角の条件が与えられた図形の面積と体積 / 2022 杏林大学第3問

問題
(1)について
(2)について

問題

$\fbox{イ}$ ～ $\fbox{オ}$ ，および $\fbox{サ}$ ～ $\fbox{ス}$ の解答を該当する解答群から最も適当なものを一つずつ選べ。
(1)　座標平面上の 3 点 $\mathrm{A}(-1,\, 0)$ , $\mathrm{B}(1,\, 0)$ , C を頂点とする三角形について考える。
点 C の $y$ 座標は正であり，原点を O として，以下の問いに答えよ。
(a)　 $\angle\mathrm{BAC}< \angle\mathrm{ABC}$ をみたす場合，点 C は第 $\fbox{ア}$ 象限に存在する。
(b)　 $\angle\mathrm{ABC}< \angle\mathrm{ACB}$ をみたす場合，点 C は $\fbox{イ}$ の $\fbox{ウ}$ に存在する。
(c)　 $\angle\mathrm{ACB}< \frac{\pi}{2}$ をみたす場合，点 C は $\fbox{エ}$ の $\fbox{オ}$ に存在する。
(d)　 $\angle\mathrm{BAC}\leqq\angle\mathrm{ABC}\leqq \angle\mathrm{ACB}\leqq \frac{\pi}{2}$ をみたす点 C が存在する領域（境界を含む）の面積は $\frac{\fbox{カ}}{\fbox{キク}}\pi-\frac{\sqrt{\fbox{ケ}}}{\fbox{コ}}$ である。

$\fbox{イ}$ ， $\fbox{エ}$ の解答群

点 A を中心とし点 B を通る円

点 B を中心とし点 A を通る円

線分 AB を直径とする円

離心率が 0.5 で 2 点 O, A を焦点とする楕円

離心率が 0.5 で 2 点 O, B を焦点とする楕円

離心率が 0.5 で 2 点 A, B を焦点とする楕円

線分 AB を一辺にもち，重心の $y$ 座標が正である正三角形

線分 AB を一辺にもち，重心の $y$ 座標が正である正方形

$\fbox{ウ}$ ， $\fbox{オ}$ の解答群

内部

周上

外部

重心

(2)　座標空間内の 4 点 $\mathrm{A}(-1,\, 0,\, 0)$ , $\mathrm{B}(1,\, 0,\, 0)$ , $\mathrm{C}(s,\, t,\, 0)$ , D を頂点とし，
\begin{align*}
\angle\mathrm{BAC}< \angle\mathrm{ABC}< \angle\mathrm{ACB}
%\angle\mathrm{BAC}\leqq\angle\mathrm{ABC}\leqq \angle\mathrm{ABC}\leqq \frac{\pi}{2}
\end{align*}
をみたす四面体を考える。 $t>0$ であり，点 D の $z$ 座標は正であるとして，以下の問いに答えよ。
(a)　 $\angle\mathrm{ADC}=\frac{\pi}{2}$ をみたす場合，点 D は $\fbox{サ}$ に存在する。
(b)　 $\angle\mathrm{ADC}=\angle\mathrm{BDC}=\frac{\pi}{2}$ をみたす場合，点 D の $x$ 座標は $s$ であり，点 D は $\left(s,\, \fbox{シ},\, 0\right)$ を中心とする半径 $\fbox{ス}$ 円周上にある。
(c)　以下では， $t=\frac{4}{3}$ とする。
設問(1)の結果から，点 C の $x$ 座標 $s$ は
\begin{align*}
\fbox{セ}< s< -\fbox{ソ}+\frac{\fbox{タ}\sqrt{\fbox{チ}}}{\fbox{ツ}}
\end{align*}
の範囲の値をとりうる。
この範囲で $s$ が変化するとき，
$\angle\mathrm{ADB}=\angle\mathrm{ADC}=\angle\mathrm{BDC}=\frac{\pi}{2}$
をみたす四面体 ABCD の体積は， $s=\frac{\fbox{テ}}{\fbox{ト}}$ のとき最大値 $\frac{\fbox{ナ}}{\fbox{ニヌ}}$ をとる。
$\fbox{サ}$ の解答群

