3京都府立医科大学 2026年 数学 第3問解答・解説

(1) $A=\angle BAC,\ B=\angle ABC$ とおく。余弦定理より $$\displaystyle AC\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB},\qquad BC\cos B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB}.$$ 仮定でこれらが等しいから $AC^2=BC^2$。辺の長さは正なので $AC=BC$。

(2) $PQ\perp H$ であるため、$PQA,\ PQB,\ PQC$ はいずれも $Q$ を直角とする三角形である。よって $$PA^2=PQ^2+QA^2,\quad PB^2=PQ^2+QB^2,\quad PC^2=PQ^2+QC^2.$$ $PA=PB=PC$ から $QA=QB=QC$ を得る。$Q$ は平面 $H$ 上の点で、$A,B,C$ から等距離にあるので、$\triangle ABC$ の外心である。

(3) 以下 $AC=BC=2$。二等辺三角形 $ABC$ なので $\angle BAC=\angle ABC=\theta$、したがって $$\displaystyle \angle ACB=\pi-2\theta,\qquad 0<\theta<\frac\pi2.$$ (2)で示した外心を $Q$、外接円の半径を $R$ とすると、正弦定理から $$\displaystyle QA=R=\frac{AC}{2\sin\theta}=\frac1{\sin\theta}.$$ $d=PA$ とする。$PA=PC=d$ と $\angle APC=\angle ACB=\pi-2\theta$ を余弦定理に代入すると $$4=AC^2=2d^2\{1-\cos(\pi-2\theta)\} =4d^2\cos^2\theta.$$ $d>0$ かつ $\cos\theta>0$ より $PA=d=1/\cos\theta$。

(4) 点 $P$ は平面 $H$ 上にないので $PQ>0$。直角三角形 $PQA$ により $PA>QA$、したがって $$\displaystyle \frac1{\cos\theta}>\frac1{\sin\theta}.$$ ここで $0<\theta<\pi/2$ だから $\theta>\pi/4$。三角形 $ABC$ の面積は $$\displaystyle [ABC]=\frac12\cdot2\cdot2\sin(\pi-2\theta)=2\sin2\theta.$$ 四面体の高さは $$\displaystyle PQ=\sqrt{PA^2-QA^2} =\sqrt{\frac1{\cos^2\theta}-\frac1{\sin^2\theta}} =\frac{\sqrt{\sin^2\theta-\cos^2\theta}}{\sin\theta\cos\theta}.$$ ゆえに $$\displaystyle \frac{V}{PA} =\frac{[ABC]\cdot PQ}{3PA} =\frac43\cos\theta\sqrt{\sin^2\theta-\cos^2\theta}.$$ $u=\cos^2\theta$ とおけば $0<u<1/2$ であり、 $$\displaystyle \left(\frac{V}{PA}\right)^2 =\frac{16}{9}u(1-2u) =\frac{16}{9}\left\{\frac18-2\left(u-\frac14\right)^2\right\} \le\frac29.$$ 等号は $u=1/4$、すなわち $0<\theta<\pi/2$ の範囲で $\theta=\pi/3$ のときに成り立つ。したがって最大値は $\sqrt2/3$ である。