東京大学 2023年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第4問

(1) $AC=BC=u$ とおく。三角形 $ABC$ に余弦定理を用いると$$A{B}^2=A{C}^2+B{C}^2-2AC\cdot BC\cos \mathrm{\angle }ACB=2u^2(1-\frac{4}{5})=\frac{2u^2}{5}$$である。$AB=1$ より $u^2=\frac{5}{2}$ を得る。また $0<\mathrm{\angle }ACB<\pi$ で $\cos \mathrm{\angle }ACB=4\mathrm{/}5$ だから $$\sin \mathrm{\angle }ACB=\sqrt{1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^2}=\frac{3}{5}$$ である。したがって$$[ABC]=\frac{1}{2}AC\cdot BC\sin \mathrm{\angle }ACB=\frac{1}{2}\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{3}{5}=\frac{3}{4}$$である。

(2)
球の中心を原点とし，線分 $AB$ が $x$ 軸に平行になるように座標を取る。$AB=1$，半径が1であることから$$A(-\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}),B(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2})$$とおける。 $AC=BC$ より，$C$ は $AB$ の垂直二等分平面 $x=0$ 上にある。$C=(0,y,z)$ とおくと，球面上の点なので $y^2+z^2=1$ である。また(1)より $A{C}^2=u^2=5\mathrm{/}2$ だから $${\left(\frac{1}{2}\right)}^2+y^2+{(z-\frac{\sqrt{3}}{2})}^2=\frac{5}{2}$$ である。左辺を整理し，$y^2+z^2=1$ を使うと $$\frac{1}{4}+1-\sqrt{3}z+\frac{3}{4}=\frac{5}{2}$$ すなわち $2-\sqrt{3}z=\frac{5}{2}$ である。よって $$z=-\frac{1}{2\sqrt{3}}$$ であり，さらに $$y^2=1-z^2=1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}$$ となる。したがって $$y=\pm \frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}$$ である。

点 $D$ も $AD=BD$，$\cos \mathrm{\angle }ADB=4\mathrm{/}5$ を満たすので，同じ2点のどちらかである。$C,D$ は相異なるから，符号が反対の2点でなければならない。よって，向きを入れ替えて$$C(0,\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}},-\frac{1}{2\sqrt{3}}),D(0,-\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}},-\frac{1}{2\sqrt{3}})$$としてよい。

このとき $$\overrightarrow{AB}=(1,0,0),$$ $$\overrightarrow{AC}=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}},-\frac{2}{\sqrt{3}}),\overrightarrow{AD}=(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}},-\frac{2}{\sqrt{3}})$$である。したがって四面体の体積 $V$ は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V}& {\displaystyle =\frac{1}{6}\mid \det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD})\mid }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{6}\mid \det \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ \frac{1}{2}& \frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}& -\frac{2}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{2}& -\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}& -\frac{2}{\sqrt{3}}\end{array}\right)\mid }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{6}\mid -\frac{2\sqrt{11}}{3}\mid =\frac{\sqrt{11}}{9}}\end{array}$$である。

$AB$ の中点を $M$，球の中心を $O$ とする。$C,D$ は $AB$ の垂直二等分面上で，中心 $M$，半径 $3\mathrm{/}2$ の円と，中心 $O$，半径1の円との二交点になる。その平面断面で $CD$ と $M$ からの高さを求め，断面三角形 $MCD$ と $AB$ から四面体の体積を出す。

(1)
$AC=BC=u$ とおく。余弦定理より$$1=A{B}^2=2u^2(1-\frac{4}{5})=\frac{2u^2}{5},$$したがって $u^2=5\mathrm{/}2$ である。また
$\sin \mathrm{\angle }ACB=3\mathrm{/}5$ だから$$[ABC]=\frac{1}{2}{u}^2\cdot \frac{3}{5}=\frac{3}{4}\mathrm{.}$$(2)
$M$ を $AB$ の中点，$O$ を球の中心とする。$C,D$ はともに $AB$ の垂直二等分面上にある。三角形 $AMC$ は $M$ で直角なので$$M{C}^2=A{C}^2-A{M}^2=\frac{5}{2}-\frac{1}{4}=\frac{9}{4}\mathrm{.}$$よって $MC=MD=3\mathrm{/}2$ である。また半径1の球の長さ1の弦が $AB$ だから$$OM=\sqrt{1^2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{.}$$垂直二等分面内では，$C,D$ は中心 $M$，半径 $3\mathrm{/}2$ の円と，中心 $O$，半径1の円との二交点である。したがって $CD\perp OM$ である。$M$ から $CD$ までの距離を $h$ とすると，三角形 $MOC$ に余弦定理を用いる形で$$h=\frac{M{C}^2+M{O}^2-O{C}^2}{2MO}=\frac{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}-1}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\mathrm{.}$$よって$$\frac{CD}{2}=\sqrt{M{C}^2-h^2}=\sqrt{\frac{9}{4}-\frac{4}{3}}=\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}},$$すなわち $$CD=\sqrt{11\mathrm{/}3}$$ である。

したがって$$[MCD]=\frac{1}{2}CDh=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{11}{3}}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{11}}{3}\mathrm{.}$$$AB$ はこの断面に垂直で，$A,B$ は $M$ から両側に距離 $1\mathrm{/}2$ の点である。よって行列式の幾何的意味から$$V_{ABCD}=\frac{AB[MCD]}{3}=\frac{1}{3}\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{11}}{3}=\frac{\sqrt{11}}{9}\mathrm{.}$$