日本医科大学／2024年度／前期

日本医科大学 2024年数学第IV問解答・解説

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1問題

日本医科大学2024年度第IV問

$k$ を正の定数とする。 $O$ を原点とする座標空間において, $zx$ 平面内の曲線 $C_{1}:z^{2}-x^{2}=1\ (z>0)$ , および $xy$ 平面内の楕円 $\displaystyle C_{2}:k^{2}x^{2}+\frac{k^{2}}{k+1}y^{2}=1$ を考える。 $zx$ 平面内の $C_{1}$ 上の点 $P(t,0,\sqrt{1+t^{2}})$ （ただし, $t\geq0$ ）における $C_{1}$ の接線を $L_{1}$ とし, $L_{1}$ と直線 $x=z$ の交点を $Q$ , $L_{1}$ と直線 $x=-z$ の交点を $R$ とする。また, 楕円 $C_{2}$ の焦点のうち $y$ 座標が正の点を $F$ とし, 座標空間において直線 $L_{1}$ と点 $F$ を通る平面を $\pi$ とする。平面 $\pi$ と $xy$ 平面の交線を $L_{2}$ とし, 直線 $L_{2}$ と楕円 $C_{2}$ の相異なる2つの交点を $S,T$ とする。このとき, 以下の各問いに答えよ。ただし, 空間内の相異なる2点 $X,Y$ に対して, $XY$ は線分 $XY$ の長さを表す。

問1 次の方程式が $zx$ 平面内の直線 $L_{1}$ を表すように, ア, イに入る適切な式を $t$ を用いて表せ。答えのみでよい。 $\boxed{\text{ア}}x+\boxed{\text{イ}}z=1.$

問2 次の方程式が平面 $\pi$ を表すように, ウに入る適切な式を $k$ を用いて表せ。答えのみでよい。ただし, アとイには問1で求めた式が入る。 $\boxed{\text{ア}}x+\boxed{\text{ウ}}y+\boxed{\text{イ}}z=1.$

問3 $QR$ を $t$ を用いて表せ。また, $ST$ を $t,k$ を用いて表せ。答えのみでよい。

問4 0以上の実数 $t$ に対して $\displaystyle f_{k}(t)=\frac{ST}{QR}$ と定める。 $f_{k}(t)$ を $t$ の関数と考えたとき, $f_{k}(t)$ が極値をとるための $k$ に対する必要十分条件を求めよ。

まずは自分で解いてみましょう。詰まったら「考え方」、解けたら「答え」で確かめられます。

2考え方

考え方を見る解き方の方針だけを確かめる

双曲線の接線と楕円の焦点を座標で求めて平面と弦を表す。楕円を単位円に移す相似的な座標変換で弦長を計算し、比の導関数の符号を二次式の根の条件に置き換える。

3答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる

ア $=-t,\quad$ イ $=\sqrt{1+t^2};\qquad$ ウ $\displaystyle =\sqrt{k};\qquad QR=2\sqrt{1+2t^2},\quad ST=\frac{2\sqrt{k+1}(k+t^2)}{k\{t^2+k(k+1)\}};\qquad k>4+2\sqrt3$

4解答

解答を見る途中式つきの解答

問1 $s=\sqrt{1+t^2}$ とおく。曲線 $C_1$ は $z=\sqrt{1+x^2}$ と表せるので、点 $P$ における接線の傾きは $\displaystyle \left.\frac{dz}{dx}\right|_{x=t}=\frac{t}{s}.$ 従って接線は $\displaystyle z-s=\frac{t}{s}(x-t) \quad\text{すなわち}\quad -tx+sz=1.$ よって $\text{ア}=-t,\ \text{イ}=\sqrt{1+t^2}$ である。

