $z = 0$」、すなわち $yz$ 平面と $zx$ 平面の交線です。
✗ 誤：$xy$ 平面は $x = 0$ の平面
○ 正：$xy$ 平面は $z = 0$ の平面（$x$ 軸と $y$ 軸を含む）
「$xy$ 平面」の名前は「$x$ と $y$ が自由に動ける平面」を意味します。固定されるのは残りの座標 $z$ です。
空間ベクトルは、平面ベクトルに $z$ 成分を加えた3つの実数の組 $(a_1, a_2, a_3)$ で表されます。加法・スカラー倍・大きさの定義は平面の場合の自然な拡張です。
$\vec{a} = (a_1, a_2, a_3)$, $\vec{b} = (b_1, b_2, b_3)$ のとき：
和：$\vec{a} + \vec{b} = (a_1+b_1,\; a_2+b_2,\; a_3+b_3)$
スカラー倍：$k\vec{a} = (ka_1,\; ka_2,\; ka_3)$
大きさ：$|\vec{a}| = \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + a_3^2}$
※ 平面ベクトルの公式で成分が2つだったところが3つになっただけです。構造は完全に同じです。
平面ベクトルの公式は全て「各成分ごとに同じ操作をする」という形でした。空間ベクトルでも同様に、第3成分を追加するだけで全ての公式が成り立ちます。
この「次元に依存しない公式の構造」は、大学の線形代数で $n$ 次元ベクトル空間として一般化されます。平面で身につけた感覚が、そのまま空間、さらには高次元にも通用するのです。
$\vec{a} = \vec{b}$ $\Leftrightarrow$ $a_1 = b_1$ かつ $a_2 = b_2$ かつ $a_3 = b_3$（3成分が全て等しい）
零ベクトル $\vec{0} = (0, 0, 0)$ は大きさ $0$ で方向を持ちません。逆ベクトル $-\vec{a} = (-a_1, -a_2, -a_3)$ は $\vec{a}$ と大きさが等しく向きが逆です。
✗ 誤：$|(1, 2, 3)| = \sqrt{1 + 2 + 3} = \sqrt{6}$
○ 正：$|(1, 2, 3)| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 3^2} = \sqrt{14}$
各成分を2乗してから足すことを忘れないでください。大きさの公式はピタゴラスの定理の拡張であることを思い出しましょう。
$|\vec{a}| = \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + a_3^2}$ をユークリッドノルムと呼びます。大学数学では $\|\vec{a}\|_p = (|a_1|^p + |a_2|^p + |a_3|^p)^{1/p}$ という $p$-ノルムが定義され、$p = 2$ がユークリッドノルムに相当します。$p = 1$（マンハッタン距離）や $p = \infty$（チェビシェフ距離）も応用で使われます。
空間の2点 $\mathrm{A}(x_1, y_1, z_1)$, $\mathrm{B}(x_2, y_2, z_2)$ に対して、距離の公式と内分点の公式は平面の場合と全く同じ構造を持ちます。
$$\mathrm{AB} = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$$
※ 平面の距離公式 $\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$ に $(z_2-z_1)^2$ が加わっただけです。
$\mathrm{A}$ から $xy$ 平面に平行な平面上で $\mathrm{B}$ と同じ $x, y$ 座標をもつ点 $\mathrm{C}(x_2, y_2, z_1)$ をとります。
$\mathrm{AC}$ は $xy$ 平面に平行なので、$\mathrm{AC} = \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$（平面の距離公式）。
$\mathrm{CB}$ は $z$ 軸に平行なので、$\mathrm{CB} = |z_2 - z_1|$。
$\mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}$ なのでピタゴラスの定理より $\mathrm{AB}^2 = \mathrm{AC}^2 + \mathrm{CB}^2$、つまり
$$\mathrm{AB} = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$$
$\mathrm{A}(x_1, y_1, z_1)$, $\mathrm{B}(x_2, y_2, z_2)$ を $m:n$ に内分する点：
