北海道大学 2002年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第4問

(1) $OA\perp OC$ であるから $\mathrm{\angle }AOC={90}^{\circ }$ である。条件より $$\mathrm{\angle }AOC+\mathrm{\angle }BOC={120}^{\circ }$$ なので $\mathrm{\angle }BOC={30}^{\circ }$ である。

三角形 $BOC$ に余弦定理を用いると、$OB=OC=r$ だから $$C{B}^2=r^2+r^2-2r^2\cos {30}^{\circ }=2r^2-\sqrt{3}{r}^2=r^2(2-\sqrt{3})$$ である。また $OA\perp OB$ より三角形 $AOB$ は直角二等辺型で $A{B}^2=r^2+r^2=2r^2$ である。したがって$${\left({\displaystyle \frac{CB}{AB}}\right)}^2={\displaystyle \frac{r^2(2-\sqrt{3})}{2r^2}}={\displaystyle \frac{2-\sqrt{3}}{2}}$$である。

(2)
半径を1として考える。最後に距離はr倍されるだけなので、最大となる角度は変わらない。 $OA$、$OB$ をそれぞれx軸、y軸方向に取り $$A=(1,0,0),B=(0,1,0)$$ とする。$\mathrm{\angle }AOC=\alpha$、$\mathrm{\angle }BOC=\beta$ とおくと $\alpha +\beta ={120}^{\circ }$ である。点Cを $C=(X,Y,Z)$ とすると、内積から $$X=\cos \alpha ,Y=\cos \beta$$ である。したがって $$C=(\cos \alpha ,\cos \beta ,Z)$$ と書け、球面上にあるので $$Z^2=1-{\cos }^2\alpha -{\cos }^2\beta$$ である。

直線ABは平面 $z=0$ 上にあり、xy平面内では $x+y=1$ で表される。よってCから直線ABまでの距離dについて $$d^2=Z^2+{\displaystyle \frac{(\cos \alpha +\cos \beta -1{)}^2}{2}}$$ である。

ここで $$\alpha ={60}^{\circ }+t,\beta ={60}^{\circ }-t$$ とおく。すると $$\cos \alpha +\cos \beta =2\cos {60}^{\circ }\cos t=\cos t$$ であり、また $${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta ={\displaystyle \frac{3}{2}}-{\cos }^{2}t$$ である。したがって $Z^2={\cos }^{2}t-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ であり、点Cが存在するためには ${\cos }^{2}t\geqq {\displaystyle \frac{1}{2}}$ が必要である。ここでは $\alpha ,\beta$ が角で、$\alpha +\beta ={120}^{\circ }$ なので $\cos t>0$ と見てよく、$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\leqq \cos t\leqq 1$$ である。

よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle d^2}& {\displaystyle =({\cos }^{2}t-{\displaystyle \frac{1}{2}})+{\displaystyle \frac{(\cos t-1{)}^2}{2}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{3}{2}}{\cos }^{2}t-\cos t}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =({\displaystyle \frac{3}{2}}\cos t-1)\cos t}\end{array}$$である。$u=\cos t$ とおくと、$1\mathrm{/}\sqrt{2}\leqq u\leqq 1$ で $d^2={\displaystyle \frac{3}{2}}{u}^2-u$ である。この関数は $${\displaystyle \frac{d}{du}}({\displaystyle \frac{3}{2}}{u}^2-u)=3u-1>0$$ を満たすので、この範囲ではuが大きいほど大きい。したがって最大は $u=1$ のとき、すなわち $t=0$ のときである。

よって $\mathrm{\angle }AOC={60}^{\circ }$ である。

直交する $OA,OB$ と点 $C$

半径を1に規格化し、$OA,OB$ を座標軸に取る。$C$ の2つの方向余弦を $\alpha =\mathrm{\angle }AOC,\beta =\mathrm{\angle }BOC$ で表し、直線 $AB$ への距離を射影成分と垂直成分に分解して一変数化する。

(1)

$\mathrm{\angle }AOC={90}^{\circ }$ なので $\mathrm{\angle }BOC={30}^{\circ }$ である。余弦定理より$$C{B}^2=2r^2(1-\cos {30}^{\circ })=r^2(2-\sqrt{3}),A{B}^2=2r^2\mathrm{.}$$したがって$${\left({\displaystyle \frac{CB}{AB}}\right)}^2={\displaystyle \frac{2-\sqrt{3}}{2}}\mathrm{.}$$(2)

角度だけを求めるので $r=1$ とする。$$A=(1,0,0),B=(0,1,0)$$と置き、$$\alpha =\mathrm{\angle }AOC,\beta =\mathrm{\angle }BOC$$ とする。すると$$\alpha +\beta ={120}^{\circ },C=(\cos \alpha ,\cos \beta ,Z)\mathrm{.}$$直線 $AB$ は $z=0,x+y=1$ だから$$d^2=Z^2+{\displaystyle \frac{(\cos \alpha +\cos \beta -1{)}^2}{2}}\mathrm{.}$$$$\alpha ={60}^{\circ }+t,\beta ={60}^{\circ }-t$$と置くと$$\cos \alpha +\cos \beta =\cos t,Z^2=1-{\cos }^2\alpha -{\cos }^2\beta ={\cos }^{2}t-{\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{.}$$点 $C$ が存在する範囲では$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\leqq u:=\cos t\leqq 1.$$よって$$d^2={\displaystyle \frac{3}{2}}{u}^2-u\mathrm{.}$$この区間で導関数 $3u-1$ は正だから、$d^2$ は $u=1$ のとき最大である。すなわち $t=0$ であり、$$\mathrm{\angle }AOC={60}^{\circ }\mathrm{.}$$