問2 楕円 $C_2$ を標準形で書くと $\displaystyle \frac{x^2}{1/k^2}+\frac{y^2}{(k+1)/k^2}=1.$ $k>0$ より長半径は $y$ 軸方向であり、焦点の $y$ 座標は $\displaystyle \sqrt{\frac{k+1}{k^2}-\frac1{k^2}}=\frac1{\sqrt k}.$ 従って $F=(0,1/\sqrt k,0)$ である。平面 $\pi$ は $y=0$ で $L_1$ と一致する形 $-tx+cy+sz=1$ と書ける。これが $F$ を通るため $c/\sqrt{k}=1$ 、すなわち $c=\sqrt{k}$ 。従って $\pi:\ -tx+\sqrt{k}\,y+\sqrt{1+t^2}\,z=1, \qquad \text{ウ}=\sqrt{k}.$

問3 $L_1$ と $x=z$ の交点は $Q=(s+t,0,s+t),$ また $L_1$ と $x=-z$ の交点は $R=(t-s,0,s-t).$ 従って $QR=\sqrt{(2s)^2+(2t)^2}=2\sqrt{1+2t^2}.$

次に $L_2$ は $z=0$ と $\pi$ の交線なので $-tx+\sqrt{k}\,y=1.$ 座標を $X=kx,\ Y=ky/\sqrt{k+1}$ と変えると、 $C_2$ は単位円 $X^2+Y^2=1$ 、直線 $L_2$ は $-tX+\sqrt{k(k+1)}\,Y=k$ となる。ここで $D=\sqrt{t^2+k(k+1)}$ とおくと、この直線の法線ベクトルの長さは $D$ 、原点から直線までの距離は $k/D<1$ である。単位円上の弦の長さは $2\sqrt{1-k^2/D^2}$ で、その方向は $(\sqrt{k(k+1)},t)$ に平行である。よって変換後の端点差は $\displaystyle (\Delta X,\Delta Y) =\frac{2\sqrt{1-k^2/D^2}}{D}\bigl(\sqrt{k(k+1)},t\bigr).$ 元の座標に戻すと $\displaystyle \begin{aligned} ST^2 &=\left(\frac{\Delta X}{k}\right)^2 +\left(\frac{\sqrt{k+1}\,\Delta Y}{k}\right)^2\\ &=\frac{4(1-k^2/D^2)(k+1)(k+t^2)}{k^2D^2} =\frac{4(k+1)(k+t^2)^2}{k^2D^4}. \end{aligned}$ したがって $\displaystyle ST=\frac{2\sqrt{k+1}(k+t^2)}{k\{t^2+k(k+1)\}}.$

問4 $u=t^2$ とおくと $\displaystyle f_k(t)=\frac{\sqrt{k+1}}{k} \frac{u+k}{\{u+k(k+1)\}\sqrt{1+2u}}.$ $t>0$ では $u=t^2$ は増加するので、 $f_k'(t)$ の符号は次の $u$ 微分の符号と一致する。 $\displaystyle \frac{d}{du}\left( \frac{u+k}{\{u+k(k+1)\}\sqrt{1+2u}} \right) = -\frac{h(u)}{\{u+k(k+1)\}^2(1+2u)^{3/2}},$ ただし $h(u)=u^2-k(k-2)u+k^3.$ 分母は正であるから、極値が生じるには $h(u)$ が $u>0$ に異なる二つの根をもつことが必要であり、そのとき導関数の符号は根を通るたびに変わる。判別式は $\Delta=k^2(k^2-8k+4).$ 根の積は $k^3>0$ 、根の和は $k(k-2)$ である。よって正の異なる根があるための条件は $\Delta>0$ かつ $k>2$ である。これは $k^2-8k+4>0,\quad k>2 \quad\text{すなわち}\quad k>4+2\sqrt3$ と同値である。このとき $h$ は正、負、正と符号を変えるので、 $f_k$ は $t>0$ で極小値と極大値をとる。等号 $k=4+2\sqrt3$ では $h$ は正の重根をもち、導関数の符号は変わらない。従って必要十分条件は $\boxed{k>4+2\sqrt3}.$

この問題で使う考え方

楕円
双曲線
位置ベクトル
空間座標と空間ベクトル
ベクトルによる図形の考察
二次不等式とグラフ
微分係数と導関数
二次方程式の判別式

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