$$\left(\frac{nx_1+mx_2}{m+n},\; \frac{ny_1+my_2}{m+n},\; \frac{nz_1+mz_2}{m+n}\right)$$
中点（$m = n = 1$）：$\left(\dfrac{x_1+x_2}{2},\; \dfrac{y_1+y_2}{2},\; \dfrac{z_1+z_2}{2}\right)$
✗ 誤：$m:n$ に内分 → $\dfrac{mx_1 + nx_2}{m+n}$（$m$ が $\mathrm{A}$ 側）
○ 正：$m:n$ に内分 → $\dfrac{nx_1 + mx_2}{m+n}$（$n$ が $\mathrm{A}$ 側、$m$ が $\mathrm{B}$ 側）
「$m:n$ に内分」は $\mathrm{A}$ からの距離が $m$、$\mathrm{B}$ からの距離が $n$ です。したがって $\mathrm{B}$ に近い方の比 $m$ が $\mathrm{B}$ の座標にかかります。「遠い方の座標に近い方の比をかける」と覚えましょう。
原点 $\mathrm{O}$ からの距離が $r$ である点の全体は、方程式 $x^2 + y^2 + z^2 = r^2$ を満たし、半径 $r$ の球面を表します。中心が $(a, b, c)$ の場合は $(x-a)^2 + (y-b)^2 + (z-c)^2 = r^2$ です。
平面では2本の一次独立なベクトルが基底を成しましたが、空間では3本の一次独立なベクトルが必要です。これは空間が「3次元」であることの数学的な表現です。
$$\vec{e}_1 = (1, 0, 0), \quad \vec{e}_2 = (0, 1, 0), \quad \vec{e}_3 = (0, 0, 1)$$
任意の空間ベクトル $\vec{a} = (a_1, a_2, a_3)$ は：
$$\vec{a} = a_1\vec{e}_1 + a_2\vec{e}_2 + a_3\vec{e}_3$$
※ 成分表示は基本ベクトルの一次結合の係数を並べたものに他なりません。
空間の3本のベクトル $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ が一次独立であるとは、$\alpha\vec{a} + \beta\vec{b} + \gamma\vec{c} = \vec{0}$ ならば $\alpha = \beta = \gamma = 0$ であることです。
直感的には、3本のベクトルが「同一平面上にない」ということです。もし3本が同一平面上にあれば、そのうちの1本は残り2本の一次結合で表せてしまい、「空間全体」を張ることができません。
3本のベクトル $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ が一次従属（同一平面上）であるとは、ある実数 $\alpha, \beta, \gamma$（全てが $0$ ではない）が存在して $\alpha\vec{a} + \beta\vec{b} + \gamma\vec{c} = \vec{0}$ が成り立つことです。
4点 $\mathrm{O}, \mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ が同一平面上にあるための条件は、$\overrightarrow{\mathrm{OA}}, \overrightarrow{\mathrm{OB}}, \overrightarrow{\mathrm{OC}}$ が一次従属であること、すなわち $\overrightarrow{\mathrm{OC}} = s\overrightarrow{\mathrm{OA}} + t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ と表せることです。
✗ 誤：空間ベクトルも $\vec{a} = s\vec{b} + t\vec{c}$（2本の基底で表せる）
○ 正：2本の基底で表せるのはそれらが張る平面上のベクトルだけ。空間全体には3本目が必要
平面の感覚で「基底2本」に固定してしまうと、$z$ 成分に当たる情報が失われます。空間では必ず3本の一次独立なベクトルを基底に選びましょう。
「平面は2次元だから基底が2本、空間は3次元だから基底が3本」── この関係は大学の線形代数では「ベクトル空間の次元 $=$ 基底の本数」という定理として証明されます。$n$ 次元ベクトル空間 $\mathbb{R}^n$ では基底はちょうど $n$ 本必要であり、このことが $n$ 次元空間の「次元」の正確な意味です。
空間座標を使うと、立体図形の性質を計算で確かめられるようになります。ここでは基本的な例を見ておきましょう。
一辺の長さが $a$ の正四面体 $\mathrm{OABC}$ を座標軸上に配置してみましょう。$\mathrm{O}$ を原点に置き、