線分 AC の中点を通り直線 AC に垂直な平面上

線分 AC を直径とする球面上

線分 AC を直径とする球の内部

点 A を中心とし点 C を通る球面上

点 A を中心とし点 C を通る球の内部

線分 AC を一辺にもつ正四面体の面上

線分 AC を一辺にもつ正四面体の内部

離心率が 0.5 で 2 点 A, C を焦点とする楕円を直線 AC のまわりに 1 回転させてできる立体の面上

離心率が 0.5 で 2 点 A, C を焦点とする楕円を直線 AC のまわりに 1 回転させてできる立体の内部

$\fbox{シ}$ ， $\fbox{ス}$ の解答群

$s$

$t$

$2s$

$2t$

$\frac{s}{2}$

$\frac{t}{2}$

$st$

$\frac{s}{t}$

$\frac{s+1}{2}$

$\frac{s-1}{2}$

問題文がちがってたら教えて下さい。

解説の pdf も作りました。きれいなレイアウトで読みたい方はこちらをどうぞ。

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(1)について

角度を議論する方法はいろいろありますが，この問題で $\tan$ の加法定理や余弦定理を使うのは大げさです。
現実的な解法として次の 2 つを紹介します。

等号が成り立つ場合を考えて境界を求める→どちら側か考える
角の大小を対辺の大小に言い換える

(a)　 $\angle\mathrm{BAC}=\angle\mathrm{ABC}$ をみたす C を $\mathrm{C'}$ とします。
点 $\mathrm{C'}$ は AB の垂直二等分線である $y$ 軸の $y>0$ の部分にあります。
$\angle\mathrm{BAC}< \angle\mathrm{ABC}$ をみたす点 C はその右側つまり「第 1 象限」にあります。

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また， $\angle\mathrm{BAC}< \angle\mathrm{ABC}$ は $\mathrm{BC}< \mathrm{AC}$ と同値です。
$\mathrm{C}(X,\, Y)\ (Y>0)$ とおくと，次のようにして「第 1 象限」が導けます。
\begin{align*}
(X-1)^2+Y^2< (X+1)^2+Y^2,\, Y>0\ \Leftrightarrow\ X>0,\, Y>0
\end{align*}

(b)　 $\angle\mathrm{ABC}=\angle\mathrm{ACB}$ をみたす C を $\mathrm{C''}$ とします。
$\triangle\mathrm{ABC''}$ は二等辺三角形で，点 C はその内部にあります。

$\mathrm{AC''}=\mathrm{AC}=2$ より $\mathrm{C''}$ の軌跡は A を中心とする半径 2 の円です。
C の存在領域はこの内部なので答えは「点 A を中心とし点 B を通る円」の「内部」です。

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また， $\angle\mathrm{ABC}< \angle\mathrm{ACB}$ は $\mathrm{AC}< \mathrm{AB}$ と同値です。

$\mathrm{C''}(X,\, Y)\ (Y>0)$ とおくと，次のようにしてCの存在領域が求められます。
\begin{align*}
(X+1)^2+Y^2< 2^2,\, Y>0
\end{align*}

(c)　 $\angle\mathrm{ACB}=\frac{\pi}{2}$ をみたす C は「線分 AB を直径とする円」を描きます。
$\angle\mathrm{ACB}< \frac{\pi}{2}$ なのでその「外部」が答えです。

$\mathrm{C}(X,\, Y)$ とおいて $\vec{AC}\cdot \vec{BC}>0$ を利用してもいいです。
\begin{align*}
(X+1,\, Y)\cdot (X-1,\, Y)>0\ \Leftrightarrow\ X^2+Y^2>1
\end{align*}

C の存在領域はこれの $Y>0$ の部分です。

(d)　(a)～(c)より C の存在領域は図の網掛け部（境界含む）のようになります。

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面積を $S$ とすると
\begin{align*}
S&=\text{(扇形ABD)}-\triangle\mathrm{OAD}-\text{(四分円OBE)}\\
&=\frac{1}{2}\cdot 2^2\cdot \frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sqrt{3}-\frac{1}{4}\cdot \pi\cdot 1^2\\
&=\frac{5}{12}\pi-\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align*}

(2)について

(a)　 $\angle\mathrm{ADC}=\frac{\pi}{2}$ より D は「線分 AC を直径とする球面上」にあります。

(b)　 $\mathrm{D}(X,\, Y,\, Z)\ (Z>0)$ とおきます。
$\vec{AD}\cdot\vec{CD}=0$ , $\vec{BD}\cdot\vec{CD}=0$ より
\begin{align*}
&\left\{\begin{array}{l}
(X+1,\, Y,\, Z)\cdot (X-s,\, Y-t, Z)=0\\
(X-1,\, Y,\, Z)\cdot (X-s,\, Y-t, Z)=0
\end{array}\right.\\
&\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
(X+1)(X-s)+Y(Y-t)+Z^2=0\\
(X-1)(X-s)+Y(Y-t)+Z^2=0
\end{array}\right.\\
&\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
X^2+Y^2+Z^2+(1-s)X-tY-s=0\mbox{　……(A)}\\
X^2+Y^2+Z^2-(1+s)X-tY+s=0\mbox{　……(B)}
\end{array}\right.
\end{align*}

