3東京医科歯科大学 2020年 数学 第3問解答・解説

(1) $t=1$ のとき、$P,Q,R$ は平面 $x+y+z=2$ 上にあり、$PQ=QR=RP=\sqrt2$ なので、$\triangle PQR$ の面積は $\sqrt3/2$ である。原点からこの平面までの距離は $2/\sqrt3$ だから、 $$\displaystyle [OPQR]=\frac13\cdot\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac13.$$

(2) $P,Q,R$ は平面 $x+y+z=t+1$ 上にある。また、たとえば $$PQ^2=t^2+(1-t)^2+1=2(t^2-t+1)$$ であり、ほかの二辺も同じ長さなので、$\triangle PQR$ は正三角形である。その面積は $\displaystyle \frac{\sqrt3}{2}(t^2-t+1)$、原点から平面 $PQR$ までの距離は $\displaystyle \frac{t+1}{\sqrt3}$ である。よって $$\displaystyle [OPQR]=\frac13\cdot\frac{\sqrt3}{2}(t^2-t+1)\cdot\frac{t+1}{\sqrt3}=\frac{t^3+1}{6}.$$

次に、$AR=t$、点 $P$ から直線 $AR$ までの距離は $\sqrt{(t-1)^2+1}$ だから、$\triangle APR$ の面積は $\displaystyle \frac{t}{2}\sqrt{(t-1)^2+1}$ である。平面 $APR$ の方程式は $x+(1-t)y=1$ なので、原点からこの平面までの距離は $1/\sqrt{1+(1-t)^2}$ である。したがって $$\displaystyle [OAPR]=\frac13\cdot\frac{t}{2}\sqrt{(t-1)^2+1}\cdot\frac1{\sqrt{1+(1-t)^2}}=\frac{t}{6}.$$ 座標を巡回させた同様の計算で、$[OBQP]=[OCRQ]=t/6$ となる。座標平面上の各四角形面を $OP,OQ,OR$ で分けると、残る内部の三角形面は隣り合う四面体で共有される。したがって領域はこれら3つの四面体と $OPQR$ の内部が重ならない分割になるので、 $$\displaystyle V_1=\frac{t^3+1}{6}+3\cdot\frac{t}{6}=\frac{t^3+3t+1}{6}.$$

(3) $OP=\sqrt{1+t^2}$ より、$\displaystyle V_2=\frac{4\pi}{3}(1+t^2)^{3/2}$ である。定数倍を除いて $$\displaystyle g(t)=8\pi\frac{V_1}{V_2}=\frac{t^3+3t+1}{(1+t^2)^{3/2}}$$ とおくと、 $$\displaystyle g'(t)=\frac{3\bigl((1+t^2)^2-t(t^3+3t+1)\bigr)}{(1+t^2)^{5/2}}=\frac{3(1-t-t^2)}{(1+t^2)^{5/2}}.$$ $t>0$ では分母は正であり、分子は $\displaystyle t_0=\frac{\sqrt5-1}{2}$ の前で正、後で負となる。したがって比を最大にする値は $$\displaystyle \boxed{t=\frac{\sqrt5-1}{2}}.$$ 高さの計算は内積からも確認できる。平面 $x+y+z=t+1$ への原点からの垂線の足は $H=((t+1)/3,(t+1)/3,(t+1)/3)$ なので $OH=(t+1)/\sqrt3$。平面 $x+(1-t)y=1$ への足は $(1,1-t,0)/\{1+(1-t)^2\}$ で、その長さは $1/\sqrt{1+(1-t)^2}$ である。