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京都大学 理系 2015年度 第4問 解説

問題編

【問題】
一辺の長さが1の正四面体ABCDにおいて、Pを辺ABの中点とし、点Qが辺AC上を動くとする。このとき、$\cos \angle\mathrm{PDQ}$の最大値を求めよ。

【考え方】
AQの長さをt などとおいて、$\cos \angle\mathrm{PDQ}$を求めます。いろいろやり方はあると思いますが、ここでは余弦定理を繰り返し使う方法で出してみます。60°がたくさん出てくるので、そんなに苦労せずに$\cos$の値は求められます。

最大値を求めるときに、分母にルートが出てくるので大変です。しかし、そのまま微分する必要はなく、2乗した時の最大値を求めればOKです。


解答編

【問題】
一辺の長さが1の正四面体ABCDにおいて、Pを辺ABの中点とし、点Qが辺AC上を動くとする。このとき、$\cos \angle\mathrm{PDQ}$の最大値を求めよ。

【解答】

AQの長さをtとする($0 \leqq t \leqq 1$)。

PABの中点なので、$\mathrm{ DP }=\frac{\sqrt{3} }{2}$である。三角形DQAに対して余弦定理を用いると、
\begin{eqnarray} \cos \angle QAD &=& \frac{QA^2+AD^2-QD^2}{2QA\cdot AD} \\[5pt] \frac{1}{2} &=& \frac{t^2+1-QD^2}{2t} \\[5pt] QD^2 &=& t^2 - t + 1 \\[5pt] \end{eqnarray} となる。
ここで、$t^2 - t + 1=(t-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}\geqq 0$なので、
\[QD = \sqrt{t^2 - t + 1} \]となる。

また、三角形$\mathrm{ APQ }$に対して余弦定理を用いると
\begin{eqnarray} \cos \angle QAP &=& \frac{QA^2+AP^2-QP^2}{2QA\cdot AP} \\[5pt] \frac{1}{2} &=& \frac{t^2+\frac{1}{4}-QP^2}{t} \\[5pt] QP^2 &=& t^2 - \frac{1}{2}t + \frac{1}{4} \\[5pt] \end{eqnarray}となる。

よって、三角形PDQに対して余弦定理を用いると、
\begin{eqnarray} \cos \angle PDQ &=& \frac{PD^2+DQ^2-PQ^2}{2 PD\cdot DQ} \\[5pt] &=& \frac{ \left( \frac{\sqrt{3} }{2} \right)^2 + (t^2 - t + 1) - (t^2 - \frac{1}{2}t + \frac{1}{4}) }{2 \frac{\sqrt{3} }{2} \sqrt{t^2 - t + 1} } \\[5pt] &=& \frac{ -\frac{1}{2}t + \frac{3}{2} }{\sqrt{3} \sqrt{t^2 - t + 1} } \\[5pt] &=& \frac{ -t + 3 }{2 \sqrt{3} \sqrt{t^2 - t + 1} } \ \ \cdots (1) \end{eqnarray}が得られる。

ここで、$0 \leqq t \leqq 1$のとき、(1)は正なので、$\cos \angle PDQ$を最大にする$t$と$\cos^2 \angle PDQ$を最大にする$t$は同じである。$f(t)=\cos^2 \angle PDQ$とすると
\begin{eqnarray} f(t) &=& \frac{ t^2-6t+9 }{12 (t^2 - t + 1) } \\[5pt] &=& \frac{1}{12} + \frac{ -5t+8 }{12 (t^2 - t + 1) } \\[5pt] \end{eqnarray}なので、 \begin{eqnarray} f'(t) &=& \frac{ 1 }{12}\frac{ -5(t^2 - t + 1) - (-5t+8)(2t-1) }{ (t^2 - t + 1)^2 } \\[5pt] &=& \frac{ 1 }{12}\frac{ -5t^2 + 5t -5 + 10t^2 - 21t +8 }{ (t^2 - t + 1)^2 } \\[5pt] &=& \frac{ 1 }{12}\frac{ 5t^2 -16t +3 }{ (t^2 - t + 1)^2 } \\[5pt] &=& \frac{ 1 }{12}\frac{ (5t-1)(t-3) }{ (t^2 - t + 1)^2 } \end{eqnarray} となる。

この式から、$f'(t)=0$のとき、$t=\frac{1}{5}, 3$となることがわかるので、増減表は次の通りとなる。
\begin{array}{c|ccccc} t & 0 & \cdots & \frac{1}{5} & \cdots & 1 \\ \hline f'(t) & & + & 0 & - & \\ \hline f(t) & & \nearrow & & \searrow & \end{array} よって、$f(t)$は$t=\frac{1}{5}$のときに最大となる。このことから、$\cos\angle PDQ$の最大値は、(1)に$t=\frac{1}{5}$を代入して
\begin{eqnarray} \frac{ -\frac{1}{5} + 3 }{2 \sqrt{3} \sqrt{\left(\frac{1}{5}\right)^2 - \frac{1}{5} + 1} } &=& \frac{ -1 + 15 }{2 \sqrt{3} \sqrt{1 - 5 + 25} } \\[5pt] &=& \frac{ 14 }{2 \sqrt{3} \sqrt{21} } \\[5pt] &=& \frac{ \sqrt{7} }{ 3 } \end{eqnarray} となる。

【解答終】

【解説】
上の解答では$\cos$を求めるときに余弦定理を使いましたが、ベクトルの内積を用いる方法でもいいですね。つまり、
\[
\overrightarrow{DP} \cdot \overrightarrow{DQ} = |\overrightarrow{DP}||\overrightarrow{DQ}| \cos \angle PDQ
\]
を使う方法です。$|\overrightarrow{DP}|=\frac{\sqrt{3} }{2}$はいいとして、他の項目は次のようにすれば求められます。

<別解($\cos \angle PDQ$を$t$で表現する部分のみ)>
$\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB},\overrightarrow{DC}$ をそれぞれ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$と書く。
\begin{eqnarray} \overrightarrow{DP} \cdot \overrightarrow{DQ} &=& \left( \frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} \right) \cdot \{ (1-t)\vec{a} + t\vec{c} \} \\ &=& \frac{1}{2}\{ (1-t) |\vec{a}|^2+ t \vec{a}\cdot \vec{c} + (1-t)\vec{a}\cdot \vec{b} + t \vec{b}\cdot \vec{c} \} \\ &=& \frac{1}{2} \left( 1-t + \frac{t}{2} + \frac{1-t}{2} + \frac{t}{2} \right) \\[5pt] &=& \frac{-t+3}{4} \end{eqnarray} であり、
\begin{eqnarray} |\overrightarrow{DQ}|^2 &=& |(1-t)\vec{a} + t\vec{c}|^2 \\ &=& (1-t)^2|\vec{a}|^2 + 2t(1-t)\vec{a}\cdot \vec{c} + t^2|\vec{c}|^2 \\ &=& (1-2t+t^2) + (-t^2+t) + t^2 \\ &=& t^2-t+1 \end{eqnarray} なので、
\begin{eqnarray} \cos \angle PDQ &=& \frac{\overrightarrow{DP} \cdot \overrightarrow{DQ} }{|\overrightarrow{DP}||\overrightarrow{DQ}|} \\ \\ &=& \frac{\frac{-t+3}{4} }{\frac{\sqrt{3} }{2} \sqrt{t^2-t+1} } \\ &=& \frac{-t+3}{2\sqrt{3} \sqrt{t^2-t+1} } \end{eqnarray} となる。

【別解終】

ここから先は同じですね。どちらでも解けるようになっておくのがいいでしょう。

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