[math][東京医科歯科大学][空間座標]2001年東京医科歯科大学数学問題2

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問題

以下の各問いに答えよ。
$(1)$ 座標平面上で$3$点$O(0, 0), A(1, 0), B(0, 1)$を頂点にもつ正方形を考える。実数$t\ \ (0\leq t\leq 2)$に対して、$2$点$P(t, 0), Q(0, t)$を通る直線とこの正方形が交わってできる線分の長さを$L(t)$とする。このとき、関数$L(t)$のグラフを描き、定積分$\displaystyle \int_{0}^{2}{L(t)dt}$の値を求めよ。
$(2)$ 座標空間において$4$点$O(0, 0, 0), A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1)$を頂点にもつ立方体を考える。実数$t\ \ (0\leq t\leq 3)$に対して、$3$点$P(t, 0, 0), Q(0, t, 0), R(0, 0, t)$を通る平面によるこの立方体の切り口の面積を$S(t)$とする。このとき、関数$S(t)$の最大値を求めよ。
$(3)$ 定積分$\displaystyle \int_{0}^{3}{S(t)dt}$の値を求めよ。

方針

平面、空間どちらの場合も場合分けが生じる。

解答

$(1)$ $(a)$ $0\leq t\leq 1$のとき$L(t) = \sqrt{2}t$である。
$(b)$ $1\leq t\leq 2$のとき、$L(t) = \sqrt{2}(2-t)$である。したがって$L(t)$のグラフは以下のようになる。定積分$\displaystyle \int_{0}^{2}{L(t)dt}$の値は下図の斜線部の面積で、$\displaystyle \frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{2} = \underline{\sqrt{2}}$となる。

$(2)$ 切り口の形状は$t$の値によって$3$通りに分けられる。
$\ \ (a)$ $0\leq t\leq 1$のとき、切り口の図形は正三角形で、一辺の長さは$\sqrt{2}t$だから、面積は$\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{2}t)^2 = \frac{\sqrt{3}}{2}t^2$となる。
$\ \ (b)$ $1\leq t\leq 2$のとき、切り口の図形は六角形で、下の図からその面積は一辺の長さが$\sqrt{2}t$の正三角形$PQR$から一辺の長さが$\sqrt{2}(t-1)$の正三角形を$3$つ取り除いたものになる。$$\begin{eqnarray}S(t) & = & \frac{\sqrt{3}}{2}t^2-3\times \frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{2}(t-1))^2\\ & = & -\sqrt{3}t^2+3\sqrt{3}t-\frac{3\sqrt{3}}{2}\\ & = & -\sqrt{3}\left(t-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3\sqrt{3}}{4}\end{eqnarray}$$となる。
$\ \ (c)$ $2\leq t\leq 3$のとき、切り口は一辺の長さが$\sqrt{2}(3-t)$の正三角形だから、面積は$\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{2}(3-t))^2 = \frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)^2$となる。

以上から、$$S(t) = \begin{cases}\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}t^2\ \ (0\leq t\leq 1)\\ \displaystyle -\sqrt{3}\left(t-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3\sqrt{3}}{4}\ \ (1\leq t\leq 2)\\ \displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}(3-t)^2\ \ (2\leq t\leq 3)\end{cases}$$となる。$S(t)$のグラフの概形は以下の図のようになる。最大値は、$\displaystyle t = \frac{3}{2}$のとき、$\displaystyle \underline{\frac{3\sqrt{3}}{4}}$となる。

$(3)$ $(2)$から、$S(t)$のグラフは$\displaystyle t = \frac{3}{2}$に関して対称であるから、計算すると、$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{3}{S(t)dt} & = & 2\int_{0}^{\frac{3}{2}}{S(t)dt}\\ & = & 2\int_{0}^{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}t^2dt} + 2\int_{1}^{\frac{3}{2}}{\left(-\sqrt{3}\left(t-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3\sqrt{3}}{4}\right)dt}\\ & = & \left[\frac{\sqrt{3}}{3}t^2\right]_{0}^{1}+2\left[-\frac{\sqrt{3}}{3}\left(t-\frac{3}{2}\right)^2 + \frac{3\sqrt{3}}{4}t\right]_{1}^{\frac{3}{2}}\\ & = & \frac{\sqrt{3}}{3} + 2\left(\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3}{2} -\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{1}{8}-\frac{3\sqrt{3}}{4}\right)\\ & = & \underline{\sqrt{3}}\end{eqnarray}$$となる。

解説

$(1), (3)$もすぐに答えが分かったという受験生も多かったかもしれない。$(1)$は面積$1$の正方形を$\sqrt{2}dt$の方向にスキャンしているので答えは当然$\sqrt{2}$になる。$(3)$も体積$1$の直方体を$\sqrt{3}dt$方向にスキャンしたものなので、答えは当然$\sqrt{3}$になる。

$(1)$ 場合分けが必要になるが、問題はないだろう。

$(2)$ ここはどうやっても計算が必要になる。少し考えれば$3$通りの場合分けが必要であることがわかる。空間図形に慣れないと難しく感じパニックになるが、問題そのものはあまり難しくはない。ポイントは冷静に大きめの図を描くことである。解答の$(b)$の場合分けが一番難しいが、大きい正三角形$PQR$から$3$つの小さいな正三角形を取り除くのが簡単である。

$(3)$ 計算は面倒だが、過程はしっかり書いた方が間違えにくい。どうせ計算しなくても上に書いたように答えはすぐに分かるが。