3昭和医科大学 2024年 数学 第3問解答・解説

(1) 余弦定理より
$$\cos A=\frac{6^2+5^2-7^2}{2\cdot6\cdot5}=\frac15, \qquad \sin A=\frac{2\sqrt6}{5}.$$
したがって
$$\boxed{S_1=\frac12\cdot6\cdot5\cdot\frac{2\sqrt6}{5}=6\sqrt6}.$$
(2) 内心を $I$ とする。$I$ と各頂点を結んだ3つの三角形の面積を足すと
$$S_1=\frac12(6+7+5)r=9r$$
となるので、$\boxed{r=2\sqrt6/3}$ である。

(3) 以下では三角形の周上までの最短距離を $d$ とする。
円周だけを考えても、半径 $t$ の円板を考えても、今回の通過領域は同じである。
実際、任意の点 $Q$ について $QA+QB\geqq AB=6$ だから、$A,B$ の少なくとも一方までの距離は $3$ 以上である。
$d\leqq t\leqq1$ なら、$Q$ に最も近い周上の点からこの頂点まで中心 $P$ を周に沿って動かすと、
距離 $QP$ が連続的に変わり、途中で $QP=t$ となる。
逆に $QP=t$ となる中心があれば $d\leqq t$ である。
よって通過領域はちょうど $d\leqq t$ の部分である。

(3-1) 三角形の内部で $d>t$ となる領域を考える。
内部の点を中心とする半径 $t$ の円板が三角形の内側に収まる条件は、3辺を含む各直線までの内向きの距離がいずれも $t$ 以上となることである。
したがって未通過領域の境界は、3辺をそれぞれ内側に距離 $t$ だけ平行移動した3直線である。
この3直線で囲まれた三角形を $A_tB_tC_t$ とする。
これは $I$ を中心とし、相似比
$$k=\frac{r-t}{r}=1-\frac{\sqrt6}{4}t$$
で $ABC$ を縮小した三角形である。実際、相似移動後の各辺は元の辺に平行で、$I$ からの距離が $kr=r-t$ となる。
$0<t\leqq1<r$ なので $k>0$ であり、どの許容値でも中央の三角形は残る。
境界の面積は $0$ なので
$$\boxed{S_2=6\sqrt6\left(1-\frac{\sqrt6}{4}t\right)^2 =6\sqrt6-18t+\frac{9\sqrt6}{4}t^2}.$$
領域を座標でも指定しておく。$A=(0,0), B=(6,0), C=(1,2\sqrt6)$ とおくと、未通過領域は
$$y>t,\qquad 2\sqrt6 x-y>5t,\qquad 12\sqrt6-2\sqrt6 x-5y>7t$$
を同時に満たす部分である。等号の3直線が $A_tB_tC_t$ の辺であり、この表示から作図できる。

(3-2) 三角形内部の通過面積は $S_1-S_2$ である。
外部の通過領域は、各辺を底辺とする幅 $t$ の外向きの長方形3個と、各頂点を中心とする半径 $t$ の扇形3個に分けられる。
外部の点から三角形へ最も近い点が辺の途中なら長方形、頂点なら扇形に属するため、この分割は境界を除いて重複しない。
扇形の中心角はそれぞれ $\pi-A,\pi-B,\pi-C$ で、和は $2\pi$ である。
したがって外部の通過面積は
$$(6+7+5)t+\frac12t^2\{3\pi-(A+B+C)\}=18t+\pi t^2.$$
これと内部の面積を合わせて
$$\boxed{S_3=S_1-S_2+18t+\pi t^2 =36t+\left(\pi-\frac{9\sqrt6}{4}\right)t^2} \qquad(0<t\leqq1).$$

(4) 三角形のある平面を $z=0$ としてよい。
高さ $z$ の平面で半径 $1$ の球を切ると、$|z|\leqq1$ のとき半径
$$t=\sqrt{1-z^2}$$
の円板となり、その中心の平面への正射影は三角形の周を一周する。
$-1<z<1$ なら $0<t\leqq1$ であるから、(3-2) をそのまま使えて、通過立体の断面積は
$$T(z)=36\sqrt{1-z^2}+\left(\pi-\frac{9\sqrt6}{4}\right)(1-z^2).$$
$z=\pm1$ では断面は三角形の周のみで面積は $0$、$|z|>1$ には通過部分がない。
球面だけを動かす解釈でも、(3) と同じ連続性の議論により断面の通過領域は同じである。
よって断面積の積分により
$$\begin{aligned} V&=\int_{-1}^{1}T(z)\,dz\\ &=36\cdot\frac{\pi}{2} +\left(\pi-\frac{9\sqrt6}{4}\right) \left[z-\frac{z^3}{3}\right]_{-1}^{1}\\ &=\boxed{\frac{58\pi}{3}-3\sqrt6}. \end{aligned}$$$$V={\int }_{-1}^{1}T(z)dz$$$$=36\cdot \frac{\pi }{2}+\left(\pi -\frac{9\sqrt{6}}{4}\right){\left[z-\frac{z^3}{3}\right]}_{-1}^1$$$$=\boxed{\frac{58\pi }{3}-3\sqrt{6}}.$$
ここで $\int_{-1}^1\sqrt{1-z^2}\,dz=\pi/2$ は半径 $1$ の半円の面積である。