3九州大学 2007年 数学 第3問解答・解説

$a,b$ を正の数とし,空間内の3点 $$A(a,-a,b),\qquad B(-a,a,b),\qquad C(a,a,-b)$$ を考える。線分 $AB$ の中点を $D$ とすると $$\displaystyle D=\left(\frac{a+(-a)}{2},\ \frac{-a+a}{2},\ \frac{b+b}{2}\right)=(0,0,b)$$ である。

(1)

$$\overrightarrow{DC}=C-D=(a,\ a,\ -2b),\qquad \overrightarrow{AB}=B-A=(-2a,\ 2a,\ 0),\qquad \overrightarrow{DO}=O-D=(0,\ 0,\ -b)$$ であるから $$\overrightarrow{DC}\cdot\overrightarrow{AB}=a\cdot(-2a)+a\cdot 2a+(-2b)\cdot 0=0, \qquad \overrightarrow{DO}\cdot\overrightarrow{AB}=0\cdot(-2a)+0\cdot 2a+(-b)\cdot 0=0.$$ $\overrightarrow{AB}\neq\vec{0}$ であるから,これより $$\overrightarrow{DC}\perp\overrightarrow{AB},\qquad \overrightarrow{DO}\perp\overrightarrow{AB}$$ が示された。

$D$ は辺 $AB$ の中点であり,かつ $\overrightarrow{DC}\perp\overrightarrow{AB}$ であるから,線分 $DC$ は $\triangle ABC$ において底辺 $AB$ に対応する高さ(中線かつ垂線)である。よって $$|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{(-2a)^2+(2a)^2+0^2}=2\sqrt{2}\,a,\qquad |\overrightarrow{DC}|=\sqrt{a^2+a^2+(-2b)^2}=\sqrt{2a^2+4b^2}$$ より $$\displaystyle \triangle ABC=\frac12\,|\overrightarrow{AB}|\,|\overrightarrow{DC}| =\frac12\cdot 2\sqrt2\,a\cdot\sqrt{2a^2+4b^2} =\sqrt2\,a\cdot\sqrt2\sqrt{a^2+2b^2} =2a\sqrt{a^2+2b^2}.$$

(2)

$$\overrightarrow{DC}\cdot\overrightarrow{DO}=a\cdot0+a\cdot0+(-2b)(-b)=2b^2,\qquad |\overrightarrow{DC}|=\sqrt2\sqrt{a^2+2b^2},\qquad |\overrightarrow{DO}|=b$$ であるから $$\displaystyle \cos\theta=\frac{\overrightarrow{DC}\cdot\overrightarrow{DO}}{|\overrightarrow{DC}|\,|\overrightarrow{DO}|} =\frac{2b^2}{\sqrt2\sqrt{a^2+2b^2}\cdot b}=\frac{\sqrt2\,b}{\sqrt{a^2+2b^2}}.$$ よって $$\displaystyle \sin^2\theta=1-\cos^2\theta=1-\frac{2b^2}{a^2+2b^2}=\frac{a^2}{a^2+2b^2}.$$ $0<\theta<\pi$ であり $a>0$ より $\sin\theta>0$ だから $$\displaystyle \sin\theta=\frac{a}{\sqrt{a^2+2b^2}}=\frac{a\sqrt{a^2+2b^2}}{a^2+2b^2}.$$

次に $OH$ を求める。$\overrightarrow{DC}\perp\overrightarrow{AB}$ かつ $D,C$ は平面 $\alpha$ 上の点であるから,直線 $DC$ は平面 $\alpha$ 内にあって $\overrightarrow{AB}$ に垂直な唯一の(向きの)直線である。一方 $\overrightarrow{DO}\perp\overrightarrow{AB}$ であり,かつ平面 $\alpha$ の法線ベクトルも $\overrightarrow{AB}$ に垂直であるから,$\overrightarrow{DC}$,$\overrightarrow{DO}$,平面 $\alpha$ の法線ベクトルはすべて「$\overrightarrow{AB}$ に垂直な平面(2次元)」内にある。この2次元平面内で,平面 $\alpha$ の方向は $\overrightarrow{DC}$ 方向,法線方向は $\overrightarrow{DC}$ に直交する方向であるから,$\overrightarrow{DO}$ を $\overrightarrow{DC}$ 方向の成分と法線方向の成分に直交分解すると,法線方向の成分の大きさは $|\overrightarrow{DO}|\sin\theta$ である($\theta$ は $\overrightarrow{DC}$ と $\overrightarrow{DO}$ のなす角だから)。$D$ は平面 $\alpha$ 上の点であるから,この法線成分の大きさがそのまま,原点 $O$ から平面 $\alpha$ までの距離,すなわち $OH$ に等しい。ゆえに $$\displaystyle OH=|\overrightarrow{DO}|\sin\theta=b\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2+2b^2}}=\frac{ab}{\sqrt{a^2+2b^2}}=\frac{ab\sqrt{a^2+2b^2}}{a^2+2b^2}.$$

