九州大学 2007年 理系 第3問 解説

方針・初手

与えられた点の座標から各ベクトルの成分を求め、内積を用いて垂直条件やなす角を計算する。空間図形の問題であるが、座標が与えられているため、成分計算を主体に進めるのが確実である。後半の体積の最大化については、底面を $\triangle ABC$ と固定し、点 $P$ と平面 $\alpha$ との距離が最大となる条件を考える。

解法1

(1)

点 $A(a, -a, b)$、点 $B(-a, a, b)$、点 $C(a, a, -b)$、原点 $O(0, 0, 0)$ とする。線分 $AB$ の中点 $D$ の座標は、

$$ \left( \frac{a + (-a)}{2}, \frac{-a + a}{2}, \frac{b + b}{2} \right) = (0, 0, b) $$

となる。各ベクトルを成分表示すると、

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AB} &= (-2a, 2a, 0) \\ \overrightarrow{DC} &= \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OD} = (a, a, -b) - (0, 0, b) = (a, a, -2b) \\ \overrightarrow{DO} &= \overrightarrow{OO} - \overrightarrow{OD} = (0, 0, -b) \end{aligned} $$

である。ここで、内積 $\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{AB}$ および $\overrightarrow{DO} \cdot \overrightarrow{AB}$ を計算する。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{AB} &= a \cdot (-2a) + a \cdot 2a + (-2b) \cdot 0 = -2a^2 + 2a^2 = 0 \\ \overrightarrow{DO} \cdot \overrightarrow{AB} &= 0 \cdot (-2a) + 0 \cdot 2a + (-b) \cdot 0 = 0 \end{aligned} $$

内積が $0$ であるから、$\overrightarrow{DC} \perp \overrightarrow{AB}$ および $\overrightarrow{DO} \perp \overrightarrow{AB}$ が成り立つ。

次に、$\triangle ABC$ の面積を求める。$D$ は辺 $AB$ の中点であり、$\overrightarrow{DC} \perp \overrightarrow{AB}$ であるため、線分 $DC$ は辺 $AB$ を底辺としたときの $\triangle ABC$ の高さとなる。

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{AB}| &= \sqrt{(-2a)^2 + (2a)^2 + 0^2} = \sqrt{8a^2} = 2\sqrt{2}a \quad (\because a > 0) \\ |\overrightarrow{DC}| &= \sqrt{a^2 + a^2 + (-2b)^2} = \sqrt{2a^2 + 4b^2} \end{aligned} $$

したがって、$\triangle ABC$ の面積 $S_{\triangle ABC}$ は、

$$ S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} |\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{DC}| = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2}a \cdot \sqrt{2a^2 + 4b^2} = 2a\sqrt{a^2 + 2b^2} $$

(2)

ベクトル $\overrightarrow{DC}$ と $\overrightarrow{DO}$ のなす角 $\theta$ について、

$$ \cos\theta = \frac{\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{DO}}{|\overrightarrow{DC}||\overrightarrow{DO}|} $$

内積と大きさをそれぞれ計算する。

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{DO} &= a \cdot 0 + a \cdot 0 + (-2b) \cdot (-b) = 2b^2 \\ |\overrightarrow{DO}| &= \sqrt{0^2 + 0^2 + (-b)^2} = b \quad (\because b > 0) \end{aligned} $$

これらを代入すると、

$$ \cos\theta = \frac{2b^2}{\sqrt{2a^2 + 4b^2} \cdot b} = \frac{2b}{b\sqrt{2(a^2 + 2b^2)}} = \frac{\sqrt{2}b}{\sqrt{a^2 + 2b^2}} $$

$0 \le \theta \le \pi$ より $\sin\theta \ge 0$ であるから、

$$ \sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta} = \sqrt{1 - \frac{2b^2}{a^2 + 2b^2}} = \sqrt{\frac{a^2}{a^2 + 2b^2}} = \frac{a}{\sqrt{a^2 + 2b^2}} \quad (\because a > 0) $$

次に、線分 $OH$ の長さを求める。(1) より $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{DC}$ かつ $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{DO}$ であるため、直線 $AB$ は平面 $ODC$ に垂直である。

平面 $\alpha$ は直線 $AB$ を含むため、平面 $\alpha$ と平面 $ODC$ は垂直に交わり、その交線は直線 $DC$ である。

点 $O$ から平面 $\alpha$ に下ろした垂線 $OH$ は、平面 $\alpha$ 上にあると同時に平面 $ODC$ 上にも存在することになるため、点 $H$ は直線 $DC$ 上にある。