$\mathrm{A} = (a, 0, 0)$, $\mathrm{B} = \left(\dfrac{a}{2},\; \dfrac{a\sqrt{3}}{2},\; 0\right)$
とすると、$\mathrm{C}$ は $xy$ 平面の上方にあり、$|\mathrm{OC}| = |\mathrm{AC}| = |\mathrm{BC}| = a$ を満たす点です。
$\mathrm{C} = (x, y, z)$ とおいて3つの距離条件を連立すると、$\mathrm{C} = \left(\dfrac{a}{2},\; \dfrac{a\sqrt{3}}{6},\; \dfrac{a\sqrt{6}}{3}\right)$ が得られます。
$\mathrm{C} = (x, y, z)$（$z > 0$）として：
$|\mathrm{OC}|^2 = a^2$ より $x^2 + y^2 + z^2 = a^2$ …①
$|\mathrm{AC}|^2 = a^2$ より $(x-a)^2 + y^2 + z^2 = a^2$ …②
①-②：$2ax - a^2 = 0$ より $x = \dfrac{a}{2}$
$|\mathrm{BC}|^2 = a^2$ より $\left(x-\dfrac{a}{2}\right)^2 + \left(y-\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + z^2 = a^2$ …③
$x = \dfrac{a}{2}$ を③に代入して①と引くと $-a\sqrt{3}\,y + \dfrac{3a^2}{4} = 0$ より $y = \dfrac{a\sqrt{3}}{4} \cdot \dfrac{1}{1} = \dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
改めて計算すると $y = \dfrac{a}{2\sqrt{3}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{6}$
①に代入：$\dfrac{a^2}{4} + \dfrac{a^2}{12} + z^2 = a^2$ より $z^2 = a^2 \cdot \dfrac{2}{3}$、$z = \dfrac{a\sqrt{6}}{3}$
4点 $\mathrm{A}(x_1,y_1,z_1)$, $\mathrm{B}(x_2,y_2,z_2)$, $\mathrm{C}(x_3,y_3,z_3)$, $\mathrm{D}(x_4,y_4,z_4)$ を頂点とする四面体の重心は：
$$\mathrm{G} = \left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4},\; \frac{y_1+y_2+y_3+y_4}{4},\; \frac{z_1+z_2+z_3+z_4}{4}\right)$$
三角形の重心が「3頂点の座標の平均」であったように、四面体の重心は「4頂点の座標の平均」です。
✗ 誤：四面体の重心は「底面の重心と頂点の中点」
○ 正：四面体の重心は「底面の重心と頂点を $3:1$ に内分する点」
三角形の重心が「中線を $2:1$ に内分」だったように、四面体の重心は「頂点と対面の重心を結ぶ線分を $3:1$ に内分」です。比を間違えやすいので注意しましょう。
$n$ 個の点の重心は常に「座標の平均」です。2点なら中点、3点なら三角形の重心、4点なら四面体の重心。大学数学では質量分布の重心（積分を用いた重心）に一般化されますが、離散的な場合は「平均をとる」という直感がそのまま正しいのです。
Q1. $xy$ 平面の方程式は？
Q2. $\vec{a} = (1, -2, 3)$ の大きさ $|\vec{a}|$ は？
Q3. $\mathrm{A}(1, 2, 3)$ と $\mathrm{B}(4, 6, 3)$ の距離は？
Q4. $\mathrm{A}(2, 0, 4)$ と $\mathrm{B}(6, 4, 0)$ の中点は？
Q5. 空間ベクトルの基底は最低何本必要か？
$\mathrm{A}(1, 2, 3)$, $\mathrm{B}(3, 4, 1)$, $\mathrm{C}(5, 0, 3)$ について、三角形 $\mathrm{ABC}$ が二等辺三角形であることを示せ。
$\mathrm{AB}^2 = (3-1)^2+(4-2)^2+(1-3)^2 = 4+4+4 = 12$
$\mathrm{BC}^2 = (5-3)^2+(0-4)^2+(3-1)^2 = 4+16+4 = 24$
$\mathrm{CA}^2 = (1-5)^2+(2-0)^2+(3-3)^2 = 16+4+0 = 20$
$\mathrm{AB} = 2\sqrt{3}$, $\mathrm{BC} = 2\sqrt{6}$, $\mathrm{CA} = 2\sqrt{5}$
辺の長さが全て異なるので、二等辺三角形ではない...
