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共通テスト 数学I・数学A 2023年度 第1問 [2] 解説

$\def\myBox#1{\bbox[2px, border:2px solid]{ \class{bold}{ \textsf{ #1 } } } }$ $\def\mybox#1{\bbox[2px, border:1px solid gray]{ \textsf{ #1 } } }$ $\def\dBox#1{\bbox[3px, border: 2px solid ]{\bbox[0px, border: 1px solid ]{ \class{bold}{ \textsf{ #1 } } } } }$ $\def\dbox#1{\bbox[4px, border: 1px solid ]{\bbox[0px, border: 1px solid ]{ \textsf{ #1 } } } }$

【必答問題】

問題編

問題

(1) 点 $\mathrm{O}$ を中心とし、半径が $5$ である円 $\mathrm{O}$ がある。この円周上に2点 $\mathrm{A, B}$ を $\mathrm{AB}=6$ となるようにとる。また、円 $\mathrm{O}$ の円周上に、2点 $\mathrm{A, B}$ とは異なる点 $\mathrm{C}$ をとる。

(i) $\sin\angle \mathrm{ACB}=\dBox{サ}$ である。また、点 $\mathrm{C}$ を $\angle \mathrm{ACB}$ が鈍角となるようにとるとき、 $\cos \angle \mathrm{ACB}=\dBox{シ}$ である。

(ii) 点 $\mathrm{C}$ を $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積が最大となるようにとる。点 $\mathrm{C}$ から直線 $\mathrm{AB}$ に垂直な直線を引き、直線 $\mathrm{AB}$ との交点を $\mathrm{D}$ とするとき、 $\tan\angle \mathrm{OAD}=\dBox{ス}$ である。また、 $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積は $\myBox{セソ}$ である。

$\dbox{サ}$ ~ $\dbox{ス}$ の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)

 0: $\dfrac{3}{5}$

 1: $\dfrac{3}{4}$

 2: $\dfrac{4}{5}$

 3: $1$

 4: $\dfrac{4}{3}$

 5: $-\dfrac{3}{5}$

 6: $-\dfrac{3}{4}$

 7: $-\dfrac{4}{5}$

 8: $-1$

 9: $-\dfrac{4}{3}$

(2) 半径が $5$ である球 $S$ がある。この球面上に3点 $\mathrm{P,Q,R}$ をとったとき、これらの3点を通る平面 $\alpha$ 上で $\mathrm{PQ}=8$, $\mathrm{QR}=5$, $\mathrm{RP}=9$ であったとする。

 球 $S$ の球面上に点 $\mathrm{T}$ を三角錐 $\mathrm{TPQR}$ の体積が最大となるようにとるとき、その体積を求めよう。

 まず、 $\cos\angle \mathrm{QPR}=\dfrac{\myBox{タ}}{\myBox{チ}}$ であることから、 $\triangle \mathrm{PQR}$ の面積は $\myBox{ツ}\sqrt{\myBox{テト}}$ である。

 次に、点 $\mathrm{T}$ から平面 $\alpha$ に垂直な直線を引き、平面 $\alpha$ との交点を $\mathrm{H}$ とする。このとき、 $\mathrm{PH,QH,RH}$ の長さについて、 $\dBox{ナ}$ が成り立つ。

 以上より、三角錐 $\mathrm{TPQR}$ の体積は $\myBox{ニヌ} \left(\sqrt{\myBox{ネノ}}+\sqrt{\myBox{ハ}}\right)$ である。

$\dbox{ナ}$ の解答群

 0: $\mathrm{PH}\lt \mathrm{QH} \lt \mathrm{RH}$
 1: $\mathrm{PH}\lt \mathrm{RH} \lt \mathrm{QH}$
 2: $\mathrm{QH}\lt \mathrm{PH} \lt \mathrm{RH}$
 3: $\mathrm{QH}\lt \mathrm{RH} \lt \mathrm{PH}$
 4: $\mathrm{RH}\lt \mathrm{PH} \lt \mathrm{QH}$
 5: $\mathrm{RH}\lt \mathrm{QH} \lt \mathrm{PH}$
 6: $\mathrm{PH}= \mathrm{QH} = \mathrm{RH}$

考え方

前半はオーソドックスですが、後半はあまり解いたことがないかもしれません。(1)の「面積が最大」が(2)の「体積が最大」になったときに、どこに着目すればいいかを考えましょう。計算や公式だけでは解けず、図形的に考えないといけない部分も出てきます。


