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杏林大学／2022年度／一般

III杏林大学 2022年 数学 第III問解答・解説

図形と計量図形と方程式ベクトル微分・積分の考え

難易度捨て可 レベル 6/10 目安 25分編集部の評価

対象医学部医学科

1問題

杏林大学2022年度第III問
イ\boxed{\text{イ}}〜オ\boxed{\text{オ}}、および サ\boxed{\text{サ}}〜ス\boxed{\text{ス}} の解答は該当する解答群から最も適当なものを一つずつ選べ。

(1) 座標平面上の3点 A(−1, 0)\mathrm{A}(-1,\,0)、B(1, 0)\mathrm{B}(1,\,0)、Cを頂点とする三角形について考える。点Cの yy 座標は正であり、原点をOとして、以下の問いに答えよ。

(a) ∠BAC<∠ABC\angle\mathrm{BAC}<\angle\mathrm{ABC} を満たす場合、点Cは第 ア\boxed{\text{ア}} 象限に存在する。

(b) ∠ABC<∠ACB\angle\mathrm{ABC}<\angle\mathrm{ACB} を満たす場合、点Cは イ\boxed{\text{イ}} の ウ\boxed{\text{ウ}} に存在する。

(c) ∠ACB<π2\angle\mathrm{ACB}<\dfrac{\pi}{2} を満たす場合、点Cは エ\boxed{\text{エ}} の オ\boxed{\text{オ}} に存在する。

(d) ∠BAC≦∠ABC≦∠ACB≦π2\angle\mathrm{BAC}\leqq\angle\mathrm{ABC}\leqq\angle\mathrm{ACB}\leqq\dfrac{\pi}{2} を満たす点Cが存在する領域（境界を含む）の面積は カキクπ−ケコ\dfrac{\boxed{\text{カ}}}{\boxed{\text{キク}}}\pi-\dfrac{\sqrt{\boxed{\text{ケ}}}}{\boxed{\text{コ}}} である。

イ\boxed{\text{イ}}、エ\boxed{\text{エ}} の解答群：① 点Aを中心とし点Bを通る円　② 点Bを中心とし点Aを通る円　③ 線分ABを直径とする円　④ 離心率が0.5で2点O, Aを焦点とする楕円　⑤ 離心率が0.5で2点O, Bを焦点とする楕円　⑥ 離心率が0.5で2点A, Bを焦点とする楕円　⑦ 線分ABを一辺にもち、重心の yy 座標が正である正三角形　⑧ 線分ABを一辺にもち、重心の yy 座標が正である正方形

ウ\boxed{\text{ウ}}、オ\boxed{\text{オ}} の解答群：① 内部　② 周上　③ 外部　④ 重心

(2) 座標空間内の4点 A(−1, 0, 0)\mathrm{A}(-1,\,0,\,0)、B(1, 0, 0)\mathrm{B}(1,\,0,\,0)、C(s, t, 0)\mathrm{C}(s,\,t,\,0)、Dを頂点とし、
∠BAC<∠ABC<∠ACB \angle\mathrm{BAC}<\angle\mathrm{ABC}<\angle\mathrm{ACB}
を満たす四面体を考える。t>0t>0 であり、点Dの zz 座標は正であるとして、以下の問いに答えよ。

(a) ∠ADC=π2\angle\mathrm{ADC}=\dfrac{\pi}{2} を満たす場合、点Dは サ\boxed{\text{サ}} に存在する。

(b) ∠ADC=∠BDC=π2\angle\mathrm{ADC}=\angle\mathrm{BDC}=\dfrac{\pi}{2} を満たす場合、点Dの xx 座標は ss であり、点Dは (s, シ, 0)(s,\,\boxed{\text{シ}},\,0) を中心とする半径 ス\boxed{\text{ス}} の円周上にある。

(c) 以下では、t=43t=\dfrac{4}{3} とする。設問 (1) の結果から、点Cの xx 座標 ss は、
セ<s<−ソ+タチツ \boxed{\text{セ}}<s<-\boxed{\text{ソ}}+\dfrac{\boxed{\text{タ}}\sqrt{\boxed{\text{チ}}}}{\boxed{\text{ツ}}}
の範囲の値をとりうる。この範囲で ss が変化するとき、∠ADB=∠ADC=∠BDC=π2\angle\mathrm{ADB}=\angle\mathrm{ADC}=\angle\mathrm{BDC}=\dfrac{\pi}{2} を満たす四面体ABCDの体積は、s=テトs=\dfrac{\boxed{\text{テ}}}{\boxed{\text{ト}}} のとき最大値 ナニヌ\dfrac{\boxed{\text{ナ}}}{\boxed{\text{ニヌ}}} をとる。

サ\boxed{\text{サ}} の解答群：① 線分ACの中点を通り直線ACに垂直な平面上　② 線分ACを直径とする球面上　③ 線分ACを直径とする球の内部　④ 点Aを中心とし点Cを通る球面上　⑤ 点Aを中心とし点Cを通る球の内部　⑥ 線分ACを一辺にもつ正四面体の面上　⑦ 線分ACを一辺にもつ正四面体の内部　⑧ 離心率が0.5で2点A, Cを焦点とする楕円を直線ACのまわりに1回転させてできる立体の面上　⑨ 離心率が0.5で2点A, Cを焦点とする楕円を直線ACのまわりに1回転させてできる立体の内部

シ\boxed{\text{シ}}、ス\boxed{\text{ス}} の解答群：① ss　② tt　③ 2s2s　④ 2t2t　⑤ s2\dfrac{s}{2}　⑥ t2\dfrac{t}{2}　⑦ stst　⑧ st\dfrac{s}{t}　⑨ s+12\dfrac{s+1}{2}　⓪ s−12\dfrac{s-1}{2}