辺ごとに足すと $2X-2s=0$ から $X=s$ を得ます。

これを(A)に代入すると $Y^2+Z^2-tY=0$ になります。平方完成しましょう。
\begin{align*}
\left(Y-\frac{t}{2}\right)^2+Z^2=\frac{t^2}{4}\mbox{　……(C)}
\end{align*}

(C)と $X=s$ から問題文にあわせて「D は $\left(s,\, t/2,\, 0\right)$ を中心とする半径 $t/2$ の円周上にある」と答えるのが現実的な解法ですが，(C)に勝手に $X^2$ を補って中心を求めるのは本当はおかしいです。

実は(C)は円柱の方程式で， $yz$ 平面内の点 $(0,\, t/2,\, 0)$ を中心とする半径 $t/2$ の円を $yz$ 平面に垂直な方向に無限に移動させた図形をあらわします。

この説明がピンとこない人は空間図形としての $x^2+y^2=1$ が $xy$ 平面内の単位円を $z$ 軸にそって上下に無限に移動させた円柱を
あらわすことを考えてください。

円柱(C)の軸は $yz$ 平面に垂直なので平面 $x=s$ で切ったときの断面は円になります。
その中心と半径はそれぞれ $\left(s,\, t/2,\, 0\right)$ , $t/2$ になります。これが正しい考え方です。

(c)　 $s$ の範囲は(1)の(a)(b)からわかります。
$\mathrm{C}(s,\, t)$ の存在領域は $\mathrm{A}(-1,\, 0)$ を中心とする半径 $\mathrm{AB}=2$ の円の内部と第 1 象限の共通部分です。境界線は含みません。

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$y=t=\frac{4}{3}$ のときの $x=s$ の範囲を求めて
\begin{align*}
0< s< -1+\frac{2\sqrt{5}}{3}\mbox{　……(D)}
\end{align*}

この後はちょっとわかりにくいので，いったん誘導を無視して考えましょう。

この第 3 問で要求されていることは四面体 ABCD の体積 $V$ を $s$ であらわして，その最大値を求めることです。

底面 $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積は簡単に求められるので，あとは D の $z$ 座標を求めれば四面体の高さが決まって $V$ の式がわかります。これを平方完成や微分して最大値を求める流れになるはずです。

$\mathrm{D}(X,\, Y,\, Z)\ (Z>0)$ とおいて
$\angle\mathrm{ADB}=\angle\mathrm{ADC}=\angle\mathrm{BDC}=\frac{\pi}{2}$ を $X$ , $Y$ , $Z$ であらわします。
\begin{align*}
\left\{\begin{array}{l}
X^2+Y^2+Z^2=1\mbox{　……(E)}\\
X^2+Y^2+Z^2+(1-s)X-tY-s=0\mbox{　……(F)}\\
X^2+Y^2+Z^2-(1+s)X-tY+s=0\mbox{　……(G)}
\end{array}\right.
\end{align*}

(E)は $\angle\mathrm{ADB}=\frac{\pi}{2}$ で，(F)(G)は(b)の(A)(B)です。
整理すると次のようになります。
\begin{align*}
X=s,\, Y=\frac{1-s^2}{t}=\frac{3}{4}(1-s^2),\, Z^2=1-X^2-Y^2=1-s^2-\frac{9}{16}(1-s^2)^2
\end{align*}

四面体の高さは $Z\ (>0)$ です。
底面積は $\triangle\mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot t=t=\frac{4}{3}$ なので $V$ は次のようになります。
\begin{align*}
V&=\frac{1}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot Z=\frac{4}{9}\sqrt{1-s^2-\frac{9}{16}(1-s^2)^2}
\end{align*}

$1-s^2=u$ とおきます。
\begin{align*}
1-s^2-\frac{9}{16}(1-s^2)^2=u-\frac{9}{16}u^2=-\frac{9}{16}\left(u-\frac{8}{9}\right)^2+\frac{4}{9}
\end{align*}

$u=1-s^2=\frac{8}{9}$ のとき $s=\frac{1}{3}\ (>0)$ で，これは $s$ の変域(D)に含まれます。
求める最大値は $s=\frac{1}{3}$ のときの値です。
\begin{align*}
V=\frac{4}{9}\sqrt{\frac{4}{9}}=\frac{8}{27}
\end{align*}

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