5日本大学 2019年 数学 第5問解答・解説

問題[5]　採用解答

正四面体の各面は1辺1の正三角形であるから $$\displaystyle |\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=1,\qquad \vec a\cdot\vec b=\vec b\cdot\vec c=\vec c\cdot\vec a=\frac12.$$ $\lambda=OD/OB$ とおくと $0\le\lambda\le1$ で、 $D=O+\lambda(B-O)$ より $$\overrightarrow{AD}=\lambda\vec a+(1-\lambda)\vec c. \tag{A}$$

agraph{(1)} $\vec a$ の向きに沿う $\overrightarrow{AD}$ の成分の長さは $\lambda+(1-\lambda)/2=(1+\lambda)/2>0$ である。 $\vec c$ の $\vec a$ に垂直な成分の長さは $\sqrt{1-(1/2)^2}=\sqrt3/2$ なので、直角三角形から $$\displaystyle \tan x=\frac{(1-\lambda)\sqrt3/2}{(1+\lambda)/2} =\frac{\sqrt3(1-\lambda)}{1+\lambda}.$$ $t=\tan x$ とおけば $$\displaystyle \lambda=\frac{\sqrt3-t}{\sqrt3+t},\qquad 1-\lambda=\frac{2t}{\sqrt3+t}.$$ $0\le\lambda\le1$ に対応して $0\le t\le\sqrt3$ である。 従って求める表示は $$\displaystyle \boxed{\overrightarrow{AD} =\frac{\sqrt3-\tan x}{\sqrt3+\tan x}\vec a +\frac{2\tan x}{\sqrt3+\tan x}\vec c}.$$

agraph{(2)} $E$ は $OC$ の中点なので $\vec d=\overrightarrow{AD}=\lambda\vec a+(1-\lambda)\vec c$、 $\vec e=\overrightarrow{AE}=(\vec b+\vec c)/2$ とおける。 上記の内積関係を使うと $$\displaystyle \vec d\cdot\vec e =\frac{\lambda}{2}+\frac{3(1-\lambda)}{4} =\frac{3-\lambda}{4} =\frac{\sqrt3+2t}{2(\sqrt3+t)}.$$ また $$\displaystyle |\vec d|^2=\lambda^2+(1-\lambda)^2+\lambda(1-\lambda) =1-\lambda(1-\lambda) =\frac{3(1+t^2)}{(\sqrt3+t)^2}, \qquad |\vec e|^2=\frac{1+1+2(1/2)}4=\frac34.$$ よって $$\displaystyle \boxed{\cos\theta =\frac{\vec d\cdot\vec e}{|\vec d||\vec e|} =\frac{\sqrt3+2t}{3\sqrt{1+t^2}}}, \qquad t=\tan x,\quad0\le t\le\sqrt3.$$ 右辺を $g(t)$ とすると $$\displaystyle g'(t)=\frac{2-\sqrt3t}{3(1+t^2)^{3/2}}.$$ $0<2/\sqrt3<\sqrt3$ であり、 導関数はそこで正から負に変わる。 したがって $$\displaystyle \boxed{\max\cos\theta=g(2/\sqrt3)=\frac{\sqrt7}{3}}.$$

agraph{(3)} $\theta$ は三角形 $ADE$ の角で $\sin\theta\ge0$。 (2)の式と $\sin^2\theta=1-\cos^2\theta$ から $$\displaystyle \sin\theta =\frac{\sqrt{9(1+t^2)-(\sqrt3+2t)^2}}{3\sqrt{1+t^2}} =\frac{\sqrt{5t^2-4\sqrt3t+6}}{3\sqrt{1+t^2}}.$$ $AD$ を底辺にすると $E$ から直線 $AD$ への高さは $|AE|\sin\theta$ である。従って三角形の面積 $S(t)$ は $$\displaystyle \boxed{S(t)=[ADE] =\frac12|\vec d||\vec e|\sin\theta =\frac{\sqrt{5t^2-4\sqrt3t+6}}{4(\sqrt3+t)}}, \qquad t=\tan x,\quad0\le t\le\sqrt3.$$ この導出では底辺と高さの面積公式、内積、三角比だけを用いた。 根号内は判別式が $-72<0$ の正の二次式なので $S(t)>0$。 従って $S(t)$ の最小化は $$\displaystyle 16S(t)^2=\frac{5t^2-4\sqrt3t+6}{(\sqrt3+t)^2}$$ の最小化と同じである。微分すると $$\displaystyle \frac{d}{dt}\{16S(t)^2\} =\frac{14\sqrt3t-24}{(\sqrt3+t)^3}.$$ これは $t=4\sqrt3/7$ で負から正に変わり、 $0<4\sqrt3/7<\sqrt3$ である。従って面積を最小にする値は $$\displaystyle \boxed{\tan x=\frac{4\sqrt3}{7}}.$$ このときの面積を計算すれば $\displaystyle S_{\min}=\sqrt{66}/44$ である。

agraph{検算} $D=B$ では $\lambda=1,t=0$ となり (1) は $\overrightarrow{AD}=\vec a$ を返す。$D=O$ では $\lambda=0,t=\sqrt3$ となり $\overrightarrow{AD}=\vec c$ を返す。 面積式は両端でそれぞれ $S(0)=\sqrt2/4$、 $S(\sqrt3)=\sqrt3/8$ となる。後者は正三角形 $AOC$ の面積 $\sqrt3/4$ の半分に一致する。また $S(4\sqrt3/7)=\sqrt{66}/44$ は両端の値より小さく、 導関数の符号変化とも一致する。

% X_FINAL_ANSWER_BEGIN $$\displaystyle \boxed{\begin{aligned} (1)\quad \overrightarrow{AD} &=\frac{\sqrt3-\tan x}{\sqrt3+\tan x}\vec a +\frac{2\tan x}{\sqrt3+\tan x}\vec c,\\ (2)\quad \cos\theta &=\frac{\sqrt3+2\tan x}{3\sqrt{1+\tan^2x}}, \qquad \max\cos\theta=\frac{\sqrt7}{3},\\ (3)\quad [ADE] &=\frac{\sqrt{5\tan^2x-4\sqrt3\tan x+6}} {4(\sqrt3+\tan x)}, \qquad \tan x=\frac{4\sqrt3}{7}\ (S=S_{\min}). \end{aligned}}$$ % X_FINAL_ANSWER_END