出典：杏林大学 2022年度 一般 数学 第III問

まずは自分で解いてみましょう。解けたら「答え」、詰まったら「解答」で確かめられます。

タイマー

15:00

2答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • (1)
    (a) 第1象限　(b) ① の ①（Aを中心としBを通る円の内部）　(c) ③ の ③（ABを直径とする円の外部）　(d) 512π−32\dfrac{5}{12}\pi-\dfrac{\sqrt{3}}{2}
  • (2)
    (a) ②　(b) シ ⑥、ス ⑥（中心 (s, t2, 0)\left(s,\,\dfrac{t}{2},\,0\right)、半径 t2\dfrac{t}{2}）　(c) 0<s<−1+2530<s<-1+\dfrac{2\sqrt{5}}{3}、s=13s=\dfrac{1}{3} のとき最大値 827\dfrac{8}{27}

3解答

解答を見る途中式つきの解答

考え方

三角形では、大きい角に向かい合う辺ほど長い。∠BAC<∠ABC  ⟺  BC<AC\angle\mathrm{BAC}<\angle\mathrm{ABC}\iff\mathrm{BC}<\mathrm{AC}、∠ABC<∠ACB  ⟺  AC<AB=2\angle\mathrm{ABC}<\angle\mathrm{ACB}\iff\mathrm{AC}<\mathrm{AB}=2。直角の条件は直径を見込む点（円・球）。(2)(c) は Dが3つの球面（直径 AB, AC, BC）の共通点。

解答

(1)(a) ∠BAC<∠ABC  ⟺  BC<AC  ⟺  \angle\mathrm{BAC}<\angle\mathrm{ABC}\iff\mathrm{BC}<\mathrm{AC}\iff CがBに近い   ⟺  x>0\iff x>0。第1象限。

(b) ∠ABC<∠ACB  ⟺  AC<AB=2\angle\mathrm{ABC}<\angle\mathrm{ACB}\iff\mathrm{AC}<\mathrm{AB}=2。Aを中心としBを通る円の内部（①・①）。

(c) ∠ACB<π2  ⟺  \angle\mathrm{ACB}<\dfrac{\pi}{2}\iff CはABを直径とする円の外部（③・③）。

(d) 領域は x≧0x\geqq0、y>0y>0、(x+1)2+y2≦4(x+1)^{2}+y^{2}\leqq4、x2+y2≧1x^{2}+y^{2}\geqq1。円 (x+1)2+y2=4(x+1)^{2}+y^{2}=4 の x≧0, y≧0x\geqq0,\,y\geqq0 の部分の面積は
∫014−(x+1)2 dx=∫124−u2 du=2π3−32 \displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{4-(x+1)^{2}}\,dx=\int_{1}^{2}\sqrt{4-u^{2}}\,du=\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}
（中心角 π3\dfrac{\pi}{3} の扇形から三角形を引いた形）。ここから単位円の 14\dfrac{1}{4}（π4\dfrac{\pi}{4}、すべてこの中に含まれる）を除いて 512π−32\dfrac{5}{12}\pi-\dfrac{\sqrt{3}}{2}。

(2)(a) ∠ADC=π2  ⟺  \angle\mathrm{ADC}=\dfrac{\pi}{2}\iff DはACを直径とする球面上（②）。

(b) DA→⋅DC→=0\overrightarrow{\mathrm{DA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DC}}=0、DB→⋅DC→=0\overrightarrow{\mathrm{DB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DC}}=0 を引くと AB→⋅DC→=0\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DC}}=0、すなわち Dの xx 座標は ss。D(s, y, z)\mathrm{D}(s,\,y,\,z) を1式目に入れると y(y−t)+z2=0y(y-t)+z^{2}=0、(y−t2)2+z2=t24\left(y-\dfrac{t}{2}\right)^{2}+z^{2}=\dfrac{t^{2}}{4}。中心 (s, t2, 0)\left(s,\,\dfrac{t}{2},\,0\right)、半径 t2\dfrac{t}{2}（⑥・⑥）。

(c) (1) より s>0s>0 かつ (s+1)2+169<4(s+1)^{2}+\dfrac{16}{9}<4、すなわち 0<s<−1+2530<s<-1+\dfrac{2\sqrt{5}}{3}。
さらに ∠ADB=π2\angle\mathrm{ADB}=\dfrac{\pi}{2} より s2+y2+z2=1s^{2}+y^{2}+z^{2}=1。(b) の式と合わせて ty=1−s2ty=1-s^{2}、y=3(1−s2)4y=\dfrac{3(1-s^{2})}{4}、z2=y(43−y)z^{2}=y\left(\dfrac{4}{3}-y\right)。体積は 13⋅12⋅2⋅43⋅z=49z\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot2\cdot\dfrac{4}{3}\cdot z=\dfrac{4}{9}z で、z2z^{2} は y=23y=\dfrac{2}{3} のとき最大 49\dfrac{4}{9}。このとき 1−s2=891-s^{2}=\dfrac{8}{9}、s=13s=\dfrac{1}{3}（範囲内）。最大値は 49⋅23=827\dfrac{4}{9}\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{8}{27}。

読み終えたら解答を閉じて、もう一度自分の手で解いてみましょう。

この問題で使う考え方

  • 辺と角の大小関係
  • 直径を見込む角
  • 球面の交わり

答えと解答は編集部が AI で作成したもので、大学が公表したものではありません。誤りに気づいたらお問い合わせから教えてください。

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