九州大学 1992年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

(1)
立方体を $A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0)$ $E(0,0,2),F(2,0,2),G(2,2,2),H(0,2,2)$ とおく。このとき $L(0,0,1),M(2,2,1),X(2t,0,0)$ である。

平面 $LMX$ は、これら3点を代入して $x-y=2t(1-z)$ と表される。$0\leqq t\leqq 1$ である。

この平面と立方体の辺との交点を順に拾う。底面 $z=0$ では $x-y=2t$ だから、切り口は $$X=(2t,0,0),Y=(2,2-2t,0)$$ を通る。面 $x=2$ では $Y$ から $M=(2,2,1)$ へ進む。面 $y=2$ では $V=(2-2t,2,2)$ へ進む。上面 $z=2$ では $U=(0,2t,2)$ へ進む。さらに面 $x=0$ では $U$ から $L=(0,0,1)$ へ進み、面 $y=0$ では $L$ から $X$ に戻る。

したがって切り口は六角形 $$X\to Y\to M\to V\to U\to L\to X$$ である。辺の長さは $XY=UV=2\sqrt{2}(1-t)$ であり、また $$YM=MV=UL=LX=\sqrt{4t^2+1}$$ である。よって周の長さは $$s(t)=4\sqrt{2}(1-t)+4\sqrt{4t^2+1}(0\leqq t\leqq 1)$$ である。

(2) $$s^{\mathrm{\prime }}(t)=-4\sqrt{2}+4\cdot {\displaystyle \frac{4t}{\sqrt{4t^2+1}}}=-4\sqrt{2}+{\displaystyle \frac{16t}{\sqrt{4t^2+1}}}$$である。$s^{\mathrm{\prime }}(t)=0$ とすると $${\displaystyle \frac{16t}{\sqrt{4t^2+1}}}=4\sqrt{2}$$ である。$t\geqq 0$ なので両辺を2乗して $256t^2=32(4t^2+1)$ すなわち $128t^2=32$ より $$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$$ を得る。

また ${\displaystyle \frac{16t}{\sqrt{4t^2+1}}}$ は $0\leqq t\leqq 1$ で増加するので、$s^{\mathrm{\prime }}(t)$ は $$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$$ の前で負、後で正である。したがって最小となるのは $$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$$ のときであり、このとき $AX=2t=1$ である。よって $X_0\text{ は辺 }AB\text{ の中点}$ である。

(3) $$t={\displaystyle \frac{1}{2}}$$ のとき、平面 $LM{X}_0$ の式は $x-y=1-z$ すなわち $x-y+z-1=0$ である。したがってこの平面に垂直な方向は $(1,-1,1)$ である。

一方 $$\overrightarrow{DF}=F-D=(2,0,2)-(0,2,0)=(2,-2,2)=2(1,-1,1)$$ である。よって $\overrightarrow{DF}$ は平面 $LM{X}_0$ に垂直な方向と平行である。したがって $DF\perp \text{平面 }LM{X}_0$ である。

(4) $X_0=(1,0,0)$ であるから $$\overrightarrow{X_{0}L}=L-X_0=(-1,0,1)$$ であり、$$\overrightarrow{X_{0}M}=M-X_0=(1,2,1)$$ である。内積を計算すると$$\overrightarrow{X_{0}L}\cdot \overrightarrow{X_{0}M}=(-1)\cdot 1+0\cdot 2+1\cdot 1=0$$である。したがって2つのベクトルは垂直であり、$\mathrm{\angle }L{X}_{0}M={90}^{\circ }$ である。

(1) の辺長を使い、平方して確かめられる不等式で周長の最小値を示す。(3)は $\overrightarrow{DF}$ が平面内の2方向へとも垂直であることを内積で確かめる。

(1)

切り口の6辺を立方体の各面上で測ると$$XY=UV=2\sqrt{2}(1-t)$$であり、残る4辺はすべて$$\sqrt{4t^2+1}$$である。したがって$$s(t)=4\sqrt{2}(1-t)+4\sqrt{4t^2+1}(0\leqq t\leqq 1)\mathrm{.}$$(2)

$0\leqq t\leqq 1$ では両辺が0以上であり$$\sqrt{4t^2+1}\geqq \sqrt{2}t+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$$が成り立つ。実際、両辺を2乗した差は$$4t^2+1-{(\sqrt{2}t+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})}^2=2{(t-{\displaystyle \frac{1}{2}})}^2\geqq 0.$$よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\displaystyle \frac{s(t)}{4}}}& {\displaystyle =\sqrt{2}(1-t)+\sqrt{4t^2+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \geqq \sqrt{2}(1-t)+\sqrt{2}t+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}={\displaystyle \frac{3}{\sqrt{2}}}\mathrm{.}}\end{array}$$等号は $t=1\mathrm{/}2$ のときに限る。したがって $X_0$ は $AB$ の中点である。

(3)

座標を$$A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),E(0,0,2)$$とおく。すると$$X_0(1,0,0),L(0,0,1),M(2,2,1)$$である。$$\overrightarrow{DF}=(2,-2,2),\overrightarrow{X_{0}L}=(-1,0,1),\overrightarrow{X_{0}M}=(1,2,1)$$だから$$\overrightarrow{DF}\cdot \overrightarrow{X_{0}L}=0,\overrightarrow{DF}\cdot \overrightarrow{X_{0}M}=0.$$$X_{0}L,X_{0}M$ は平面内の交わる2直線なので$$DF\perp \text{平面 }LM{X}_0\mathrm{.}$$(4)$$\overrightarrow{X_{0}L}\cdot \overrightarrow{X_{0}M}=(-1)\cdot 1+0\cdot 2+1\cdot 1=0.$$したがって$$\mathrm{\angle }L{X}_{0}M={90}^{\circ }\mathrm{.}$$