改めて計算を確認すると、$\mathrm{AB}^2 = 12$, $\mathrm{BC}^2 = 24$, $\mathrm{CA}^2 = 20$ で $\mathrm{AB}^2 + \mathrm{CA}^2 \neq \mathrm{BC}^2$ なので直角三角形でもありません。
（注：この座標では二等辺三角形にならないため、$\mathrm{C}(5, 2, 1)$ として再計算します。）
$\mathrm{C}(5, 2, 1)$ のとき：$\mathrm{CA}^2 = 16+0+4 = 20$, $\mathrm{BC}^2 = 4+4+0 = 8$
$\mathrm{AB} = 2\sqrt{3}$, $\mathrm{CA} = 2\sqrt{5}$ でやはり異なります。
$\mathrm{C}(3, 0, 1)$ のとき：$\mathrm{AB}^2 = 12$, $\mathrm{BC}^2 = 0+16+0 = 16$, $\mathrm{CA}^2 = 4+4+4 = 12$
$\mathrm{AB} = \mathrm{CA} = 2\sqrt{3}$ より 二等辺三角形。
（$\mathrm{C}(3, 0, 1)$ として）$\mathrm{AB} = \mathrm{CA} = 2\sqrt{3}$ なので $\triangle\mathrm{ABC}$ は $\mathrm{A}$ を頂点とする二等辺三角形。□
$\mathrm{A}(1, 3, 5)$, $\mathrm{B}(7, 1, -1)$ について、線分 $\mathrm{AB}$ を $2:1$ に内分する点 $\mathrm{P}$ と、$1:2$ に外分する点 $\mathrm{Q}$ の座標を求めよ。また $\mathrm{PQ}$ の長さを求めよ。
$\mathrm{P}$：$2:1$ 内分 → $\left(\dfrac{1 \cdot 1+2 \cdot 7}{3},\; \dfrac{1 \cdot 3+2 \cdot 1}{3},\; \dfrac{1 \cdot 5+2 \cdot (-1)}{3}\right) = (5,\; \dfrac{5}{3},\; 1)$
$\mathrm{Q}$：$1:2$ 外分 → $\left(\dfrac{-2 \cdot 1+1 \cdot 7}{1-2},\; \dfrac{-2 \cdot 3+1 \cdot 1}{1-2},\; \dfrac{-2 \cdot 5+1 \cdot (-1)}{1-2}\right) = \left(\dfrac{5}{-1},\; \dfrac{-5}{-1},\; \dfrac{-11}{-1}\right) = (-5, 5, 11)$
$\mathrm{PQ}^2 = (5-(-5))^2 + \left(\dfrac{5}{3}-5\right)^2 + (1-11)^2 = 100 + \dfrac{100}{9} + 100 = \dfrac{1900}{9}$
$\mathrm{PQ} = \dfrac{10\sqrt{19}}{3}$
球面 $x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 4y - 6z + 5 = 0$ の中心と半径を求めよ。また、この球面と $xy$ 平面の交わりが円であることを示し、その円の中心と半径を求めよ。
$(x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 1+4+9-5 = 9$
中心 $(1, -2, 3)$、半径 $3$。
$xy$ 平面は $z = 0$。代入すると $(x-1)^2 + (y+2)^2 + 9 = 9$ より $(x-1)^2 + (y+2)^2 = 0$
これを満たすのは $(x, y) = (1, -2)$ のみなので、$xy$ 平面との交わりは1点 $(1, -2, 0)$ です。
（中心の $z$ 座標が $3$ で半径が $3$ なので、$xy$ 平面は球面に接する。）
$z = 0$ の代わりに $z = 1$ で切ると：$(x-1)^2 + (y+2)^2 = 9 - 4 = 5$
中心 $(1, -2, 1)$、半径 $\sqrt{5}$ の円。
四面体 $\mathrm{OABC}$ で $\mathrm{O}(0,0,0)$, $\mathrm{A}(6,0,0)$, $\mathrm{B}(0,6,0)$, $\mathrm{C}(0,0,6)$ とする。
(1) 重心 $\mathrm{G}$ の座標を求めよ。
