京都大学 2015年度理系数学第4問解答・解説

問題

一辺の長さが1の正四面体 $A B C D$ において， $P$ を辺 $A B$ の中点とし，点 $Q$ が辺 $A C$ 上を動くとする．このとき， $cos ∠ P D Q$ の最大値を求めよ．

出典：京都大学 2015年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

正四面体を座標空間に置き、 $Q$ を $A$ から $C$ へ向かうパラメータ $t$ で表す。 $cos ∠ P D Q$ は $D P$ と $D Q$ の内積を使って1変数関数になる。既存の計算式を微分すると最大は端点ではなく $t = 1/5$ で起こるため、増減を丁寧に調べ、最大値 $7 /3$ を出す。座標を置かない別解として、正四面体の3本の辺ベクトルの内積がすべて $1/2$ であることを使って同じ1変数関数に落とす方法も示す。

解答

正四面体の一辺の長さは1である。座標を

A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0), C = (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}, 0)

とおく。すると、底面 $A B C$ の重心の真上に $D$ があり $D = (\frac{1}{2}, \frac{3}{6}, \frac{2}{3})$ と置ける。また $P$ は $A B$ の中点なので $P = (\frac{1}{2}, 0, 0)$ である。

点 $Q$ は辺 $A C$ 上を動くので $Q = tC = (\frac{t}{2}, \frac{3 t}{2}, 0) (0 ≦ t ≦ 1)$ とおく。

このとき

D P = P - D = (0, - \frac{3}{6}, - \frac{2}{3})

であり、

D Q = Q - D = (\frac{t - 1}{2}, \frac{3 ( 3 t - 1 )}{6}, - \frac{2}{3})

である。内積は

D P \cdot D Q = 0 \cdot \frac{t - 1}{2} - \frac{3}{6} \cdot \frac{3 ( 3 t - 1 )}{6} + \frac{2}{3} = - \frac{3 t - 1}{12} + \frac{2}{3} = \frac{9 - 3 t}{12} = \frac{3 - t}{4}

である。また $∣ D P ∣ = \frac{3}{2}$ であり、

∣ D Q ∣^{2} = \frac{( t - 1 ) ^{2}}{4} + \frac{( 3 t - 1 ) ^{2}}{12} + \frac{2}{3} = t^{2} - t + 1

である。したがって

cos ∠ P D Q = \frac{D P \cdot D Q}{∣ D P ∣ ∣ D Q ∣} = \frac{3 ( 3 - t )}{6 t ^{2} - t + 1}

である。

係数 $3 /6$ は正なので $F (t) = \frac{3 - t}{t ^{2} - t + 1}$ の最大を調べればよい。微分すると

F^{'} (t) = - \frac{1}{t ^{2} - t + 1} - \frac{( 3 - t ) ( 2 t - 1 )}{2 ( t ^{2} - t + 1 ) ^{3/2}} = \frac{1 - 5 t}{2 ( t ^{2} - t + 1 ) ^{3/2}}

である。よって $F (t)$ は $0 ≦ t < \frac{1}{5}$ で増加し、 $\frac{1}{5} < t ≦ 1$ で減少する。したがって最大は $t = \frac{1}{5}$ のときに起こる。

このとき $3 - t = \frac{14}{5}, t^{2} - t + 1 = \frac{1}{25} - \frac{1}{5} + 1 = \frac{21}{25}$ であるから

max cos ∠ P D Q = \frac{3 \cdot \frac{14}{5}}{6 \cdot \frac{21}{5}} = \frac{7 3}{3 21} = \frac{7}{3}

である。したがって求める最大値は $\frac{7}{3}$ である。

別解。座標を置かず、点 $D$ から見たベクトルだけで計算してもよい。 $D A = a, D B = b, D C = c$ とおく。正四面体の各面は正三角形であるから

∣ a ∣ = ∣ b ∣ = ∣ c ∣ = 1, a \cdot b = b \cdot c = c \cdot a = \frac{1}{2}

である。

$P$ は $A B$ の中点なので $D P = \frac{a + b}{2}$ である。また、 $A Q : QC = t : (1 - t)$ 、すなわち $0 ≦ t ≦ 1$ とおくと $D Q = (1 - t) a + t c$ である。よって

D P \cdot D Q = \frac{1}{2} (a + b) \cdot {(1 - t) a + t c} = \frac{1}{2} {(1 - t) + \frac{t}{2} + \frac{1 - t}{2} + \frac{t}{2}} = \frac{3 - t}{4}

である。また $∣ D P ∣^{2} = \frac{1}{4} {1 + 1 + 2 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{3}{4}$ であり、

∣ D Q ∣^{2} = (1 - t)^{2} + t^{2} + 2 t (1 - t) \cdot \frac{1}{2} = t^{2} - t + 1

である。したがって $cos ∠ P D Q = \frac{3 - t}{2 3 t ^{2} - t + 1}$ となり、座標解法と同じ関数を最大化すればよい。すでに示した増減より最大は $t = 1/5$ で、最大値は $\frac{7}{3}$ である。

京都大学 2015年度理系数学 第4問

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