【必答問題】

解答編

問題

(1) 点 $\mathrm{O}$ を中心とし、半径が $5$ である円 $\mathrm{O}$ がある。この円周上に2点 $\mathrm{A, B}$ を $\mathrm{AB}=6$ となるようにとる。また、円 $\mathrm{O}$ の円周上に、2点 $\mathrm{A, B}$ とは異なる点 $\mathrm{C}$ をとる。

(i) $\sin\angle \mathrm{ACB}=\dBox{サ}$ である。また、点 $\mathrm{C}$ を $\angle \mathrm{ACB}$ が鈍角となるようにとるとき、 $\cos \angle \mathrm{ACB}=\dBox{シ}$ である。

解説

円 $\mathrm{O}$ は $\triangle \mathrm{ABC}$ の外接円なので、正弦定理から
\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{AB}}{\sin\angle\mathrm{ACB}} &=& 2\cdot 5 \\[5pt] \sin\angle\mathrm{ACB} &=& \frac{6}{10}=\frac{3}{5} \\[5pt] \end{eqnarray}です。また、 $\angle\mathrm{ACB}$ が鈍角のときは、 $\cos\angle\mathrm{ACB}$ の値は負になります。相互関係から \begin{eqnarray} \cos\angle\mathrm{ACB} &=& -\sqrt{1-\sin^2\angle\mathrm{ACB}} \\[5pt] &=& -\frac{4}{5} \end{eqnarray}となります。

解答

サ:0 (3点)
シ:7 (3点)

解答編 つづき

問題

(ii) 点 $\mathrm{C}$ を $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積が最大となるようにとる。点 $\mathrm{C}$ から直線 $\mathrm{AB}$ に垂直な直線を引き、直線 $\mathrm{AB}$ との交点を $\mathrm{D}$ とするとき、 $\tan\angle \mathrm{OAD}=\dBox{ス}$ である。また、 $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積は $\myBox{セソ}$ である。

$\dbox{サ}$ ~ $\dbox{ス}$ の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)

 0: $\dfrac{3}{5}$

 1: $\dfrac{3}{4}$

 2: $\dfrac{4}{5}$

 3: $1$

 4: $\dfrac{4}{3}$

 5: $-\dfrac{3}{5}$

 6: $-\dfrac{3}{4}$

 7: $-\dfrac{4}{5}$

 8: $-1$

 9: $-\dfrac{4}{3}$

解説

$\mathrm{AB}$ は固定されているので、$\triangle\mathrm{ABC}$ の面積が最大になるような点 $\mathrm{C}$ は、 $\mathrm{AC}=\mathrm{BC}$ となる二等辺三角形のときです。そのような点は2つありえますが、線分 $\mathrm{CD}$ 上に点 $\mathrm{O}$ があるときになります。

このとき、 $\triangle\mathrm{OAD}$ は、 $\mathrm{OA}=5$ であり、 $\mathrm{AD}$ は $\mathrm{AB}$ の半分の $3$ だから、 $\mathrm{OD}=4$ となります。よって、\[ \tan\angle\mathrm{OAD}=\frac{4}{3} \]となります。

\[ \mathrm{CD}=\mathrm{CO}+\mathrm{OD}= 5+4=9\]なので、このときの $\triangle \mathrm{ABC}$ の面積は\[ \frac{6\cdot 9}{2}=27 \]となります。

解答

ス:4 (2点)
セソ:27 (2点)

解答編 つづき

問題

(2) 半径が $5$ である球 $S$ がある。この球面上に3点 $\mathrm{P,Q,R}$ をとったとき、これらの3点を通る平面 $\alpha$ 上で $\mathrm{PQ}=8$, $\mathrm{QR}=5$, $\mathrm{RP}=9$ であったとする。

 球 $S$ の球面上に点 $\mathrm{T}$ を三角錐 $\mathrm{TPQR}$ の体積が最大となるようにとるとき、その体積を求めよう。

 まず、 $\cos\angle \mathrm{QPR}=\dfrac{\myBox{タ}}{\myBox{チ}}$ であることから、 $\triangle \mathrm{PQR}$ の面積は $\myBox{ツ}\sqrt{\myBox{テト}}$ である。

