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問題：2010年(平成22年)東京大学前期-数学(理科) - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2021.02.09記
等面四面体だがその性質は特に使わない．

2022.03.15記
(1) で平面 $L$ に垂線を下すこと，(2) で平面 $L$ に垂直で $\rm AB$ に平行な平面を考えることから，平面 $L$ が $xy$ 平面となり， $\rm AB$ が $x$ 軸に平行となるように座標を設定する．

[解答]

${\rm O}(0,0,0)$ ， ${\rm A}(p,q,0)$ ， ${\rm B}(p-2,q,0)$ （ $q\gt 0$ ）とおくと
${\rm OA}^2=p^2+q^2=9$ ， ${\rm OA}^2=(p-2)^2+q^2=7$
であるから， $p^2-(p-2)^2=4p-4=2$ より $p=\dfrac{3}{2}$ ， $q=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ となる．

また，点 ${\rm C}(x,y,z)$ （ $z\gt 0$ ）とおくと
$\rm OC$ $=2$ ， $\rm AC$ $=\sqrt{7}$ ， $\rm BC$ $=3$
により，
$x^2+y^2+z^2=4$ ，
$(x-p)^2+(y-q)^2+z^2=7$ ，
$(x-p+2)^2+(y-q)^2+z^2=9$
であるから，3番目から2番目を引いて $x=\dfrac{2p-1}{2}=1$ であり，これから
$y^2+z^2=3$ ，
$(y-q)^2+z^2=\dfrac{27}{4}$ ，
となるので $y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ ， $z=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$ となる．

つまり， ${\rm A}\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{3\sqrt{3}}{2},0\right)$ ， ${\rm B}\left(-\dfrac{1}{2},\dfrac{3\sqrt{3}}{2},0\right)$ ， ${\rm C}\left(1,\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{2\sqrt{6}}{3}\right)$ となる.

(1) ${\rm C}$ から $xy$ 平面である $L$ に下した垂線の足 $\rm H$ の座標は ${\rm H}\left(1,\dfrac{\sqrt{3}}{3},0\right)$ となるので， $\vec{\rm OH}=\alpha\vec{\rm OA}+\beta\vec{\rm OB}$ とすると
$3\alpha-\beta=2$ ， $\alpha+\beta=\dfrac{2}{9}$
となるので， $\alpha=\dfrac{5}{9}$ ， $\beta=-\dfrac{1}{3}$ となり，
$\vec{\rm OH}=\dfrac{5}{9}\vec{\rm OA}-\dfrac{1}{3}\vec{\rm OB}$
となる．

(2) 平面 $M$ が $\rm C$ を通るのは $t=\dfrac{2}{9}$ である．よって，

(i) $0\lt t\leqq\dfrac{2}{9}$ のとき， $S(t)$ $=\dfrac{1}{2}\cdot \left({\rm AB}\cdot t\right)\cdot\left(\dfrac{2\sqrt{6}}{3}\cdot\dfrac{9t}{2}\right)$ $= 3\sqrt{6}t^2$

(ii) $\leqq\dfrac{2}{9}\lt t\lt 1$ のとき，平面 $M$ により $\rm AC$ は $s=\dfrac{9(1-t)}{7}$ を用いて $s:1-s$ に内分されるので，
$S(t)=\dfrac{1}{2}\cdot \left\{{\rm AB}\cdot (1-s)+{\rm AB}\cdot t\right\}\cdot\left(\dfrac{2\sqrt{6}}{3}\cdot s\right)$ $=-\dfrac{96\sqrt{6}}{49}\left(t-\dfrac{1}{8}\right)(t-1)$

となる．

(3) (i) の範囲で単調増加であり，(ii) の範囲で上に凸な放物線であり，頂点は $t$ 切片の中点 $t=\dfrac{9}{16}$ のときで (ii) の範囲に含まれることから， $S(t)$ は $t=\dfrac{9}{16}$ のときに最大値 $\dfrac{96\sqrt{6}}{49}\left(\dfrac{7}{16}\right)^2$ $=\dfrac{3\sqrt{6}}{8}$ をとる．