したがって、$\triangle ODH$ は $\angle OHD = 90^\circ$ の直角三角形となり、$\angle ODH = \theta$ であるから、

$$ OH = OD \sin\theta = b \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2 + 2b^2}} = \frac{ab}{\sqrt{a^2 + 2b^2}} $$

(3)

球面 $S$ は原点 $O$ を中心とし、点 $A$ を通るため、その半径 $R$ は線分 $OA$ の長さに等しい。

$$ R = OA = \sqrt{a^2 + (-a)^2 + b^2} = \sqrt{2a^2 + b^2} $$

四面体 $ABCP$ の底面を $\triangle ABC$ とみたとき、底面積は一定であるため、体積が最大となるのは点 $P$ から平面 $\alpha$ までの距離 $h$ が最大となるときである。

球面 $S$ の中心 $O$ から平面 $\alpha$ までの距離は $OH$ であり、球面上の点 $P$ から平面 $\alpha$ までの距離の最大値 $h_{\max}$ は、中心 $O$ を通り平面 $\alpha$ に垂直な直線と球面 $S$ の交点のうち、平面 $\alpha$ から遠い方の点までの距離である。

よって、

$$ h_{\max} = R + OH = \sqrt{2a^2 + b^2} + \frac{ab}{\sqrt{a^2 + 2b^2}} $$

求める四面体の体積の最大値 $V_{\max}$ は、

$$ \begin{aligned} V_{\max} &= \frac{1}{3} S_{\triangle ABC} \cdot h_{\max} \\ &= \frac{1}{3} \cdot 2a\sqrt{a^2 + 2b^2} \left( \sqrt{2a^2 + b^2} + \frac{ab}{\sqrt{a^2 + 2b^2}} \right) \\ &= \frac{2a}{3} \left( \sqrt{(a^2 + 2b^2)(2a^2 + b^2)} + ab \right) \end{aligned} $$

解法2

(2) の線分 $OH$ の長さについての別解

平面 $\alpha$ の法線ベクトル $\vec{n} = (p, q, r)$ を求める。$\vec{n} \perp \overrightarrow{AB}$ および $\vec{n} \perp \overrightarrow{DC}$ より、

$$ \begin{aligned} \vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} &= -2ap + 2aq = 0 \iff p = q \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{DC} &= ap + aq - 2br = 0 \iff 2ap - 2br = 0 \iff r = \frac{a}{b}p \end{aligned} $$

$p = b$ とおくと、$\vec{n} = (b, b, a)$ となる。

平面 $\alpha$ は点 $A(a, -a, b)$ を通るので、その方程式は、

$$ \begin{aligned} b(x - a) + b(y + a) + a(z - b) &= 0 \\ bx + by + az - ab &= 0 \end{aligned} $$

点 $H$ は原点 $O(0, 0, 0)$ から平面 $\alpha$ に下ろした垂線の足であるから、線分 $OH$ の長さは点と平面の距離の公式より、

$$ OH = \frac{|b \cdot 0 + b \cdot 0 + a \cdot 0 - ab|}{\sqrt{b^2 + b^2 + a^2}} = \frac{ab}{\sqrt{a^2 + 2b^2}} $$

解説

空間図形における座標やベクトルの扱い方の基本を問う総合問題である。

(1) の誘導により $\overrightarrow{AB}$ が平面 $ODC$ に垂直であることが分かり、(2) で空間における点と平面の距離を求める際に、幾何的な考察が容易になるよう設計されている。

幾何的な位置関係に気づきにくい場合は、解法2のように法線ベクトルと平面の方程式を導出し、点と平面の距離の公式を用いることで機械的に処理することも可能である。実戦では確実な解法を選択したい。

(3) は四面体の体積の最大化であるが、「底面積を固定して高さを最大化する」という定石に従えばよい。球と平面の位置関係を考えれば、中心から平面への距離に半径を足したものが最大の高さとなる。

答え

(1) $\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{AB} = 0, \overrightarrow{DO} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ より示された。 $\triangle ABC$ の面積: $2a\sqrt{a^2 + 2b^2}$

(2) $\sin\theta = \frac{a}{\sqrt{a^2 + 2b^2}}$ $OH = \frac{ab}{\sqrt{a^2 + 2b^2}}$

(3) 最大値: $\frac{2a}{3} \left( \sqrt{(a^2 + 2b^2)(2a^2 + b^2)} + ab \right)$