I順天堂大学 2020年 数学 第I問解答・解説

(1) 辺を $3:1$ に内分する定義から $$\displaystyle \overrightarrow{AE}=\frac14\vec b+\frac34\vec c,\quad \overrightarrow{AD}=\frac34\vec b,\quad \overrightarrow{AF}=\frac14\vec c.$$ $P,Q,R$ の位置を $\vec b,\vec c$ の係数で表す。直線 $AE$ 上の点を $s(\vec b+3\vec c)/4$ とおき、$BF$ と係数を比較すると $s=4/13$ だから $P=(\vec b+3\vec c)/13$。同じく、$BF$と$CD$の交点$Q$、$CD$と$AE$の交点$R$を係数比較で求めると $$\displaystyle P=\frac{(1,3)}{13},\qquad Q=\frac{(9,1)}{13},\qquad R=\frac{(3,9)}{13}$$ （各対は $\vec b,\vec c$ の係数）を得る。従って $AP,PR,RE$ は $AE$ のそれぞれ $4/13,8/13,1/13$ 倍で、比は $4:8:1$。面積比は座標面積で求められる。$A$ を原点、$AB$ を横軸にとり、 $\vec b=(u,0),\ \vec c=(v,w)$（$u>0,w>0$）とする。 2本のベクトル $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ が作る三角形の面積は $\lvert x_1y_2-y_1x_2\rvert/2$ である。これは、両ベクトルをそれぞれ $r_1(\cos\phi,\sin\phi),r_2(\cos\psi,\sin\psi)$ と書き、 三角形の面積公式 $r_1r_2|\sin(\psi-\phi)|/2$ に加法定理を用いたものである。 ここでは $$\displaystyle \overrightarrow{PQ}=\frac{(8u-2v,-2w)}{13},\qquad \overrightarrow{PR}=\frac{(2u+6v,6w)}{13}.$$ したがって $$\displaystyle [PQR]=\frac{|(8u-2v)6w-(-2w)(2u+6v)|}{2\cdot169} =\frac{52uw}{338}.$$ 一方 $[ABC]=uw/2$ だから $[PQR]/[ABC]=52/169=4/13$ となる。 重心は3頂点の位置ベクトルの平均なので $$\displaystyle \overrightarrow{AG}=\frac{P+Q+R}{3}=\frac13\vec b+\frac13\vec c.$$

(2) 展開図で $D$ は折り上げ後の頂点 $B$ の写しであり、$AD=AB=4/3$、また $EA=ED=EC=EF$ から折り上げ後 $EA=EB=EC=L$ とおける。三角形 $ADE$ に余弦定理を用いると $$\displaystyle L^2=\left(\frac43\right)^2+L^2-2\cdot\frac43L\cdot\frac{\sqrt{14}}8,$$ よって $L=DE=8\sqrt{14}/21$。 面積より $$\displaystyle \frac{5\sqrt7}{12}=\frac12\cdot\frac43\cdot2\sin A, \qquad \sin A=\frac{5\sqrt7}{16},\qquad \cos A=\pm\frac9{16}.$$ 正負は四面体が成立する条件から決める。$EA=EB=EC=L$ なので、 $E$ の底面への垂線の足は底面三角形の外心である。その外接円半径を $R$、四面体の高さを $h>0$ とすれば $L^2=R^2+h^2$ より $R<L$ が必要である。 もし $\cos A=-9/16$ なら、余弦定理で $BC^2=79/9$ となる。 底面積 $K=5\sqrt7/12$ と外接円半径の公式を用いると $$\displaystyle R^2=\left(\frac{(4/3)(\sqrt{79}/3)2}{4K}\right)^2 =\frac{5056}{1575} >\frac{3200}{1575}=L^2$$ となり矛盾する。従って $\cos A=9/16$ である。 余弦定理から $BC^2=(4/3)^2+2^2-2(4/3)(2)(9/16)=25/9$、従って $BC=5/3$。 $EA=EB=EC$ なので、$E$ の底面への垂線の足 $P$ は $\triangle ABC$ の外心であり、$AP$ は外接円半径である。面積を $K=5\sqrt7/12$ とすると、三角形の外接円半径の定理 $R=AB\cdot BC\cdot CA/(4K)$ から $$\displaystyle AP=R=\frac{(4/3)(5/3)(2)}{4(5\sqrt7/12)}=\frac{8\sqrt7}{21}.$$ 高さは $EP^2=EA^2-AP^2=64\cdot7/441$、ゆえに $EP=8\sqrt7/21=AP$。四面体の外心は $EP$ 上にある。底面頂点への距離と $E$ への距離が等しくなる位置を、$P$ から $z$ だけ $E$ 側にとると $R^2+z^2=(EP-z)^2$。$EP=R$ から $z=0$ となるので外心は $P$、球の半径も $8\sqrt7/21$。

(3) 円 $Q$ の中心は半径2の円を角 $\theta$ だけ反時計回りに進むから $Q=(2\cos\theta-1,2\sin\theta)$。滑りがないため小円は接触点で速度が相殺される向きに $2\theta$ 回転し、初めの半径ベクトル $(-1,0)$ は $(-\cos2\theta,-\sin2\theta)$ となる。従って $$P=(2\cos\theta-1-\cos2\theta,\ 2\sin\theta-\sin2\theta) =2(1-\cos\theta)(\cos\theta,\sin\theta),$$ ゆえに極方程式は $r=2(1-\cos\theta)$。 極座標の面積公式により $$\displaystyle \mathcal A=\frac12\int_0^{2\pi}4(1-\cos\theta)^2\,d\theta=6\pi.$$ また、速度の大きさは $$\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}=\sqrt{8(1-\cos\theta)}=4\sin(\theta/2)\quad(0\le\theta\le2\pi),$$ したがって曲線の長さは $\displaystyle \int_0^{2\pi}4\sin(\theta/2)\,d\theta=16$。