(3)

球面 $S$ は中心 $O$,半径 $$R=OA=\sqrt{a^2+(-a)^2+b^2}=\sqrt{2a^2+b^2}$$ の球面である。四面体 $ABCP$ の体積は,点 $P$ と平面 $\alpha$ の距離を $h$ として $$\displaystyle V=\frac13\cdot\triangle ABC\cdot h$$ であり,$\triangle ABC=2a\sqrt{a^2+2b^2}$ は $P$ によらず一定であるから,$V$ が最大になるのは $h$ が最大になるときである。

平面 $\alpha$ 上の点 $H$ から $O$ の向きを表す単位法線ベクトルを $\displaystyle \hat n=\dfrac{\overrightarrow{HO}}{|\overrightarrow{HO}|}$ とする。空間の点 $X$ に対して,平面 $\alpha$ からの符号付き距離を $f(X)=\overrightarrow{HX}\cdot\hat n$ と定めると,$f$ は $X$ の1次式であり,$f(H)=0$,$f(O)=\overrightarrow{HO}\cdot\hat n=OH$ である。$P$ が球面 $S$ 上の点のとき,$\overrightarrow{OP}=\vec v$($|\vec v|=R$)とおくと $$f(P)=f(O)+\overrightarrow{OP}\cdot\hat n=OH+\vec v\cdot\hat n.$$ $\hat n$ は単位ベクトルだから $\vec v\cdot\hat n\le|\vec v|\,|\hat n|=R$ であり,等号は $\vec v=R\hat n$ のときに限り成り立つ。ゆえに $$f(P)\le OH+R$$ であり,$P$ と平面 $\alpha$ の距離は $h=|f(P)|$ である。$OH>0$,$-R\le \vec v\cdot\hat n\le R$ より $f(P)$ の取り得る値の範囲は $OH-R\le f(P)\le OH+R$ であるが,$OH>0$ より $OH+R>|OH-R|$ が成り立つから,$h$ の最大値は $OH+R$ であり,これは $\vec v=R\hat n$,すなわち $$P=O+R\hat n$$ (点 $H$ に対して $O$ の反対側に,直線 $OH$ の延長線上で球面 $S$ と交わる点)のとき達成される。このとき $h=OH+R>0$ であるから $P$ は平面 $\alpha$ 上にはなく,問題の条件を満たす。

したがって,四面体 $ABCP$ の体積の最大値は $$\displaystyle V_{\max}=\frac13\cdot\triangle ABC\cdot(OH+R) =\frac13\cdot 2a\sqrt{a^2+2b^2}\left(\frac{ab}{\sqrt{a^2+2b^2}}+\sqrt{2a^2+b^2}\right)$$ $$\displaystyle =\frac{2a}{3}\left(ab+\sqrt{2a^2+b^2}\cdot\sqrt{a^2+2b^2}\right) =\frac{2a}{3}\left(ab+\sqrt{(2a^2+b^2)(a^2+2b^2)}\right) =\frac{2a}{3}\left(ab+\sqrt{2a^4+5a^2b^2+2b^4}\right).$$

(検算)$a=b=1$ を代入すると,$\triangle ABC=2\sqrt3$,$R=\sqrt3$,$\displaystyle OH=\dfrac1{\sqrt3}$ より $\displaystyle OH+R=\dfrac1{\sqrt3}+\sqrt3=\dfrac{4}{\sqrt3}$ であるから $$\displaystyle V_{\max}=\frac13\cdot2\sqrt3\cdot\frac{4}{\sqrt3}=\frac83.$$ 一方,上の式に $a=b=1$ を代入すると $\displaystyle \dfrac{2}{3}\left(1+\sqrt{2+5+2}\right)=\dfrac{2}{3}\left(1+3\right)=\dfrac83$ となり,一致する。