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3 琉球大学 2022年 数学 第3問解答・解説 ベクトル 図形と計量 微分法
1 問題2 答え3 解答1 問題琉球大学 2022 年度第3問
一辺の長さが1の正四面体
O A B C OABC O A B C において、辺
O A OA O A を
2 : 1 2:1 2 : 1 に内分する点を
D D D 、辺
O B OB O B を
1 : 2 1:2 1 : 2 に内分する点を
E E E とする。辺
O C OC O C 上に点
P P P をとり、線分
O P OP O P の長さを
t t t とおく。次の問いに答えよ。（50点）
問1
cos ∠ E D P \cos\angle EDP cos ∠ E D P を
t t t を用いて表せ。
問2 点
P P P が辺
O C OC O C 上を動くとき、
cos ∠ E D P \cos\angle EDP cos ∠ E D P の最大値と最小値を求めよ。
（解答は次のページの解答欄に記入すること。）
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。
2 答え答えを見る 自分の答えと照らし合わせる 問1
cos ∠ E D P = 3 ( 2 − t ) 2 9 t 2 − 6 t + 4 \cos\angle EDP=\dfrac{\sqrt3(2-t)}{2\sqrt{9t^2-6t+4}} cos ∠ E D P = 2 9 t 2 − 6 t + 4 3 ( 2 − t ) （
0 ≦ t ≦ 1 0\leqq t\leqq1 0 ≦ t ≦ 1 ）。問2 最大値
7 3 \dfrac{\sqrt{7}}{3} 3 7 （
t = 2 15 t=\dfrac{2}{15} t = 15 2 ）、最小値
21 14 \dfrac{\sqrt{21}}{14} 14 21 （
t = 1 t=1 t = 1 ）。
3 解答解答を見る 途中式つきの解答 解答 O A ⃗ = a ⃗ , O B ⃗ = b ⃗ , O C ⃗ = c ⃗ \vec{OA}=\vec{a},\ \vec{OB}=\vec{b},\ \vec{OC}=\vec{c} O A = a , O B = b , O C = c とおく。正四面体の各面は一辺の長さが
1 1 1 の正三角形だから、
∣ a ⃗ ∣ = ∣ b ⃗ ∣ = ∣ c ⃗ ∣ = 1 , a ⃗ ⋅ b ⃗ = b ⃗ ⋅ c ⃗ = c ⃗ ⋅ a ⃗ = 1 2 . |\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1,\qquad \vec{a}\cdot\vec{b}=\vec{b}\cdot\vec{c}=\vec{c}\cdot\vec{a}=\frac12. ∣ a ∣ = ∣ b ∣ = ∣ c ∣ = 1 , a ⋅ b = b ⋅ c = c ⋅ a = 2 1 . 内分比と
O P = t OP=t O P = t より、
0 ≦ t ≦ 1 0\leqq t\leqq1 0 ≦ t ≦ 1 であり、
O D ⃗ = 2 3 a ⃗ , O E ⃗ = 1 3 b ⃗ , O P ⃗ = t c ⃗ . \vec{OD}=\frac23\vec{a},\qquad \vec{OE}=\frac13\vec{b},\qquad \vec{OP}=t\vec{c}. O D = 3 2 a , O E = 3 1 b , O P = t c . したがって、
D E ⃗ = 1 3 b ⃗ − 2 3 a ⃗ \vec{DE}=\frac13\vec{b}-\frac23\vec{a} D E = 3 1 b − 3 2 a 、
D P ⃗ = t c ⃗ − 2 3 a ⃗ \vec{DP}=t\vec{c}-\frac23\vec{a} D P = t c − 3 2 a である。内積と長さを計算すると、
D E ⃗ ⋅ D P ⃗ = t 6 − 1 9 − t 3 + 4 9 = 2 − t 6 , ∣ D E ⃗ ∣ 2 = 1 9 + 4 9 − 2 9 = 1 3 , ∣ D P ⃗ ∣ 2 = t 2 − 2 t 3 + 4 9 = 9 t 2 − 6 t + 4 9 . \begin{aligned}
\vec{DE}\cdot\vec{DP}&=\frac{t}{6}-\frac19-\frac{t}{3}+\frac49=\frac{2-t}{6},\\
|\vec{DE}|^2&=\frac19+\frac49-\frac29=\frac13,\\
|\vec{DP}|^2&=t^2-\frac{2t}{3}+\frac49=\frac{9t^2-6t+4}{9}.
