東京大学 2023年度文系数学第4問解答・解説

問題

半径1の球面上の相異なる4点 $A$ ， $B$ ， $C$ ， $D$ が

A B = 1, A C = B C, A D = B D, cos ∠ A C B = cos ∠ A D B = \frac{4}{5}

を満たしているとする。

(1) 三角形 $A B C$ の面積を求めよ。

(2) 四面体 $A B C D$ の体積を求めよ。

出典：東京大学 2023年度前期日程第2次学力試験文系第4問

方針

解法1（標準解法）

(1) は $A C = B C$ と余弦定理から辺 $A C$ を求め， $sin ∠ A C B$ を使って面積を出す。(2) は球の中心を原点に取り， $A, B$ を $z = 3 /2$ 上の対称な2点に置く。 $A C = B C$ から $C, D$ は平面 $x = 0$ 上にあり，球面条件と $A C^{2} = A D^{2} = 5/2$ で座標が2点に絞られる。最後は行列式で体積を出し，別計算として底面積と高さでも同じ値を確認できる。

別解（垂直二等分面の断面図形）

$A B$ の中点を $M$ ，球の中心を $O$ とする。 $C, D$ は $A B$ の垂直二等分面上で，中心 $M$ ，半径 $3/2$ 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 $C D$ と $M$ からの高さを求め，断面三角形 $M C D$ と $A B$ から四面体の体積を出す。

解答

解法1（標準解法）

(1)

$A C = B C = u$ とおく。三角形 $A B C$ に余弦定理を用いると

A B^{2} = A C^{2} + B C^{2} - 2 A C \cdot B C cos ∠ A C B = 2 u^{2} (1 - \frac{4}{5}) = \frac{2 u ^{2}}{5}

である。 $A B = 1$ より $u^{2} = \frac{5}{2}$ を得る。また $0 < ∠ A C B < π$ で $cos ∠ A C B = 4/5$ だから $sin ∠ A C B = 1 - (\frac{4}{5})^{2} = \frac{3}{5}$ である。したがって

[A B C] = \frac{1}{2} A C \cdot B C sin ∠ A C B = \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 $A B$ が $x$ 軸に平行になるように座標を取る。 $A B = 1$ ，半径が1であることから

A (- \frac{1}{2}, 0, \frac{3}{2}), B (\frac{1}{2}, 0, \frac{3}{2})

とおける。 $A C = B C$ より， $C$ は $A B$ 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 $A C^{2} = u^{2} = 5/2$ だから $(\frac{1}{2})^{2} + y^{2} + (z - \frac{3}{2})^{2} = \frac{5}{2}$ である。左辺を整理し， $y^{2} + z^{2} = 1$ を使うと $\frac{1}{4} + 1 - 3 z + \frac{3}{4} = \frac{5}{2}$ すなわち $2 - 3 z = \frac{5}{2}$ である。よって $z = - \frac{1}{2 3}$ 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 $y = \pm \frac{11}{2 3}$ である。

点 $D$ も $A D = B D$ ， $cos ∠ A D B = 4/5$ 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{11}{2 3}, - \frac{1}{2 3}), D (0, - \frac{11}{2 3}, - \frac{1}{2 3})

としてよい。

このとき $A B = (1, 0, 0),$

A C = (\frac{1}{2}, \frac{11}{2 3}, - \frac{2}{3}), A D = (\frac{1}{2}, - \frac{11}{2 3}, - \frac{2}{3})

である。したがって四面体の体積 $V$ は

V = \frac{1}{6} det (A B, A C, A D) = \frac{1}{6} det 1 \frac{1}{2} \frac{1}{2} 0 \frac{11}{2 3} - \frac{11}{2 3} 0 - \frac{2}{3} - \frac{2}{3} = \frac{1}{6} - \frac{2 11}{3} = \frac{11}{9}

である。

別解（垂直二等分面の断面図形）

(1)

$A C = B C = u$ とおく。余弦定理より

1 = A B^{2} = 2 u^{2} (1 - \frac{4}{5}) = \frac{2 u ^{2}}{5},

したがって $u^{2} = 5/2$ である。また $sin ∠ A C B = 3/5$ だから

[A B C] = \frac{1}{2} u^{2} \cdot \frac{3}{5} = \frac{3}{4} .

(2)

$M$ を $A B$ の中点， $O$ を球の中心とする。 $C, D$ はともに $A B$ の垂直二等分面上にある。三角形 $A M C$ 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} .

よって $M C = M D = 3/2$ である。また半径1の球の長さ1の弦が $A B$ だから

O M = 1^{2} - (\frac{1}{2})^{2} = \frac{3}{2} .

垂直二等分面内では， $C, D$ は中心 $M$ ，半径 $3/2$ の円と，中心 $O$ ，半径1の円との二交点である。したがって $C D ⊥ O M$ である。 $M$ から $C D$ までの距離を $h$ とすると，三角形 $M O C$ に余弦定理を用いる形で

h = \frac{M C ^{2} + M O ^{2} - O C ^{2}}{2 M O} = \frac{\frac{9}{4} + \frac{3}{4} - 1}{3} = \frac{2}{3} .

よって

\frac{C D}{2} = M C^{2} - h^{2} = \frac{9}{4} - \frac{4}{3} = \frac{11}{2 3},

すなわち $C D = 11/3$ である。

したがって

[M C D] = \frac{1}{2} C D h = \frac{1}{2} \frac{11}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{11}{3} .

$A B$ はこの断面に垂直で， $A, B$ は $M$ から両側に距離 $1/2$ の点である。よって行列式の幾何的意味から

V_{A B C D} = \frac{A B [ M C D ]}{3} = \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \frac{11}{3} = \frac{11}{9} .

東京大学 2023年度文系数学 第4問

問題

方針

解法1（標準解法）

別解（垂直二等分面の断面図形）

解答

解法1（標準解法）

(1)

(2)

別解（垂直二等分面の断面図形）

(1)

(2)

東京大学 2023年度
文系数学第4問