解説

余弦定理より
\begin{eqnarray} \cos\angle\mathrm{QPR} &=& \frac{\mathrm{QP}^2+\mathrm{PR}^2-\mathrm{QR}^2}{2\mathrm{QP}\cdot\mathrm{PR}} \\[5pt] &=& \frac{8^2+9^2-5^2}{2\cdot8\cdot9} \\[5pt] &=& \frac{120}{2\cdot8\cdot9} \\[5pt] &=& \frac{5}{6} \\[5pt] \end{eqnarray}となります。相互関係から \[ \sin\angle\mathrm{QPR}=\frac{\sqrt{6^2-5^2}}{6} =\frac{\sqrt{11}}{6} \]となるので、$\triangle \mathrm{PQR}$ の面積は
\begin{eqnarray} && \frac{1}{2}\cdot \mathrm{PQ}\cdot \mathrm{PR}\sin\angle \mathrm{QPR} \\[5pt] &=& \frac{1}{2}\cdot 8\cdot 9\cdot\frac{\sqrt{11}}{6} \\[5pt] &=& 6\sqrt{11} \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

解答

タチ:56 (2点)
ツテト:611 (3点)

解答編 つづき

問題

 次に、点 $\mathrm{T}$ から平面 $\alpha$ に垂直な直線を引き、平面 $\alpha$ との交点を $\mathrm{H}$ とする。このとき、 $\mathrm{PH,QH,RH}$ の長さについて、 $\dBox{ナ}$ が成り立つ。

 以上より、三角錐 $\mathrm{TPQR}$ の体積は $\myBox{ニヌ} \left(\sqrt{\myBox{ネノ}}+\sqrt{\myBox{ハ}}\right)$ である。

$\dbox{ナ}$ の解答群

 0: $\mathrm{PH}\lt \mathrm{QH} \lt \mathrm{RH}$
 1: $\mathrm{PH}\lt \mathrm{RH} \lt \mathrm{QH}$
 2: $\mathrm{QH}\lt \mathrm{PH} \lt \mathrm{RH}$
 3: $\mathrm{QH}\lt \mathrm{RH} \lt \mathrm{PH}$
 4: $\mathrm{RH}\lt \mathrm{PH} \lt \mathrm{QH}$
 5: $\mathrm{RH}\lt \mathrm{QH} \lt \mathrm{PH}$
 6: $\mathrm{PH}= \mathrm{QH} = \mathrm{RH}$

解説

底面 $\triangle \mathrm{PQR}$ は動かないので、三角錐の体積が最大になるときは、高さが最大になるときです。底面 $\triangle \mathrm{PQR}$ を基準に考えると、高さが最大になるのは、線分 $\mathrm{TH}$ 上に球の中心がある場合です。

このとき、3つの三角形 $\triangle \mathrm{OHP}$, $\triangle \mathrm{OHQ}$, $\triangle \mathrm{OHR}$ は、直角三角形で、斜辺と他の一辺がそれぞれ等しい(斜辺は球の半径なので)ことから、互いに合同だとわかります。つまり、 $\mathrm{PH}=\mathrm{QH}=\mathrm{RH}$ です。

また、このことから、$\mathrm{H}$ は $\triangle \mathrm{PQR}$ の外心であることもわかります。この外接円の半径を $r$ とすると、正弦定理と先ほど分かった $\sin\angle\mathrm{QPR}=\dfrac{\sqrt{11}}{6}$ を使って
\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{QR}}{\sin\angle \mathrm{QPR}} &=& 2r \\[5pt] \frac{5}{\frac{\sqrt{11}}{6}} &=& 2r \\[5pt] r &=& \frac{15}{\sqrt{11}} \\[5pt] \end{eqnarray}となるので、 $\triangle \mathrm{SQH}$ で考えると \begin{eqnarray} \mathrm{SH}^2 &=& \mathrm{SQ}^2- \mathrm{HR}^2 \\[5pt] &=& 25-\frac{15^2}{11} \\[5pt] &=& \frac{275-225}{11} \\[5pt] &=& \frac{50}{11} \\[5pt] \mathrm{SH} &=& \frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{11}} \\[5pt] \end{eqnarray}となります。

$\mathrm{TH}=\mathrm{TS}+\mathrm{SH}=5+\mathrm{SH}$ なので、これと底面の面積を使えば、三角錐 $\mathrm{TPQR}$ の体積は
\begin{eqnarray} & & \frac{1}{3} \cdot 6\sqrt{11} \cdot \left(5+\frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{11}}\right) \\[5pt] &=& 2\sqrt{11} \cdot 5+2\sqrt{11} \cdot \frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{11}} \\[5pt] &=& 10\sqrt{11}+10\sqrt{2} \\[5pt] &=& 10(\sqrt{11}+\sqrt{2}) \\[5pt] \end{eqnarray}と求められます。

解答

ナ:6 (2点)
ニヌネノハ:10112 (3点)

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