\end{aligned} D E ⋅ D P ∣ D E ∣ 2 ∣ D P ∣ 2 = 6 t − 9 1 − 3 t + 9 4 = 6 2 − t , = 9 1 + 9 4 − 9 2 = 3 1 , = t 2 − 3 2 t + 9 4 = 9 9 t 2 − 6 t + 4 . D E ⋅ D P = 6 t − 9 1 − 3 t + 9 4 = 6 2 − t , ∣ D E ∣ 2 = 9 1 + 9 4 − 9 2 = 3 1 , ∣ D P ∣ 2 = t 2 − 3 2 t + 9 4 = 9 9 t 2 − 6 t + 4 . ここで
Q = 9 t 2 − 6 t + 4 = 9 ( t − 1 3 ) 2 + 3 > 0 Q=9t^2-6t+4=9(t-\frac13)^2+3>0 Q = 9 t 2 − 6 t + 4 = 9 ( t − 3 1 ) 2 + 3 > 0 だから
D P ≠ 0 DP\ne0 D P = 0 である。よって、問1の答えは
cos ∠ E D P = 3 ( 2 − t ) 2 9 t 2 − 6 t + 4 ( 0 ≦ t ≦ 1 ) . \boxed{\displaystyle \cos\angle EDP=\frac{\sqrt3(2-t)}{2\sqrt{9t^2-6t+4}}\quad(0\leqq t\leqq1)}. cos ∠ E D P = 2 9 t 2 − 6 t + 4 3 ( 2 − t ) ( 0 ≦ t ≦ 1 ) . 問2では、この式を
f ( t ) f(t) f ( t ) とおく。
Q > 0 Q>0 Q > 0 であるから、
f ′ ( t ) = 3 ( 4 − 30 t ) 4 ( 9 t 2 − 6 t + 4 ) 3 / 2 . f'(t)=\frac{\sqrt3(4-30t)}{4(9t^2-6t+4)^{3/2}}. f ′ ( t ) = 4 ( 9 t 2 − 6 t + 4 ) 3/2 3 ( 4 − 30 t ) . したがって
f f f は
0 ≦ t < 2 15 0\leqq t<\frac{2}{15} 0 ≦ t < 15 2 で増加し、
2 15 < t ≦ 1 \frac{2}{15}<t\leqq1 15 2 < t ≦ 1 で減少する。
Q ( 2 15 ) = 84 25 Q(\frac{2}{15})=\frac{84}{25} Q ( 15 2 ) = 25 84 より
f ( 2 15 ) = 7 3 , f ( 0 ) = 3 2 , f ( 1 ) = 21 14 . f\!\left(\frac{2}{15}\right)=\frac{\sqrt7}{3},\qquad f(0)=\frac{\sqrt3}{2},\qquad f(1)=\frac{\sqrt{21}}{14}. f ( 15 2 ) = 3 7 , f ( 0 ) = 2 3 , f ( 1 ) = 14 21 . また
f ( 0 ) > f ( 1 ) f(0)>f(1) f ( 0 ) > f ( 1 ) なので、
最大値 7 3 ( t = 2 15 ) , 最小値 21 14 ( t = 1 ) \boxed{\text{最大値 }\frac{\sqrt7}{3}\ (t=\frac{2}{15}),\quad\text{最小値 }\frac{\sqrt{21}}{14}\ (t=1)} 最大値 3 7 ( t = 15 2 ) , 最小値 14 21 ( t = 1 ) である。
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
位置ベクトルと内積 余弦の定義 導関数の符号による最大・最小 答えと解答は AI で作成したものです。誤りに気づいたらお問い合わせ から教えてください。
琉球大学の数学を、過去 10 年分まとめて解けるものがあったら使いたいですか？
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