3昭和大学 2024年 数学 第3問解答・解説

(1) 余弦定理より $$\displaystyle \cos A=\frac{6^2+5^2-7^2}{2\cdot6\cdot5}=\frac15, \qquad \sin A=\frac{2\sqrt6}{5}.$$ したがって $$\displaystyle \boxed{S_1=\frac12\cdot6\cdot5\cdot\frac{2\sqrt6}{5}=6\sqrt6}.$$ (2) 内心を $I$ とする。$I$ と各頂点を結んだ3つの三角形の面積を足すと $$\displaystyle S_1=\frac12(6+7+5)r=9r$$ となるので、$\boxed{r=2\sqrt6/3}$ である。

(3) 以下では三角形の周上までの最短距離を $d$ とする。 円周だけを考えても、半径 $t$ の円板を考えても、今回の通過領域は同じである。 実際、任意の点 $Q$ について $QA+QB\ge AB=6$ だから、$A,B$ の少なくとも一方までの距離は $3$ 以上である。 $d\le t\le1$ なら、$Q$ に最も近い周上の点からこの頂点まで中心 $P$ を周に沿って動かすと、 距離 $QP$ が連続的に変わり、途中で $QP=t$ となる。 逆に $QP=t$ となる中心があれば $d\le t$ である。 よって通過領域はちょうど $d\le t$ の部分である。

(3-1) 三角形の内部で $d>t$ となる領域を考える。 内部の点を中心とする半径 $t$ の円板が三角形の内側に収まる条件は、3辺を含む各直線までの内向きの距離がいずれも $t$ 以上となることである。 したがって未通過領域の境界は、3辺をそれぞれ内側に距離 $t$ だけ平行移動した3直線である。 この3直線で囲まれた三角形を $A_tB_tC_t$ とする。 これは $I$ を中心とし、相似比 $$\displaystyle k=\frac{r-t}{r}=1-\frac{\sqrt6}{4}t$$ で $ABC$ を縮小した三角形である。実際、相似移動後の各辺は元の辺に平行で、$I$ からの距離が $kr=r-t$ となる。 $0<t\le1<r$ なので $k>0$ であり、どの許容値でも中央の三角形は残る。 境界の面積は $0$ なので $$\displaystyle \boxed{S_2=6\sqrt6\left(1-\frac{\sqrt6}{4}t\right)^2 =6\sqrt6-18t+\frac{9\sqrt6}{4}t^2}.$$ 領域を座標でも指定しておく。$A=(0,0), B=(6,0), C=(1,2\sqrt6)$ とおくと、未通過領域は $$y>t,\qquad 2\sqrt6 x-y>5t,\qquad 12\sqrt6-2\sqrt6 x-5y>7t$$ を同時に満たす部分である。等号の3直線が $A_tB_tC_t$ の辺であり、この表示から作図できる。

(3-2) 三角形内部の通過面積は $S_1-S_2$ である。 外部の通過領域は、各辺を底辺とする幅 $t$ の外向きの長方形3個と、各頂点を中心とする半径 $t$ の扇形3個に分けられる。 外部の点から三角形へ最も近い点が辺の途中なら長方形、頂点なら扇形に属するため、この分割は境界を除いて重複しない。 扇形の中心角はそれぞれ $\pi-A,\pi-B,\pi-C$ で、和は $2\pi$ である。 したがって外部の通過面積は $$\displaystyle (6+7+5)t+\frac12t^2\{3\pi-(A+B+C)\}=18t+\pi t^2.$$ これと内部の面積を合わせて $$\displaystyle \boxed{S_3=S_1-S_2+18t+\pi t^2 =36t+\left(\pi-\frac{9\sqrt6}{4}\right)t^2} \qquad(0<t\le1).$$

(4) 三角形のある平面を $z=0$ としてよい。 高さ $z$ の平面で半径 $1$ の球を切ると、$|z|\le1$ のとき半径 $$t=\sqrt{1-z^2}$$ の円板となり、その中心の平面への正射影は三角形の周を一周する。 $-1<z<1$ なら $0<t\le1$ であるから、(3-2) をそのまま使えて、通過立体の断面積は $$\displaystyle T(z)=36\sqrt{1-z^2}+\left(\pi-\frac{9\sqrt6}{4}\right)(1-z^2).$$ $z=\pm1$ では断面は三角形の周のみで面積は $0$、$|z|>1$ には通過部分がない。 球面だけを動かす解釈でも、(3) と同じ連続性の議論により断面の通過領域は同じである。 よって断面積の積分により $$\displaystyle \begin{aligned} V&=\int_{-1}^{1}T(z)\,dz\\ &=36\cdot\frac{\pi}{2} +\left(\pi-\frac{9\sqrt6}{4}\right) \left[z-\frac{z^3}{3}\right]_{-1}^{1}\\ &=\boxed{\frac{58\pi}{3}-3\sqrt6}. \end{aligned}$$ ここで $\displaystyle \int_{-1}^1\sqrt{1-z^2}\,dz=\pi/2$ は半径 $1$ の半円の面積である。

検算：$S_2$ の相似比は $t=1$ でも正である。 また $t\to0$ で $S_2\to S_1$, $S_3\to0$ となり、$S_3$ の一次項 $36t$ は周長 $18$ の両側の幅 $t$ の面積と一致する。 体積の積分値は正であり、断面積は $z$ の偶関数となって上下対称性にも一致する。