上智大学 2022年度 学部学科試験・共通テスト併用方式理工学部数学 第2問

(1)

$\alpha =\mathrm{\angle }DAC$ とおくと，角の二等分線より

$\mathrm{\angle }BAC=2\alpha$

である。$\cos \alpha ={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}}$ だから

$\cos \mathrm{\angle }BAC=\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1=2\cdot \frac{1}{3}-1=-\frac{1}{3}$

となる。

(2)

$AB=x$ とおく。$BC=1$, $AC=t$, $\mathrm{\angle }BAC=\theta$ とすると，(1)より $\cos \theta =-{\displaystyle \frac{1}{3}}$ なので，余弦定理から

$1=x^2+t^2-2xt\cos \theta =x^2+t^2+\frac{2}{3}xt$

すなわち

$x^2+\frac{2}{3}tx+t^2-1=0$

を満たす正の実数 $x$ が存在すればよい。
判別式は

$\mathrm{\Delta }={\left(\frac{2}{3}t\right)}^2-4(t^2-1)=\frac{4}{9}(9-8t^2)$

であるから，まず $9-8t^2\ge 0$，すなわち $t\le {\displaystyle \frac{3\sqrt{2}}{4}}$ が必要である。

解は

$x=-\frac{t}{3}\pm \frac{1}{3}\sqrt{9-8t^2}$

である。正の解をもつためには

$-\frac{t}{3}+\frac{1}{3}\sqrt{9-8t^2}>0$

すなわち

$\sqrt{9-8t^2}>t$

が必要である。$t\ge 0$ として両辺を二乗すると

$9-8t^2>t^2$

より

$t^2<1$

となる。したがって

$0<t<1$

である。ゆえに

$t_1=0,t_2=1$
である。

(3)

(2) の二次方程式の正の解をとれば

$AB=-\frac{t}{3}+\frac{1}{3}\sqrt{9-8t^2}$

である。したがって

$AB=-\frac{1}{3}t+\sqrt{1-\frac{8}{9}{t}^2}$

と表せる。

(4)

(1) より $\cos \mathrm{\angle }BAC=-{\displaystyle \frac{1}{3}}$ だから

$\sin \mathrm{\angle }BAC=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

である。よって面積 $S$ は

$S=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot AB\cdot \sin \mathrm{\angle }BAC=\frac{1}{2}\cdot t(-\frac{t}{3}+\frac{1}{3}\sqrt{9-8t^2})\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}$

より

$S=\frac{\sqrt{2}}{9}(-t^2+t\sqrt{9-8t^2})$

である。

$g(t)=-t^2+t\sqrt{9-8t^2}$ とおくと

$g^{\mathrm{\prime }}(t)=-2t+\sqrt{9-8t^2}-{\displaystyle \frac{8t^2}{\sqrt{9-8t^2}}}$

である。$g^{\mathrm{\prime }}(t)=0$ を整理すると

$32t^4-36t^2+9=0$

となる。$u=t^2$ とおくと

$32u^2-36u+9=0$

より

$u=\frac{3}{4},\frac{3}{8}$

を得るが，元の条件を満たすのは $u={\displaystyle \frac{3}{8}}$ である。したがって$$t=\sqrt{\frac{3}{8}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$$で最大となる。

このとき

$g\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)=-\frac{3}{8}+\frac{\sqrt{6}}{4}\cdot \sqrt{6}=\frac{9}{8}$

だから

$S_{\max }=\frac{\sqrt{2}}{9}\cdot \frac{9}{8}=\frac{\sqrt{2}}{8}$

である。よって

$t={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{4}}$ で最大値 ${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{8}}$ をとる。

(5)

高さ $z=t$ における断面は三角形 $ABC$ そのものであるから，体積 $V$ は断面積 $S(t)$ の積分で与えられる。

$S(t)=\frac{\sqrt{2}}{9}(-t^2+t\sqrt{9-8t^2})$ であるので

$V={\int }_0^{1}S(t)dt=\frac{\sqrt{2}}{9}{\int }_0^1(-t^2+t\sqrt{9-8t^2})dt$

となる。ここで

${\int }_0^{1}t\sqrt{9-8t^2}dt=\frac{13}{12}$,

また

${\int }_0^1{t}^{2}dt=\frac{1}{3}$

だから

$V=\frac{\sqrt{2}}{9}(\frac{13}{12}-\frac{1}{3})=\frac{\sqrt{2}}{9}\cdot \frac{3}{4}=\frac{\sqrt{2}}{12}$

である。