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京都大学 2015年理系第4問解説

方針・初手

点 Q の位置をパラメータ $x$（$0 \leq x \leq 1$）で設定し、$\cos\angle PDQ$ を $x$ の関数として表すことを目指します。
関数の立式には、空間ベクトルを用いて内積から迫る方法と、各辺の長さを求めて $\triangle DPQ$ で余弦定理を用いる方法の 2 通りが考えられます。
立式後は、得られた分数関数の最大値を求めるために、適切な変数変換を行うか微分法を用いて増減を調べます。

解法1（ベクトルと変数変換）

$\vec{AB} = \vec{b}$、$\vec{AC} = \vec{c}$、$\vec{AD} = \vec{d}$ とおく。

正四面体の 1 辺の長さは 1 であるから $|\vec{b}| = |\vec{c}| = |\vec{d}| = 1$。各ベクトルのなす角は $60^\circ$ であるから、

$$ \vec{b}\cdot\vec{c} = \vec{c}\cdot\vec{d} = \vec{d}\cdot\vec{b} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2} $$

点 P は辺 AB の中点であるから $\vec{AP} = \dfrac{1}{2}\vec{b}$。点 Q は辺 AC 上の点であるから、$0 \leq x \leq 1$ を用いて $\vec{AQ} = x\vec{c}$ と表せる。

$$ \vec{DP} = \vec{AP} - \vec{AD} = \frac{1}{2}\vec{b} - \vec{d}, \qquad \vec{DQ} = \vec{AQ} - \vec{AD} = x\vec{c} - \vec{d} $$

大きさと内積を計算する。

$$ |\vec{DP}|^2 = \frac{1}{4} - \vec{b}\cdot\vec{d} + 1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{4} $$

$$ |\vec{DQ}|^2 = x^2 - 2x(\vec{c}\cdot\vec{d}) + 1 = x^2 - x + 1 $$

$$ \vec{DP}\cdot\vec{DQ} = \frac{x}{2}(\vec{b}\cdot\vec{c}) - \frac{1}{2}(\vec{b}\cdot\vec{d}) - x(\vec{c}\cdot\vec{d}) + 1 = \frac{x}{4} - \frac{1}{4} - \frac{x}{2} + 1 = \frac{3-x}{4} $$

したがって、

$$ \cos\angle PDQ = \frac{\vec{DP}\cdot\vec{DQ}}{|\vec{DP}||\vec{DQ}|} = \frac{\dfrac{3-x}{4}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{x^2-x+1}} = \frac{3-x}{2\sqrt{3(x^2-x+1)}} $$

$0 \leq x \leq 1$ において $3-x > 0$ であるから $\cos\angle PDQ > 0$。最大値を求めるため $t = 3-x$（$2 \leq t \leq 3$）とおくと、

$$ x^2 - x + 1 = t^2 - 5t + 7 $$

$$ \cos\angle PDQ = \frac{t}{2\sqrt{3(t^2-5t+7)}} = \frac{1}{2\sqrt{3 h(t)}} $$

ただし $h(t) = \dfrac{t^2-5t+7}{t^2} = 1 - \dfrac{5}{t} + \dfrac{7}{t^2}$。

$u = \dfrac{1}{t}$（$\dfrac{1}{3} \leq u \leq \dfrac{1}{2}$）とおくと、

$$ h = 7u^2 - 5u + 1 = 7\!\left(u - \frac{5}{14}\right)^{\!2} + \frac{3}{28} $$

軸 $u = \dfrac{5}{14}$ は $\dfrac{1}{3} < \dfrac{5}{14} < \dfrac{1}{2}$ の範囲内にあるから、$u = \dfrac{5}{14}$（$x = \dfrac{1}{5}$）のとき $h$ は最小値 $\dfrac{3}{28}$ をとる。

このとき $\cos\angle PDQ$ は最大となり、

$$ \cos\angle PDQ = \frac{1}{2\sqrt{3 \cdot \dfrac{3}{28}}} = \frac{1}{2 \cdot \dfrac{3}{\sqrt{28}}} = \frac{\sqrt{28}}{6} = \frac{2\sqrt{7}}{6} = \frac{\sqrt{7}}{3} $$

解法2（余弦定理と微分）

$AQ = x$（$0 \leq x \leq 1$）とおく。$\angle\text{DAB} = \angle\text{DAC} = \angle\text{BAC} = 60^\circ$ を用いて余弦定理で各辺を求める。

$$ DP^2 = 1 + \frac{1}{4} - 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{4} $$

$$ DQ^2 = 1 + x^2 - 2 \cdot 1 \cdot x \cdot \frac{1}{2} = x^2 - x + 1 $$

$$ PQ^2 = \frac{1}{4} + x^2 - 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{1}{2} = x^2 - \frac{x}{2} + \frac{1}{4} $$

$\triangle DPQ$ で余弦定理を用いると、

$$ \cos\angle PDQ = \frac{DP^2 + DQ^2 - PQ^2}{2 \cdot DP \cdot DQ} = \frac{\dfrac{3}{4} + (x^2-x+1) - \!\left(x^2 - \dfrac{x}{2} + \dfrac{1}{4}\right)}{\sqrt{3}\sqrt{x^2-x+1}} = \frac{3-x}{2\sqrt{3(x^2-x+1)}} $$

$\cos\angle PDQ > 0$ であるから、$f(x) = \cos^2\angle PDQ = \dfrac{(3-x)^2}{12(x^2-x+1)}$ の最大値を求める。

$$ f'(x) = \frac{-2(3-x)(x^2-x+1) - (3-x)^2(2x-1)}{12(x^2-x+1)^2} = \frac{(3-x)(-5x+1)}{12(x^2-x+1)^2} $$

$0 \leq x \leq 1$ において $f'(x) = 0$ となるのは $x = \dfrac{1}{5}$ のみであり、$x < \dfrac{1}{5}$ では $f'(x) > 0$、$x > \dfrac{1}{5}$ では $f'(x) < 0$ となるから、$x = \dfrac{1}{5}$ で最大となる。

$$ f\!\left(\frac{1}{5}\right) = \frac{\left(\dfrac{14}{5}\right)^{\!2}}{12 \cdot \dfrac{21}{25}} = \frac{\dfrac{196}{25}}{\dfrac{252}{25}} = \frac{196}{252} = \frac{7}{9} $$

$$ \therefore\quad \cos\angle PDQ = \sqrt{\frac{7}{9}} = \frac{\sqrt{7}}{3} $$

解説

空間図形におけるなす角の余弦を求める標準的な問題です。ベクトルを用いた内積計算でも余弦定理でも、得られる関数は全く同じになります。

立式自体は難しくないため、勝負は「得られた関数の最大値をいかにして求めるか」にかかっています。解法2のように商の微分法で押し切ることも可能ですが、解法1のように「分母分子を $t^2$ で割り $u = 1/t$ と置換する」発想を持てると、1 変数の 2 次関数の最大最小問題に帰着でき、計算量が劇的に減ります。