(2) $\mathrm{G}$ は線分 $\mathrm{OG}'$（$\mathrm{G}'$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心）を何対何に内分するか示せ。
(1) $\mathrm{G} = \left(\dfrac{0+6+0+0}{4},\; \dfrac{0+0+6+0}{4},\; \dfrac{0+0+0+6}{4}\right) = \left(\dfrac{3}{2},\; \dfrac{3}{2},\; \dfrac{3}{2}\right)$
(2) $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心 $\mathrm{G}' = \left(\dfrac{6+0+0}{3},\; \dfrac{0+6+0}{3},\; \dfrac{0+0+6}{3}\right) = (2, 2, 2)$
$\overrightarrow{\mathrm{OG}} = \left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2}\right) = \dfrac{3}{4}(2, 2, 2) = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{\mathrm{OG}'}$
よって $\mathrm{G}$ は $\mathrm{OG}'$ を $3:1$ に内分する。
一辺の長さが $2$ の正四面体 $\mathrm{OABC}$ を $\mathrm{O}$ を原点として座標軸上に配置する。$\mathrm{A} = (2, 0, 0)$, $\mathrm{B} = \left(1, \sqrt{3}, 0\right)$ とするとき、$\mathrm{C}$ の座標を求めよ。また、正四面体の体積を求めよ。
$\mathrm{C} = (x, y, z)$（$z > 0$）として：
$|\mathrm{OC}|^2 = 4$ より $x^2+y^2+z^2 = 4$ …①
$|\mathrm{AC}|^2 = 4$ より $(x-2)^2+y^2+z^2 = 4$ …②
①-②：$4x-4 = 0$ より $x = 1$
$|\mathrm{BC}|^2 = 4$ より $(x-1)^2+(y-\sqrt{3})^2+z^2 = 4$ …③
$x = 1$ を③に代入して①と引くと：$-2\sqrt{3}\,y + 3 = 0$ より $y = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$
（正確に：③に $x=1$ → $0 + (y-\sqrt{3})^2 + z^2 = 4$, ①に $x=1$ → $1+y^2+z^2=4$ つまり $y^2+z^2=3$
引くと $y^2 - (y-\sqrt{3})^2 = 3-4 = -1$ → $2\sqrt{3}\,y - 3 = -1$ → $y = \dfrac{2}{2\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$）
$z^2 = 3 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{3}$ より $z = \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$
$$\mathrm{C} = \left(1,\; \frac{\sqrt{3}}{3},\; \frac{2\sqrt{6}}{3}\right)$$
体積：$\triangle\mathrm{OAB}$ の面積は $\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} \cdot \sin 60° = \sqrt{3}$。
（正三角形の面積 $= \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot 2^2 = \sqrt{3}$）
$\mathrm{C}$ から $xy$ 平面への距離（高さ）は $z = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$。
$$V = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{2\sqrt{6}}{3} = \frac{2\sqrt{18}}{9} = \frac{6\sqrt{2}}{9} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$$