II順天堂大学 2024年 数学 第II問解答・解説

(a) $\angle B=90^\circ$ より $AC=\sqrt2$，また $\angle D=90^\circ$ より $CE=\sqrt2$ である。三角形 $ACE$ に余弦定理を用いると， $$1=AE^2=AC^2+CE^2-2AC\cdot CE\cos\angle ACE=4-4\cos\angle ACE$$ となるから，$\cos\angle ACE=3/4$ である。さらに $\sin\angle ACE=\sqrt{1-(3/4)^2}=\sqrt7/4$ なので，五角形の面積は三つの三角形 $ABC,ACE,CDE$ の面積の和として $$\displaystyle \frac12+\frac12+\frac12\cdot\sqrt2\cdot\sqrt2\cdot\frac{\sqrt7}{4} =\frac{4+\sqrt7}{4}$$ である。したがって，空欄は $\text{ア}=3,\text{イ}=4,\text{ウ}=4,\text{エ}=7,\text{オ}=4$ である。

(b) $\vec u=\overrightarrow{BA}$ とおく。$\vec p=\overrightarrow{CB}$ と $\vec u$ は垂直な単位ベクトルであるから，これらを直交座標の基底とする。$\vec q=r\vec p+v\vec u$ とおけば，$|\vec q|=1$ および $\vec q\cdot\vec u>0$ より $$r^2+v^2=1,\qquad v>0.$$ 五角形は図の向きに凸であるので，$\overrightarrow{DE}=v\vec p-r\vec u$ となる（$\vec q$ を時計回りに90度回した単位ベクトル）。$\overrightarrow{CA}=\vec p+\vec u$，$\overrightarrow{CE}=\vec q+\overrightarrow{DE}=(r+v)\vec p+(v-r)\vec u$ だから，$AE=1$ より $$1=(1-r-v)^2+(1-v+r)^2=4(1-v),$$ 従って $v=3/4$，$r=\pm\sqrt7/4$ である。図の五角形では $\angle BCD$ が鈍角であるから $r=\vec p\cdot\vec q<0$ である。よって $r=-\sqrt7/4$ であり， $$\displaystyle \vec p\cdot\vec q=-\frac{\sqrt7}{4},\qquad \vec q=-\frac{\sqrt7}{4}\vec p+\frac34\vec u.$$ $\overrightarrow{CA}=s\vec p+t\vec q=\vec p+\vec u$ と比較すると，$t(3/4)=1$，$s-t\sqrt7/4=1$ だから $$\displaystyle s=\frac{3+\sqrt7}{3},\qquad t=\frac43.$$ また $E$ の位置ベクトルと $A$ の位置ベクトルの平均をとれば， $$\displaystyle \overrightarrow{CM}=\frac{\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CE}}2 =\frac{7-\sqrt7}{8}\vec p+\frac{7+\sqrt7}{8}\vec u =\frac{7+\sqrt7}{6}(\vec p+\vec q).$$ 従って $$\displaystyle \overrightarrow{MB}=\vec p-\overrightarrow{CM} =-\frac{1+\sqrt7}{6}\vec p-\frac{7+\sqrt7}{6}\vec q.$$ この小問の空欄は $\text{カ}=7,\text{キ}=4,\text{ク}=3,\text{ケ}=7,\text{コ}=3,\text{サ}=4,\text{シ}=3,\text{ス}=7,\text{セ}=7,\text{ソ}=6,\text{タ}=1,\text{チ}=7,\text{ツ}=6,\text{テ}=7,\text{ト}=7,\text{ナ}=6$ である。

(c) 図1の辺の対応をたどる。基底を $(\vec p,\vec u)$ とした座標で，$s=\sqrt7/4,\ v=3/4$ とおくと，辺 $AB$ の向こうの五角形，辺 $CD$ の向こうの五角形，辺 $EA$ の向こうの五角形への配置はそれぞれ $$G_{AB}(z)=R_{AB}z+2\vec p,\quad G_{CD}(z)=R_{CD}z,\quad G_{EA}(z)=-z+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CE},$$ $$R_{AB}=\begin{pmatrix}s&-v\\v&s\end{pmatrix},\qquad R_{CD}=\begin{pmatrix}-s&-v\\v&-s\end{pmatrix}$$ で表せる。実際，これらは共有辺の端点をそれぞれ $(D,E)\mapsto(B,A)$，$(B,C)\mapsto(D,C)$，$(E,A)\mapsto(A,E)$ と対応させる。$R_{AB}R_{CD}=R_{CD}R_{AB}=-I$ だから，図の $M'$ へ移る三段の配置 $G_{AB}\circ G_{CD}\circ G_{EA}$ は平行移動で，その移動ベクトルは $$\displaystyle 2\vec p-\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CE} =\frac{1+\sqrt7}{4}\vec p-\frac{7+\sqrt7}{4}\vec u =-\frac{1+\sqrt7}{3}\vec p-\frac{7+\sqrt7}{3}\vec q.$$ 同様に $M''$ へ移る配置 $G_{CD}\circ G_{AB}\circ G_{EA}$ の移動ベクトルは $$\displaystyle 2\vec q-\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CE} =-\frac{7+\sqrt7}{4}\vec p-\frac{1+\sqrt7}{4}\vec u =-\frac{7+\sqrt7}{3}\vec p-\frac{1+\sqrt7}{3}\vec q.$$ ここで $\vec p\cdot\vec q=-\sqrt7/4$ である。$a=(1+\sqrt7)/3,\ b=(7+\sqrt7)/3$ とすれば，$\overrightarrow{MM'}=-a\vec p-b\vec q$，$\overrightarrow{MM''}=-b\vec p-a\vec q$ だから $$\displaystyle |\overrightarrow{MM'}|^2=a^2+b^2-\frac{\sqrt7}{2}ab=4+\sqrt7, \qquad \overrightarrow{MM'}\cdot\overrightarrow{MM''}=2ab-\frac{\sqrt7}{4}(a^2+b^2)=0.$$ これらの二つのベクトルは垂直で長さも等しい。従って三角形 $MM'M''$ の面積は $$\displaystyle \frac12|\overrightarrow{MM'}|\,|\overrightarrow{MM''}|=\frac{4+\sqrt7}{2}.$$ 空欄は $\text{ニ}=1,\text{ヌ}=7,\text{ネ}=3,\text{ノ}=7,\text{ハ}=7,\text{ヒ}=3,\text{フ}=4,\text{ヘ}=7,\text{ホ}=0,\text{マ}=4,\text{ミ}=7,\text{ム}=2$ である。